KESKUSTELUT > MUUT AIHEET > LUKUJONO 2
4624. Lukujono 2
Matti25.2.2009 klo 10:50
Jatketaan tätä Antin aloittamaa säiettä täällä.Lähettäjä: Jaska 24.2.2009 klo 17:58
5, 10, 13, 17, 20, 25, 26, 29, 34, ?
2. Antti1.3.2009 klo 07:42
Jaska, tuntuu vaikealta.
3. Jaska1.3.2009 klo 12:47
Ne ovat kahden luvun summia suuruusjärjestyksessä. Ratkaisun avain saattaa löytyä ristikkopuolelta!
4. Jaska2.3.2009 klo 16:30
Ristikon ruutuja tarkoitin.
5. Olavi Kivalo3.3.2009 klo 22:19
Vaihtoehtoja on taas monta. Tässä yksi monista5, 10, 13, 17, 20, 25, 26, 29, 34, 38, 43, 46
6. Jaska3.3.2009 klo 23:44
Omalle vaihtoehdolleni annoin vinkin ristikon ruuduilla. Ne ovat neliön muotoisia. Kahden nollasta eriävän positiivisen kokonaisluvun neliöiden summista oli siis kyse. Arvelinkin, että suuruusjärjestys vaikeuttaa tämän mahdollisuuden havaitsemista.
7. Matti4.3.2009 klo 00:36
Olisihan tuo ollut ratkaistavissa, jos olisi hoksannut. Joskus aiemminkin Jaska muistaakseni kyseli Pythagoralaisia lukuja.
8. Antti4.3.2009 klo 07:00
Hyvä tehtävä, Jaska!
9. Olavi Kivalo4.3.2009 klo 21:38
Erilaisilla symmetriasäännöillä voidaan tuottaa monia lainalaisuuksia, joilla jatkaa lukujonoa. Vaivaamatta asialla enempää mainitsen, että ehdottamani jatko perustuu sääntöön, jolla lukujonon luvut muodostavat samankokoisten neliöiden päättymättömän jonon. Mutta tämä kaikki on konstailua verrattuna Jaskan ytimekkääseen lakiin.
10. Antti5.3.2009 klo 07:26
1, 2, 3, 5, 7, 10, 12, 17, 18, 23, 30, 32, ?
11. Antti6.3.2009 klo 07:08
Toivottavasti tämä helpottaa. Yllä olevat luvut ovat seuraavan, alkuperäisen lukujonon 24-osia:24, 48, 72, 120, 168, 240, 288, 408, 432, 552, 720, 768, ?
Jaskan hyvän lukujonon luvut olivat summia. Yllä olevat ovat erotuksia.
12. Matti6.3.2009 klo 11:11
Luvut eroavat alkulukujonosta korkeintaan yhdellä, joo. Mutta miten eteenpäin, siinäpä pulma.
13. Antti6.3.2009 klo 12:11
Jonon kukin luku on 5:stä ja 7:stä aloitettu aina kahden päässä olevan kahden alkuluvun neliön erotus. (3 ja 5 ei ole alkulukukaksikkona mukana, koska 5^2 - 3^2 < 24.)24 = 7^2 - 5^2,
[mutta 11^2 - 7^2 ei ole tässä kohdassa, koska 11 - 7 ei ole 2.]
48 = 13^2 - 11^2,
72 = 19^2 - 17^2,
120 = 31^2 - 29^2,
...,
14. Jaska6.3.2009 klo 13:10
Huomasin heti, että kahden neliön erotuksista oli kyse. Alkulukujakin ehdin jo haistella, mutta en ehtinyt hiffata tuota kahden päässä -sääntöä ennen kuin lätkäisit ratkaisut esille. Esim. 552 toteutuu myös alkulukujen 29 ja 17 neliöiden erotuksella, joten ei tullut jatkettua tutkimuksia pariin 139 ja 137 saakka!
15. Matti7.3.2009 klo 00:08
Itse asiassa neliöitä tässä ei tarvita. Antin luvut ovat alkulukuparien keskiluvt jaettuna kuudella. (Ne ovat väistämättä kuudella jaollisia, kuten on helppo nähdä.) Esim. 32 on 191 ja 193 välissä oleva 192 jaettuna kuudella.Varsin mystillistä on se, että Antin sarja on alussa niin lähellä alkulukusarjaa - poikkeama on korkeintaan 1. Näin jatkuu parinkymmenen termin verran, kolmea poikkeusta lukuunottamatta. Mutta sitten lukujonot erkanevat toisistaan. Ensimmäinen poikkeus on 149-151 eli 150/6 = 25. Se oli Antin sarjasta unohtunut.
Onko Antin sarja äärellinen vai ääretön, tai siis onko alkulukupareja äärellinen vai ääretön määrä, se on Wikin mukaan yksi lukuteorian suuria avoinna olevia kysymyksiä. Toistaiseksi pareja on löytynyt vasta äärellinen määrä :-)
16. Antti8.3.2009 klo 13:17
Mikähän on seuraavan äärellisen lukujonon viimeinen jäsen?2, 4, 8, 8, 4; 4, 5, 20, 6; 16, 48, ?
Lukujonon muodostaa kolme osajonoa.
17. Antti9.3.2009 klo 19:28
Kahden ensimmäisen osajonon vimeisestä päätellään kolmannen viimeinen.
18. Matti9.3.2009 klo 20:14
Siis miten jatkuu 4, 6, ... :-)
19. Antti10.3.2009 klo 07:47
Niin, 2, 4, 8, 8 nelikkoa seuraa 4.4, 5, 20 kolmikkoa seuraa 6.
Samalla säännöllä mikä seuraa 16, 48 kaksikkoa?
Sääntö muotoillaan soveltumaan kaikkien ryhmien seuraajan laskemiseen. Ryhmän koko saa olla mikä tahansa n (n=1,2,...) .
(Sääntö ei ole omatekoiseni.)
Seuraaja on kokonaisluku vain harvoissa tapauksissa. Rationaaliluku seuraaja on aina, jos ryhmän luvut ovat kokonaislukuja.
20. Matti10.3.2009 klo 20:24
Antti, helpota vähän: seuraako toisen ryhmän luvut jollakin tavalla ensimmäisen ryhmän luvuista, ja kolmannen ryhmän toisen ryhmän luvuista, vai ovatko ryhmät itsenäisiä, toisistaan riippumattomia?
21. Jaska10.3.2009 klo 20:42
Eivät ole riippumattomia, koska lukujono päättyy haettavaan lukuun. Niin minä käsitän Antin mainitseman äärellisyyden.Minä luovutin jo parin tunnin pähkäilyn jälkeen. Matti on ilmeisesti sinnikkäämpi!
22. Matti10.3.2009 klo 21:27
Minä taas ymmärsin, että kolmannen ryhmän viimeistä lukua kysytään. Mutta mikään ei estä liittämästä mukaan neljättä ryhmää. Ja viidettä. Mutta voihan se toisinkin olla. Olemme Lutheria paremmassa asemassa siinä, että voimme kysyä suoraan tekijältä.
23. Antti11.3.2009 klo 07:06
Matti, ryhmät ovat toisistaan riippumattomia.Jaska, vaikka lopetin lukujonon kolmannen ryhmän viimeisen luvun kysymiseen, mikään ei estä liittämästä mukaan muitakin ryhmiä.
Pitäisi vain löytää kahdesta ensimmäisestä ryhmästä ryhmän viimeisen määräävä yhteinen lainmukaisuus ja soveltaa samaa sääntöä kolmanteen ryhmään.
Lisään vielä yhden valmiin ryhmän:
8, 120, 15.
Tässä 15 on laskettu 8, 120 lukukaksikosta samalla säännöllä kuin edellä annettujen ryhmien viimeinen jäsen. Huomaa että ryhmän viimeinen on aina edeltäjiensä pienimmän ja suurimman välillä.
24. nassakka11.3.2009 klo 14:12
Ehdotus: 16,48,24 ? Eli operoidaanko käänteisluvuilla?
25. Antti11.3.2009 klo 16:24
Oikein, Nassakka.Kerrotko vielä tai kertooko joku toinen käytettävän kaavan?
26. Matti11.3.2009 klo 17:05
No voi jummi. Ihan selvä tapaus, sitten kun se paljastetaan. Hyvä tehtävä, parempi kuin moni muu täällä esitetty. Kansakoulun matematiikka riittää tähän. Mitä on Nummisaiheisto? Tietenkin MA tematiikkaa.
27. nassakka11.3.2009 klo 17:09
1/2+1/4+1/8+1/8=1/1, jaetaan vielä termien lukumäärällä eli nelosella, saadaan 1/4. Nyt nimittäjä 4 on kysytty viides termi.Vastaavasti 1/16+1/48=4/48=1/12. Jaetaan kakkosella,saadaan 1/24. Kysytty kolmas termi on 24.
Sori, en nyt ehdi pukea matemaattisen kaavan muotoon.Toivottavasti meni perille.
28. Jaska11.3.2009 klo 18:02
Hieno tehtävä, mutta väärä päätelmä riippuvuudesta johti umpikujaan. Muutenkin "ei-ehkä-niin-kovin-helppo! Kokonaislukuratkaisu harvoissa tapauksissa? Niitähän on ääretön määrä! No, semantiikkaa...
29. Matti11.3.2009 klo 22:10
On sille ratkaisulle nimikin. Ryhmän viimeinen luku on ryhmän muiden lukujen harmoninen keskiarvo. (Silti harmittaa että en hoksannut.)
30. Antti12.3.2009 klo 06:24
Niin, Jaska, kokonaislukuratkaisujen joukko on tosiaan yhtä mahtava kuin kokonaislukujen joukko. Minun olisi kuulunut ilmaista asia tähän tapaan: Sen todennäköisyys, että tietyn kokonaislukujonon laskettava tunnusluku (harmooninen keskiarvo) on kokonaisluku, on melko pieni.Kaava esitetään yleensä näin:
n / (1/a1 + 1/a2 + ... + 1/an).
Tekee kuitenkin mieli esittää se aritmeettisen keskiarvon muotoa muistuttavassa muodossa:
(1/a1 + 1/a2 + ... + 1/an)/(1/n).
31. Antti12.3.2009 klo 07:39
Olitte armahtavasti vaiti.[1 / (1/a1 + 1/a2 + ... + 1/an)]/(1/n).
32. Antti15.3.2009 klo 08:35
Annettu lukujono {a(i)} (1=1,2,3,... ) on seuraava:1, 4, 9, 16,
Hae kolme lukujonoa, {k(i)}, {l(i)}, {m(i)}, (1=1,2,3,... )
33. Antti15.3.2009 klo 08:42
(Kosketin vahingossa lähetä-painiketta liian aikaisin.)Vaihteeksi helppo tehtävä:
Annettu lukujono {a(i)} (1=1,2,3,... ) on seuraava:
1, 4, 9, 16, 20, 24, 32, 45, 60, ...
Hae kolme lukujonoa, {k(i)}, {l(i)}, {m(i)}, (1=1,2,3,... )
siten, että a(i) = mediaani [k(i), l(i), m(i)] (1=1,2,3,... ).
34. Matti15.3.2009 klo 18:16
En minä nyt oikein bonjaa. Jos asetetaan k(i)=l(i)=m(i)=a(i), i=1, 2, 3, ... niin eikö silloin triviaalisti a(i) ole kolmen muun mediaani, olipa jono a(i) mikä tahansa.
35. Antti16.3.2009 klo 04:44
Otteissaan joskus liian nopea joutuu ajattelemansa rajauksen vetämään tässä vaiheessa: {k(i)}, {l(i)} ja {m(i)} ovat kaikki eri jonoja.
Lisäksi yksittäinen k(i)=l(i) tai k(i)=m(i) tai l(i)=m(i) korkeintaan yhdellä i:n arvolla.
36. Matti16.3.2009 klo 10:38
En oikein vieläkään bonjaa. Jonokäsite tässä on turha, sillä tehtävä ratkaistaan erikseen kullekin i:lle, kaikille samalla tavalla. Tehtävänä on siis löytää luvut k(1), l(1) ja m(1) siten, että niiden mediaani on a(1). Kun ratkaisu on löytynyt, sama kaava käy jokaiselle i:lle.Wikin mukaan järjestetyn lukujoukon mediaani on joukon keskimmäinen luku (jos lukuja on pariton määrä). Näin ollen k(1) voi olla mitä vaan kunhan on pienempi kuin a(1), l(1)=a(1), ja m(1) voi olla mitä vaan, kunhan on suurempi kuin a(1). Tämä sama ratkaisukaava käy jokaisele i:lle. Tätäkö Antti tarkoitit, vai puhummeko nyt toistemme ohi?
37. Antti16.3.2009 klo 12:33
Selkeästi ilmaisematta jäänyt tarkoitukseni oli tämä: k=k(i) on tietty, yksinkertaisella matemaattisella kaavalla ilmaistava i:n funktio, samoin l=l(i) toinen i:n funktio ja m=m(i) kolmas.
Ennenkin olen monesti joutunut huomaamaan ilmaisevani sanomani puutteellisesti. Tarvittaessa koetan vielä selvittää mahdollisia hämäriä kohtia.
38. Matti16.3.2009 klo 15:04
OK, nyt bonjasin. Ensin on siis löydettävä a-jonolle matemaattinen lauseke. Loppu onkin sitten taas helppo: k(i)=a(i)-2, l(i)=a(i)-1 ja m(i)= a(i)+1. Vai olemmeko vieläkään samalla aallonpituuudella?
39. Matti16.3.2009 klo 15:09
Korjaus: a(i):n piti olla kolmikon k(i), l(i), m(i) mediaani. Asetetaan siis k(i)=a(i)-1, l(i)=a(i) ja m(i)=a(i)+1. Tämä tarkoittaisi, että l(i)=a(i) kaikilla i:n arvoilla. Et varmaan tarkoittanut näin?
40. Antti16.3.2009 klo 15:44
En niin tarkoittanut. Olet Matti kekseliäs havaitsemaan yhä uusia ratkaisuvaihtoehtoja, joita en tullut ajatelleeksi. Tällaista oli mielessäni:
Alkuosa {a(i)}-jonoa on myös alkuosa {k(i)}-jonoa,
tästä eteenpäin pätkä {a(i)}-jonoa on myös pätkä {l(i)}-jonoa
ja loppuosa {a(i)}-jonoa on myös loppuosa {m(i)}-jonoa
41. Olavi Kivalo16.3.2009 klo 21:51
Jos unohdetaan nuo mediaanijutut, niin viimeisen vihjeen mukaan lukujonot ovat n^2, 4n ja (4+n)n.???
42. Antti17.3.2009 klo 07:19
Olavi, jäiköhän etumerkki pois? Eivätkö lukujonot olen^2, 4n ja (n-4)n?
43. Olavi Kivalo17.3.2009 klo 19:23
Mielestäni annetusta lukujonosta puuttuu yksi termi, a(7)=28. Tämän mediaanijutun ymmärrän tällöin siten, että a(n) kullakin n:n arvolla on kolmesta luvusta k(n), l(n), m(n) keskimmäinen ja leikkauskohdissa yhtä kuin leikkauspisteessä oleva luku. Lukujonot ovat siis k(n)=n^2, l(n)=4n ja m(n)=(n-4)n ja leikkauspisteet ovat a(4)=k(4)=l(4)=16 ja a(8)=l(8)=m(8)=32. Leikkauspisteen 32 jälkeen a(n)=m(n) ja seuraava termi on 77.
44. Matti17.3.2009 klo 23:59
Joo, a(7)=28 puuttuu. Ja a(9)=45 ja a(11)=77. Näin siis pääsimme Antin kanssa samalle aaltopituudelle. Yhteistyö on voimaa :-)
45. a18.3.2009 klo 06:12
:-) ja ymmärtäväisten anteeksiantavaisuus aarre.
46. nassakka18.3.2009 klo 22:22
Mikä on oheisen lukujonon pienin luku?31,94,47,142,71,214,....,6154,3077,9232,4616,2308, ...
Siis kaikki ovat samaa lukujonoa , jätin vain tuosta välistä muutamia kymmeniä pois.
47. Jaska18.3.2009 klo 22:52
Siis kokonaisluku? 62.
48. Jaska18.3.2009 klo 22:54
Äh, tuohan oli ensimmäinen. Pienin in siis 31.
49. Matti19.3.2009 klo 00:45
-2
50. Antti19.3.2009 klo 05:39
31
51. Olavi Kivalo19.3.2009 klo 07:20
27
52. nassakka19.3.2009 klo 07:28
Ei polta vielä ollenkaan. Siis miettikää ensin , millä lainalaisuudella ko. jono on muodostettu. Toki joudun myöntämään, että olen ollut tehtävänannossa jokseenkin ilkeämielinen. Olisin voinut antaa samaan lainalaisuuteen perustuvan paljon helpommankin jonon.
53. Olavi Kivalo19.3.2009 klo 07:35
Tuo löytyi vasemmalta. Löytyihän sieltä ykkönenkin, kun jatkoi oikealle.
54. Olavi Kivalo19.3.2009 klo 07:54
Mitä lainalaisuuteen tulee, niin a(n+1)=a(n)/2, jos a(n) on parillinen ja a(n+1)=3a(n)+1, jos jos a(n) on pariton. Jono muuttuu lopulta seuraavaksi ...,10,5,16,8,4,2,1,4,2,1,4,2,1...
55. nassakka19.3.2009 klo 08:22
Jess! Oikeassa olet, Olavi Kivalo! Olin tarkoittanut,että 31 on jonon ensimmäinen termi,jolloinka vasemmalle ei olisi voinut jatkaa. Mutta totta on,että jos jonon ensimmäinen termi olisi ollut 27, niin loppuosa olisi ollut sama.Yleisessä muodossa:
a(1)= jokin positiivinen kokonaisluku
a(n+1) = a(n)/2, jos a(n) on parillinen
a(n+1) = 3*a(n)+1, josa(n) on pariton
Jono on siitä metka, että se supistuu aina termiin 1, alkaen sitten toistaa jaksoa ...1,4,2...
Jono on sikälikin jännä,että jonon suppenemisnopeus vaihtelee suuresti, riippuen siitä,mikä on jonon ensimmäinen termi. Alle olen koonnut muutamia esimerkkejä suppenemisnopeudesta. Vasemmalla on jonon ensimmäinen termi ja sitten ykköstä edeltävien termien lukumäärä.
5,5
9,19
16,4
31,106
32,5
128,7
129,121
10000,29
1000000,152
1000001,113
Löysin jonon joskus -80-luvun lopulla jostain lehdestä (Dimensio ?).
Äskettäin se kirjahyllyä siivotessana osui silmiini,kunnes sen taas hukkasin, joten joudun osittain kirjoittamaan muistinvaraisesti.
Jonon on keksinyt joku amerikkalainen vuonna 1984. Tuolloin 80-luvulla ei oltu voitu osoittaa, että aina päädytään ykköseen, lähdettiinpä mistä kokonaisluvusta tahansa likkeelle.Tosin eri puolilla maailmaa oli yliopistojen tietokonekapasiteettia tuhlattu yhä suurempien numeroiden kokeiluun ja aina oli ykköseen päästy.
Itse en kyllä olisi viitsinyt käsin noita laskeskella, mutta tein pienen BASIC-kielisen ohjelman ja koetin löytää mahdollisimman hankalan jonon kiusaksenne.
Kiitos mielenkiinnosta !
56. Antti19.3.2009 klo 08:48
Nassakka, löydönpä olit löytänyt! Uskallankohan tämän jälkeen tarjota seuraavaa?
12, 48, 120, 240, 420, 672, 1008, 1440, ?
57. Jaska19.3.2009 klo 11:17
Ihmettelinkin, että mitä lekkeripeliä tämä on, kun nassakka esittää päässä laskettavan ratkaisun!Helppopa olisi Antillakin, jos seuraava on 1980?
Kenties vähän enemmän puruvoimaa edellyttävä pähkinä:
1, 5, 19, 69, 251, 923, ?
58. Antti19.3.2009 klo 11:24
Oikein, Jaska.
59. Matti19.3.2009 klo 22:51
nassakka, antamastasi esimerkistä päättelin, että a(n+1) = a(n)/2 ja a(n+2) = 3*a(n+1)+1 aina, riippumatta pariteetista. Silloin taaksepäin laskien lähestytään asymptoottisesti vuorotellen -1:tä ja -2:ta. Siitä tuli vastaukseni-2. Oli kiva tehtävä.
60. Matti20.3.2009 klo 00:29
Jaska, 3431
61. nassakka20.3.2009 klo 09:01
Matille. Joo, näkyy olevan, että joku viisaampi löytää aina vielä viisaamman lähestymistavan asioihin. En osannut uskoa,että joku näkisi vaivan etsiä kokeilemalla ratkaisua. Mutta oikeassa olet. Olin kyllä valmistautunut antamaan helpotteen,mutta vastaus löytyi sitä ennen. Esim. ,jos jonon ensimmäinen luku olisi ollut 128, ratkaisu olisi löytynyt hyvin pian. En ole kolmeenkymmeneen vuoteen juuri joutunut näitä matematiikan juttuja pyörittelemään, joten olen hiukan pihalla näistä merkinnöistä ja terminologiasta. Mutta koitetaan mukana roikkua. Koettakaa kestää!
62. Olavi Kivalo20.3.2009 klo 09:30
Jotta näistä lukujonokommista saataisiin enemmän irti, seuraavan termin ilmoittamisen lisäksi voitaisiin esittää myös lainalaisuus, jolla se saatiin. Ja jos mahdollista, niin suljetussa muodossa kuten differenssiyhtälön yleinen ratkaisu.
63. Jaska20.3.2009 klo 12:07
Matin keksimä 3431 oikein. Tehtävä on laskea yhteen Pascalin kolmion "neliöinnissä" syntyvät luvut alkaen huipun luvusta 1. Suurenevien neliöiden kolmessa kulmassa on luku 1 ja yhdessä parillisen luvun binomijakauman keskimmäinen luku. Näin muodostuvissa neliöissä on n toiseen lukua, eli yhteenlaskettavien lukumäärä. En osaa tehtävää yhtälöidä, mutta eiköhän selityksestä jotain tolkkua saa.
64. Antti20.3.2009 klo 12:26
Olavi Kivalon aiheellisen huomautuksen johdosta otetaan askel taaksepäin. 19.3.2009 klo 08:48 oli tämä jono:
12, 48, 120, 240, 420, 672, 1008, 1440, ?
Ratkaisuni oli
a(i) =
mdeterm(i;i^2;i^3;(i+1);(i+1)^2;(i+1)^3;(i+2);(i+2 )^2;(i+2)^3)
Jaska, ratkaisusi lienee esittämääni paljon sujuvampi ja yksinkertaisenpi. Kerrotko, miten löysit 1980?
65. Jaska20.3.2009 klo 12:36
Ihan vain subtraheeraamalla ja lopuksi addeeraamalla!
66. Olavi Kivalo20.3.2009 klo 13:13
Tuo taitaa tarkoittaa, että muodostetaan differenssiyhtälö ('subtraheeraus') ja siitä rekursion avulla päätellään ('addeeraus') seuraava termi. Differenssiyhtälö on a(n)-3a(n-1)+3a(n-2)-a(n-3)=0.
Se on ratkaistavissa analyyttisesti ja ratkaisu annetuilla reunaehdoilla (= lukujonon annetut termit) on
a(n)=4n+6n^2+2n^3. Siitä saadaan a(9)=1980, mutta yhtä helposti myös vaikkapa palindrominen a(101)=2122212.
67. Matti20.3.2009 klo 13:49
Jaskan arvuuttelemat luvut saadaan myös näin:x(n) = (2n yli n) - 1. Tämä seuraa yhtälöstä
summa (n yli i)^2 = (2n yli n).
Esim luvut (4 yli n) ovat 1 4 6 4 1 ja niiden neliöiden summa on 1+16+36+16+1 = 70 joka on (8 yli 4). Tästä sadaan Jaskan 69.
68. Olavi Kivalo20.3.2009 klo 19:44
Tai sitten vain kokeilemalla: x(n) = (2n)!/(n!)^2 - 1
69. Matti21.3.2009 klo 00:31
Luin ensin huolimattomasti Jaskan kommentin 12:07 - sotkin neliön summan ja neliösumman - ja vastasin vähän hyvää päivää kirvesvartta. Aivan selkeästihän Jaska summansa esitti. Syystä tai toisesta nämä Jaskan luvut ovat myös Pascalin kolmion vaakarivien lukujen neliöiden summat -1, jotka taas ovat 2n yli n. Mutta ilman näitä yhtäläisyyksiä Jaskan lukujen jatko olisi ainakin minulta jäänyt selvittämättä.
70. Matti21.3.2009 klo 02:19
Lisään vielä, että Jaskan neliön lukujen summa on seuraavan neliön alakärjessä oleva luku -1. Miksihän? Ja mistähän se 1 sinne vielä saataisiin?
71. Olavi Kivalo21.3.2009 klo 09:52
Toisin sanoen Jaskan lukujono on luettavissa suoraan Pascalin kolmion keskimmäiseltä pystyriviltä ilman mitään 'neliöintejä' kunhan kustakin vähentää ykkösen.Tämä kompa demonstroi hyvin kuinka synteesi (ongelman määrittely) ja analyysi (ongelman ratkaisu) perustuvat erilaiseen päättelyyn. Määrittelijä ei tiedä välttämättä, millä eri tavoin ongelma on ratkaistavissa, ja ratkaisija taas kuinka ongelmaan on päädytty.
72. Antti23.3.2009 klo 07:12
2, 7, 21, 57, 123, ?(Haettakoon, pyydän, muutakin kuin vain polynomiratkaisua.)
73. Matti24.3.2009 klo 02:03
159Antti antoi sen verran vähän lukuja, että niihin saa varmaan sovitettua sellaistakin, mitä Antti ei ajanut takaa. Esim. differenssiyhtälön x(n+3) = 4x(n+2) + 3x(n+1) - 24x(n). Annettuihin lukuihin löytyisi useampiakin kolmannen asteen differenssiyhtälöitä, totta. Mutta ylläoleva on kokonaislukukertoiminen - tämä pienenä meriittinä mainittakoon.
74. Antti24.3.2009 klo 05:15
Kiitos. Matti hyvästä ratkaisusta. Pyrin jatkossa antamaan enemmän lukuja. Tässä ajattelin seuraavaa ratkaisua:3^n - kertoma(n). Seuraava luku on tällöin 9.
75. Matti24.3.2009 klo 11:27
Antin ratkaisu on se oikea. Sen löytämiseksi annetut 5 lukua olisivat riittäneet oikein hyvin.
76. Olavi Kivalo24.3.2009 klo 14:40
Matin ehdottamassa ratkaisussa lukua 159 seuraava luku on -363. Matin tekniikalla löytyy myös sellainen kokonaislukukertoiminen differenssiyhtälö, joka antaa etsityksi luvuksi 9. Se on 23a(n) = 267a(n-1) - 756a(n-2) + 498a(n-3). Tällöin seuraava luku on -2703, mutta ei ole enää kokonaisluku. Oikea olisi -2853.Sensijaan kokonaislukukertoiminen differensssiyhtälö a(n) = 11a(n-1) - 21a(n-2) - 21a(n-3) + 42a(n-4) antaa lukujonon 2, 7, 21, 57, 123, 9,..., jossa kaikki luvut ovat kokonaislukuja. Ysiä seuraaava luku -2799 on jo hitusen pielessä ja sitä seuraavat luvut kasvavassa määrin.
Tuon nämä esille oikeastaan siksi, että kokonaislukukertoimisen ratkaisun löytäminen äärettömästä määrästä differenssiyhtälöitä on sinänsä mielenkiintoinen hakuprosessi eikä meriittinä ihan mitätön.
77. Matti25.3.2009 klo 02:29
Näihin Antin lukuihin sopii ääretön määrä kokonaislukukertoimisia kokonaislukuja antavia kolmannen asteen differenssiyhtälöitä:a(n+3) - (4+7k)a(n+2) - (3-33k)a(n+1) + (24-42k)a(n) = 0
k voi olla mikä tahansa kokonaisluku, positiivinen, nolla tai negatiivinen. Ihmeen paljon saimme irti Antin tehtävän väärästä ratkaisusta :-)
78. Antti25.3.2009 klo 07:44
Sanommeko: vaihtoehtoisesta ratkaisusta?Löytyyköhän netistä suomenkielistä, selkein esimerkein valaistua differenssiyhtälöitten opetusta?
79. Antti27.3.2009 klo 06:30
1, 2, 3, 4, 5, 16, 32, 71, 139, 274, ?
80. Olavi Kivalo27.3.2009 klo 22:44
Tarkoitettua ratkaisua odotellessa 547.
81. Antti28.3.2009 klo 04:40
Oikea sataluku jo löytyi. Kymmenten ja ykkösten kohdalla jäädään vielä odottelemaan.
82. Olavi Kivalo28.3.2009 klo 17:21
Odotellessa vähän välipalaa.-2, 4, 4, 0, -4, 0, 28, 112, ...
83. Antti29.3.2009 klo 04:04
a(n)=2^n-4*n^2+16*n-16Seuraava luku on 316.
84. Olavi Kivalo29.3.2009 klo 09:39
Antilla oikein. Omaasi en bonjaa.
85. Antti29.3.2009 klo 13:24
a(i) = i, kun i = 1,2,3,4,5.Kun i > 5, keksitään ehdot täyttävä differenssiyhtälö.
86. Olavi Kivalo29.3.2009 klo 18:08
Jotain tämän kaltaista aavistelinkin. Ymmärränkö oikein: lukujono on jaettu osiin (tässä ilmeisesti kahteen osaan), joista kullekin pätee erilainen lainalaisuus? Eikö lukujonon perusidea ole nimenomaan yksi lainalaisuus? Vai tuleeko a(i)=i, i=1...5 tulkita alkuehdoksi?Eräs (epätoivoinen) yritykseni perustui havaintoon, että a[n]=Sum[a[i],{i,1,n-1}]+jotain[n], jossa 'jotain[n]' pieni luku. Termille 'jotain[n]', piti keksiä lainalaisuus. Yksi tapa on etsiä siitä jaksollisuus. Useitakin jaksoja löytyy, kun käyttää mielikuvitusta. Erään mukaan 'jotain[11]'=0, josta seuraa a[11]=Sum[a[i],{i,1,10}]=547. Oli selvää, ettei se voinut olla etsitty.
87. Antti30.3.2009 klo 06:18
Lienee sallittua tulkita a(i)=i, i=1...5 alkuehdoksi. Lukujonon määrittelevä differenssiyhtälö alkaa
a(n)=a(n-1)+
kun n>5.
Mukana aloitetussa summassa on lisäksi
1.) eräällä kertoimella varustettu a(n-5),
2.) toisella kertoimella varustettu eräs a(n-j), 1<j<5 ja
3.) eräs muu yhteenlaskettava.
88. nassakka30.3.2009 klo 14:14
Jos oikein ymmärsin,niin (esim.)a(6)=a(5)+ka(n-5)+ma(n-j)+X = 5+k+ma(n-j)+X, missä
k,m ovat kertoimia
j=2,3,tai4
X= eräs muu yhteenlaskettava.
Jos k ja m ovat positiivisia kokonaislukuvakioita, mahdollisia kombinaatioita k,m,j on kohtuullisen vähän.
En ole onnistunut kuitenkaan löytämään X:lle loogista riippuvuutta, ainakaan vielä. Olenkohan ollenkaan oikeilla jäljillä?
89. Antti30.3.2009 klo 15:58
Näin tarkoitan, Nassakka. Pitää löytää k, m, j -kokonaislukukolmikko ja X(n)-funktio.
90. Olavi Kivalo31.3.2009 klo 21:25
Seuraavassa ratkaisu, kun n>3. Ilman vippaskonsteja:a(n+4) = 51a(n+3) - 169a(n+2) + 51a(n+1) + 222a(n).
Lukujono on 4, 5, 16, 32, 71, 139, 274, 1208, ... Termit a(1)=1, a(2)=2 ja a(3)=3 eivät kuulu joukkoon ja ovat siis hämäystä.
91. Antti1.4.2009 klo 07:34
Olavilta kunnioitettava saavutus.Kuitenkaan en tapaa hämätä. Seuraa ratkaisuni.
a(n) = n, kun n=1, 2, ..., 5.
a(n) = a(n-1) + 2*a(n-2) + 5*a(n-5) - 2^(n-5)
kun n>5.
1, 2, 3, 4, 5, 16, 32, 71, 139, 274, ?
? = 568.
92. Olavi Kivalo3.4.2009 klo 10:30
Lukujono ja differenssiyhtälö, lyhyt oppimäärä.Olkoon annettu lukujonon pätkä x(1),...,x(6), jonka seuraavaa termiä x(7) kysytään. Voidaan aina määritellä yhtälöryhmä x(4+i)= ax(3+i) + bx(2+i) + cx(1+i), jossa i=0,1,2, ja ratkaista siitä a, b ja c. Tällöin vastaus on tietysti x(7)= ax(6) + bx(5) + cx(4) ja ’yleinen ratkaisu’ x(n)= ax(n-1) + bx(n-2) + cx(n-3), jossa n>3.
Tämä on jokseenkin triviaalia. Lähes ainoa haaste on etsiä sellaiset vakiot a, b ja c, joilla differenssiyhtälö tulee kokonaislukukertoimiseksi. Toinen vaihtoehto on valita yhtälöryhmäksi x(5+i)= ax(4+i) + bx(3+i) + cx(2+i) + dx(1+i), jossa i=0,1, ja ratkaista siitä a ja b c:n ja d:n funktiona ja hakea sellaiset kokonaisluvut c ja d, että myös a ja b ovat kokonaislukuja.
Yllämainittu ’yleinen ratkaisu’ on oikeastaan vasta yleisessä muodossa oleva differenssiyhtälö ja kelpaa rekursiivisesti seuraavan termin ratkaisuun edellyttäen, että edelliset on annettu. Varsinainen yleinen ratkaisu on muotoa x(n) = f(n). Se antaa lukujonon jokaisen termin muista termeistä riippumatta. Se määrittelee siis myös termit x(1), x(2) ja x(3) osana lukujonoa, kun taas rekursiivisessa ratkaisussa nämä alkupään termit ovat lukujonoon kuulumattomia ’alkuehtoja’. Suljetussa muodossa olevan yleisen ratkaisun löytäminen ei ole välttämättä helppoa.
Differenssiyhtälön varinaisen yleisen ratkaisun kannalta lukujonoon kuulumattomat termit ovat hämäystä samassa mielessä kuin koululaisvitsimuunnelmassa: Mikä on karvainen ja kirisee kiukahalla? –Makkara. Karvaisuus oli vain hämäystä!
93. Antti3.4.2009 klo 16:22
Edellä mainittujen ongelmien välttämiseksi ei nyt käytetä differenssejä eikä rekursiota. a(n) on lausekkeeltaan lyhyehkö:-1, 1, 11, 49, 179, 601, 1931, 6049, 18659, ?
94. nassakka3.4.2009 klo 19:00
57001
95. nassakka3.4.2009 klo 19:28
Siis 3^(n-1)-2^n.
96. Antti4.4.2009 klo 06:48
Nassakka löysi ajatuksen.Ilmaisen ratkaisun mieluummin toisin:
a(n) = 3^n - 2^(n+1), n = 1, 2, ...
Jos ilmaistaisiin suoraan
b(n) = 3^(n-1)-2^n, n = 1, 2, ...
b-jono olisi
-1, -1, 1, 11, 49, 179, 601, 1931, 6049, 18659, 57001, ...
ja ratkaisu pitäisi kirjoittaa ikävästi
a(n) = b(n+1), n = 1, 2, ...
97. nassakka4.4.2009 klo 07:15
Noinhan se tarkkaan ottaen menee. Olisiko muuten kiellettyä aloittaa lukujono muualta kuin ykkösestä?Siis esim. a(n)= jotakin, n = 2,3,4...
98. Jukkis11.4.2009 klo 17:57
Hiukka lukuteoriaa tähän. Tosin ei jonoja.Mikä on summan
1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + 1/25 + 1/36 + 1/49 + ...
arvo?
Mikä on tulon
(1-1/4)*(1-1/9)*(1-1/25)*(1-1/49)*(1-1/121)*(1-1/1 69)*(1-1/289)*(1-1/361)* ...
käänteisluvun arvo?
Ekassa siis esiintyy luonnollisten lukujen toiset potenssit, jälkimmäisessä alkulukujen toiset potenssit.
(Nassakalle: Voiko lukujonon ensimmäistä jäsentä kutsua sen toiseksi jäseneksi?)
99. Olavi Kivalo11.4.2009 klo 23:38
Eikös näistä tuu kaks r kertoo pii k per c c, eiku - sori - pii toisee per kuus.
100. Antti13.4.2009 klo 07:57
Jukkis, Olavi Kivalon ensimmäiseen kysymykseen antama vastaus pii^2/6 näyttää ainakin melkein oikealta.Toisen kysymyksen vastaukseksi arvaan 2/pii.
101. Olavi Kivalo13.4.2009 klo 09:16
Koska vastaukseni oli sekava, täsmennän, että molempien arvo on pii^2/6.
102. Matti13.4.2009 klo 17:28
Tämä on minun lemppari:1/(1+1) +1/(1+4) + 1/(1+9) + 1/(1+16) + ... + 1/(1+i^2) + ...
Tarkkaa arvoa siis kysytään.
103. Olavi Kivalo13.4.2009 klo 17:39
Siis Sum[1/(1 + i^2), {i, 1, Infinity}] = ?Se on 1/2 (-1 + Pi Coth Pi)
104. Olavi Kivalo13.4.2009 klo 17:49
Sori, jos söin kaiken, mutta pääsiäisenä ei voi vastustaa herkuttelua pässinlihalla.
105. Matti13.4.2009 klo 19:09
OK, näin on. Tämä on helppo:1/1^4 + 1/2^4 + 1/3^4 + ... ad infinitum
106. Jukkis13.4.2009 klo 20:12
Riemannin zeta-funktiota taas.Eli tuo on sama kuin
1/[(1-1/2^4)*(1-1/3^4)*(1-1/5^4)*(1-1/7^4)*(1-1/11 ^4)
*(1-1/13^4*(1-1/17^4)*(1-1/19^4)* ...]
Minä tuon omani laitoin lauantaina siksi kun luin juuri kirjan John Derbyshire: Alkulukujen lumoissa. Aivan käsittämättömän kiinnostava ja kiehtova kirja. Siellä on mm. noita zeta-funktion esitystapoja, joista nähdään, että luonnollisten lukujen potenssien käänteislukujen summa voidaan lausua edelläolevan tyyppisenä alkulukujen potensseja sisältävien termien tulona (tai siis tulon käänteislukuna).
Se, että alkuluvut käyttäytyy noin on ainakin minusta aika käsittämättömän ihmeellistä, vaikka asian todistaminen ei ole edes vaikeaa.
Tuo kirja käsittelee Riemannin hypoteesia: "Kaikkien zeta-funktion ei-reaalisten nollakohtien reaaliosa on 1/2." Noita nollakohtia on laskettu 10 biljoonaa, ja kaikkien reaaliosa on 1/2. Mutta kun niitä on vielä äärettömän monta laskematta, niin kukaan ei osaa varmuudella sanoa, onko kaikkien muidenkin reaaliosa 1/2.
Suosittelen vahvasti kirjaa. Oli niin kiinnostava että meinasi järki lähteä.
Ai niin, tuosta Matin summasta tulee pi^4/90. Mutta mitä tulee, jos summassa nimittäjissä potenssina on 3?
107. Olavi Kivalo13.4.2009 klo 21:21
Zeta[3]=1.20206Kiitos hyvästä kirjavinkistä.
108. Jukkis13.4.2009 klo 21:55
Mutta mikä on tarkka arvo?
109. Olavi Kivalo13.4.2009 klo 22:56
Viestini oli, että mikäli tällä on tarkka arvo, se ei ole minun välittömässä tiedossani.
110. Jukkis13.4.2009 klo 23:03
Eipä se ole kenenkään muunkaan tiedossa. Parittomilla argumenteilla ei kerrassaan kukaan ole keksinyt tarkkoja arvoja. Parillisilla löytyy. Esim. 1+1/2^26+1/3^26+1/4^26+...
= 1315862*(pi^26)/11094481976030578125.
111. Matti13.4.2009 klo 23:14
Jukkikselle kiitos kirjavinkistä. Zeta-funktion antama yhteys luonnollisten lukujen ja alkulukujen välille on täysin mystinen juttu. Siitä huolimatta, että kaavan voi todistaa aika vaatimattomalla matematiikan arsenaalilla. Kuten Jukkis kertoi.Vastaan Nassakalle esitettyyn kysymykseen: Voiko lukujonon ensimmäistä jäsentä kutsua sen toiseksi jäseneksi? Kyllä voi, aivan hyvin. Itsehän sen ensimmäisen termin saa valita. (Vai puhunkohan nyt ihan ohi sen mistä edellä oli kysymys?)
112. Antti14.4.2009 klo 08:35
1, 2, 12, 288, 34560, 24883200on eräitten n kertaa n (n=1, 2, ... , 6) determinanttien jono. Mitä esimerkiksi kyseiset n kertaa n matriisit voivat olla? Kukin A(i,j) voidaan ilmaista lyhyenä i:n ja j:n lausekkeena. (1 <= i,j <= n, n=1, 2, ... , 6)
113. Jukkis14.4.2009 klo 14:58
Että siis niinkö, että esim. 3x3 -matriisin alkio 3,2 lasketaan samalla lausekkeella kuin esim. 6x6-matriisin alkio 3,2?Että siiskö on vain yksi lauseke (A,i,j) = jotakin, jolla lausekkeella sitten voi laskea minkä tahansa matriisin alkio i,j niillä i:n ja j:n arvoilla, jotka sille matriisille on luvallisia.
Että siis niinkö, että esim. 3x3 -matriisi esiintyy 6x6 -matriisin vasemmassa ylänurkassa sellaisenaan?
114. Antti14.4.2009 klo 15:01
Niin.
115. Matti14.4.2009 klo 16:06
Että siis niinkö, että seuraava matriisi saadaan, kun edelliseen matriisiin lisätään yksi vaakarivi alle ja yksi pystyrivi oikealle?
116. Antti14.4.2009 klo 17:54
Niin.
117. Jukkis14.4.2009 klo 18:23
Jos tekee tämmöisenA(i,j) = i^2, jos i = j
A(i,j) = i, muulloin
niin determinantit on
1, 2, 12, 144, 2880, 86400
eli kolme ekaa tulee samat, mutta sitten erkanee.
Sitten justeerasin noita lävistäjän arvoja (Excelin Goal seek auttoi). Jos 6x6 -matriisin lävistäjällä on luvut 1, 4, 9, 28, 125, 726, ja muut arvot on A(i,j) = i, niin lohkaisemalla tuon 6x6-matriisin vasemmasta ylänurkasta 1x1 ... 6x6 -matriisit saa determinanttien arvoiksi just nuo Antin luvut.
Onkohan noille lävistäjän luvuille sitten joku simppeli kaava? Ja noinkohan tämä on Antin ajattelema vastaus?
118. Antti14.4.2009 klo 20:13
Kuten tiedämme, on monia matriisijonoja, joilla on antamani determinantit. Ajattelin jonoa, jossa jokainen A(i,j) ilmaistaan samalla yksinkertaisella kaavalla jokaisella luvallisella i:n ja j:n arvolla. Jukkis tutkimuksensa tuloksilla rohkaisee minua vielä odottamaan ratkaisuani löytämänänne ratkaisunanne.
119. Jukkis14.4.2009 klo 20:39
No ei tämäkään vissiin täytä tuota ehtoa "jokainen A(i,j) ilmaistaan samalla yksinkertaisella kaavalla jokaisella luvallisella i:n ja j:n arvolla", mutta:A(i,j) = i!, jos i = j
A(i,j) = 0 muualla
120. Jukkis14.4.2009 klo 20:52
Jos tuo pitää yhdellä kaavalla ilmoittaa niin vaikka ettäA(i,j) = i! * int(1/(|i-j|+0.1))/10
121. Matti14.4.2009 klo 22:23
No mutta siinähän se on. A(i,j)=i! jos i=j ja A(i,j)=0 muulloin. Arvelen, että Antilla on samalle jonolle jokin muu esitys. Tehtävänhän voisi muuten asettaa, että miten jatkuu 1, 2, 12, 288, 34560, 24883200, ...
122. Jukkis14.4.2009 klo 22:59
Näköjään nuo luvut 1, 2, 12, 288, 34560, 24883200, ... on nimeltään "superfactorial". Suomennosta "superkertoma" ei googlaamalla löydy. Eli esim. 34560 = 1!*2!*3!*4!*5!
123. Matti15.4.2009 klo 00:22
Seuraava olisi supersuperfactorial. Summapuolella tämä on tunnetumpi. Janan pituuden kasvu, neliön nurkan pinta-alan kasvu, kuution sopen tilavuuden kasvu, hyperkuution ... Tähän summasarjaan törmää esim, kun katsoo mikä on yhden, kahden, kolmen, ... [0,1]-tasaisesti jakautuneen satunnaissuureen summan tiheysfunktion alkupätkä.
124. Olavi Kivalo15.4.2009 klo 00:36
Näitä matriiseja on ääretön määrä ja sen arvaaminen, mitä Antti on ajatellut, on sattuman kauppaa. Matriisin ei tarvitse olla diagonaalinen. Esim. A(i,j)=i^j toimii.
125. Antti15.4.2009 klo 06:54
Kiitos, kaikki osallistujat, opettavaisista osuuksistanne! Olavi ilmaisi edellisessä ratkaisuni, taikka, sanojaan käyttäen, arvasi ajatukseni.
126. Jukkis15.4.2009 klo 17:13
Aika vänkää, että tommoisesta potenssimatriisista determinanttien kautta tulee nuo "superkertomat". Ei ihan heti tulis mieleen tommoinen. Näköjään jos tuon matriisin määrittelee näin:
A(i,j) = i^(j-1)
niin tuloksena on Vandermonden matriisiksi kutsuttu olio, jonka determinantti voidaan laskea tämmöisenä hassuna erotuksien tulona:
mathworld.wolfram.com/VandermondeDeterminant.html
ja silloin 1x1 ... 6x6 -determinanttien arvoiksi tulee
1, 1, 2, 12, 288 ja 34560
eli superkertomat alkaen superkertoma(0):sta. Superkertoma näköjään merkitään esim. että n $, eli tuossa edellä on lueteltu 0 $, 1 $, 2 $, 3 $, 4 $ ja 5 $ :n lukuarvot.
Hupaisaa matikkaa tämä.
127. Matti15.4.2009 klo 20:27
Kivat sivut olit löytänyt, Jukkis. Piti heti bookmarkata.
128. Antti16.4.2009 klo 07:09
2, 5, 7, 9, 11, 12, 13, 15, 19, ?Opaste:
a(1)=2, a(2)=5.
Kun n>2, {a(1), a(2), ..., a(n-1)} on "eteinen", jonka kautta päästään a(n):ään.
129. Olavi Kivalo16.4.2009 klo 15:20
Palaan vielä Antin edelliseen. On ilmeistä, että ratkaisumatriiseja on ääretön määrä, mutta niitä, jotka toteuttavat ehdon, että kukin termi "voidaan ilmaista lyhyenä i:n ja j:n lausekkeena" ei tunnu olevan kovin helppo löytää. Seuraava ei-diagonaalinen kelvannee:A(1,1) = 1 (tulee alkuehtona 1x1-matriisista, joka on skalaari.)
A(i,j) = 1+ i! jos i=j>1
A(i,j) = 1 muualla
130. Jukkis16.4.2009 klo 16:52
Ja tässäkin joku ratkaisu on elegantimpi kuin joku toinen. Turha tämmöisiä "lisätään kaikkiin muihin alkioihin 1 paitsi yhteen ei lisätäkään"-ratkaisuja on kaivella sen jälkeen kun se elegantein ratkaisu (14.4.2009 klo 20:39) on löytynyt. Jos homma hoituu lävistäjämatriisilla, niin ei siinä muunlaisilla matriiseilla ole enää mitään sanomista. Lävistäjämatriisit rulaa!
131. nassakka16.4.2009 klo 21:05
Antin uusin:Jos oikein laskin,niin ?= 23.
Opaste johti oikeille jäljille. Kyse on siis (minkä tahansa) kahden edeltävän termin summasta, joka voidaan muodostaa vain yhdellä tavalla. (Onkohan riittävän epäselvästi sanottu?)
Ovatkohan loput luvut parittomia?
132. Olavi Kivalo16.4.2009 klo 22:49
Otin yllä vastuuta lauseestani "Näitä matriiseja on ääretön määrä". Lisää, ja vielä vähemmän elegantteja, löytyy. Kiitoksia Antti hyvästä tehtävästä. Se taisi olla kiinnostavampi kuin arvasitkaan. Mitähän kautta päädyit siihen (ei tarvitse kertoa). Vandermonde-matriisi, joka siis ei ole diagonaalimatriisi, syntyy käyränsovituksessa polynomeilla.
133. Antti17.4.2009 klo 06:41
Nassakka, oikein päättelit 23. Kuten sanoit, jonon alkupään 2 ja 12 ovat jonon ainoat parilliset luvut. Tehtävänannossa puhuin "eteisestä", koska jono on "Ulam"-jono ja ajattelen nimityksen saattavan olla hebreaa, jossa "ulaam" on eteinen. Israelissa on eteviä matemaatikoita. Suomessa vierailleen professorin, Abraham Arcavin luentoja olen kuullut, ja olen myös opintojeni yhteydessä saanut häneltä henkilökohtaista opastusta.Olavi, oikein sanoit: Kiintoisampi ja antoisampi kuin arvasinkaan toiseksi viimeinen tehtävä oli, teidän ansiostanne, eikä minun. Kysymys löytyi etsiesesäni vaihteeksi matriiseja koskevaa tehtävää ja kokeillessani monenlaisia eri mahdollisuuksia. Mitä kaikkea valitsemastani aiheesta esille saittekaan! Beethovenin kuulijat ihmettelivät, mitä kaikkea hän mistä tahansa annetusta sävelaiheesta improvisoimalla esille saikaan.
134. Olavi Kivalo17.4.2009 klo 10:38
Kuriositeettina todettakoon, että Nassakan 18.3.2009 klo 22:22 esittämä lukujono tunnetaan paitsi Collatzin myös Ulamin lukujonona. Sen väittämä, että riippumatta lähtöluvusta se konvergoi aina ykköseen, on edelleen todistamatta.
135. Jukkis17.4.2009 klo 11:27
Minä en nyt ymmärrä, miksi tässä 16.4.2009 klo 07:09 jonossa2, 5, 7, 9, 11, 12, 13, 15, 19, ....
yhdeksäs luku on 19.
136. Jukkis17.4.2009 klo 11:29
Itse asiassa en ymmärrä sitäkään, miksi kahdeksas luku on 15.
137. Jukkis17.4.2009 klo 11:40
Nyt ymmärrän. On nää jotkut jonot aika jänskiä, ei kaikki.
138. Jaska17.4.2009 klo 13:19
Jonossa 2, 5, 7, 12, 19, 31, 50, 81, 131, 212, 345, 557, 902 jne on "eteisestä" lähtien kahden viimeisimmän luvun summat. Kuuluuko jonon parittomista a) kaikki, b) osa, c) ei mikään Antin esittämään ja Nassakan ratkaisemaan jonoon?
139. Jaska17.4.2009 klo 15:32
Täsmennys: c) ... 81:stä alkaen.
140. Antti17.4.2009 klo 17:21
Jukkis antoi 15.4.2009 klo 17:13 osoitteen, josta löytyvien listausten perusteella Jaskan kysymyksen vastauksena näyttää olevan c-vaihtoehto. Perustelun jätän etevämmilleni.
141. nassakka17.4.2009 klo 19:47
Kiitokset Olavi Kivalolle kommenteista koskien Collatzin/Ulamin lukujoukkoa. Sitäpaitsi se näyttää olevan vanhempi kuin kerroin, vuodelta 1937.Jos ääretön laiskuus antaisi periksi, olisi mukava tutkia, minkälaisia arvoja Antin eilinen jono saisi erilaisilla lähtöarvoilla. Annetut lähtöarvot a(1)=2 ja a(2)=5 tuntuvat jotenkin summittaisilta. Ja vielä vaikeammaksi tietysti menee, jos laskettaisiin kolmen tai useamman luvun summia.
142. Antti18.4.2009 klo 05:34
Nassakka, tässä ovat kaikki a(1)=2 ja a(2)=5 lähtöarvoja pienempien arvojen tapaukset:a(1)=1 ja a(2)=2 antaa 1, 2, 3, 4, 6, 8, 11, 13, 16, 18, ...
a(1)=1 ja a(2)=3 antaa 1, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 17, 21, ...
a(1)=1 ja a(2)=4 antaa 1, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 16, 18, 19, ...
a(1)=1 ja a(2)=5 antaa 1, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 12, 20, 22, ...
a(1)=2 ja a(2)=3 antaa 2, 3, 5, 7, 8, 9, 13, 14, 18, 19, ...
a(1)=2 ja a(2)=4 antaa 2, 4, 6, 8, 12, 16, 22, 26, 32, 36, ...
143. Olavi Kivalo18.4.2009 klo 09:30
Kuinka jatkuu3, 7, 13, 31, 37, 43, 67, 73, 79, 127,...
144. nassakka18.4.2009 klo 09:34
Kiitokset Antille vaivannäöstä!Jos a(1)=2 ja a(2)=7, toinen parillinen luku =a(7)=16
Jos a(1)=2 ja a(2)=9, toinen parillinen luku =a(8)=20
Jos a(1)=2 ja a(2)=11, toinen parillinen luku =a(9)=24
Jne..
Muilla arvoilla en äkkiseltään kovin mielenkiintoista löytänyt.
Esim. jos a(1)=1 ja a(2)=11 , niin jonossa on 23 lukua<100,joista 9 peräkkäistä 47...55.
Mitä hullumpia asioita näistä lukuteorian jutuista hoksaa tutkia,sitä suurempi mahdollisuus on päästä tieteen historiaan!
145. Matti18.4.2009 klo 14:55
Siis mikä on juoni Antin jonossa 2, 5, 7, 9, 11, 12, 13, 15, 19, ? nassakka esitti ratkaisun niin tiivistetysti, että en tajua. Siis että otetaan edellisistä luvuista kaikkien lukuparien summat, ja sitten valitaan se summa, joka esiintyy vain kerran?
146. nassakka18.4.2009 klo 16:18
Matti, juuri noin, kuten sanoit. Valitaan pienin niistä summista, jotka esiityvät vain kerran. Esim. luvuista 2,5,7 ja 9 saadaan summat 7,9,11,12,14 ja16. Nyt 7 ja 9 ovat esiintyneet jo aiemmin, joten valitaan pienin eli 11. Myöhemmillä "kierroksilla" käy niin,että 14 ja 16 eivät kelpaa, koska ne sitten saadaan jo useammalla summakombinaatiolla.
147. nassakka18.4.2009 klo 17:47
Jaska 17.4. klo 13.19... a) , b) , c) ?Vastaus:b
Luvut 131 ja 555 kuuluvat myös Antin esittämään jonoon. Sen sijaan 343 ei kuulu. (Sinulla pieni laskuvirhe.)
148. Antti18.4.2009 klo 19:14
Nassakka, kiitos edellisestä.Matti ja Nassakka, toisin ilmaistuna Ulam-jonon alku on 2, 5. Jonoon otetaan jonon suurinta seuraavista kokonaisluvuista pienin, joka yhdellä ja vain vain yhdellä tavalla voidaan ilmaista Ulam-jonossa jo mukana olevien summana.
149. Olavi Kivalo19.4.2009 klo 08:11
Siis kuinka jatkuu 3, 7, 13, 31, 37, 43, 67, 73, 79, 127,...Vihje: lähdetään liikkeelle luonnollisten lukujen joukosta a(n)=n ja poistetaan siitä lukuja tietyillä seuloilla.
150. nassakka19.4.2009 klo 14:27
Olavi Kivalon luvut ovat onnellisten lukujen (lucky numbers) joukosta poimitut alkuluvut eli onnelliset alkuluvut. Tämä nyt tuntuu vähän lunttaukselta, sillä pari viikkoa sitten poimin esille saman jonon aikomuksenani ehkä joskus kysyä aiheesta...
Onnelliset numerot muodostetaan lähtien luonnollisista luvuista:
1,2,3,4,5,6,7,8,9,...
Poistetaan joka toinen, jää
1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,...
Toinen numero on 3, poistetaan joka 3. , jää
1,3,7,9,13,15,19,21,25,...
Kolmas numero on 7, poistetaan joka 7., jää
1,3,7,9,13,15,21,25,...
Näin jatkamalla saadaan onnellisten lukujen joukko,
josta siis tässä tapauksessa otetaan vain alkuluvut.
Onnellisilla luvuilla on joitakin mielenkiintoisia ominaisuuksia , joista ehkä myöhemmin.
En usko, että ainakaan yllekirjoittaneen aivokapasiteetti olisi riittänyt tehtävän ratkaisemiseen, ellei olisi ollut vanhoja pohjia.
Omat onnelliset lukuni ovat 19 ja 4.Täytyy tästä lähteä monivuotishääpäivän viettoon.
151. Matti19.4.2009 klo 15:14
Tällainen löytyi Jukkiksen esille tuomasta osoitteesta:-http://mathworld.wolfram.com/LuckyNumber.html
Itse en moisista onnellisista luvuista ollut ennen kuullut. Olivat kai sitten ennenkuulumattomia.
152. Olavi Kivalo19.4.2009 klo 15:56
Otin tuon onnekkaiden lukujen jonon esille lähinnä päiviteltäväksi, kuinka uuttera matemaatikko Stanislaw Ulam oli. Tämä on nyt kolmas lukujono tällä palstalla, johon hänen nimensä liitetään.Luvut ovat onnekkaita, koska ovat selviytyneet hengissä seulontaprosessista. Tämän jonon luvut ovat erityisen onnekkaita, koska viimeinen seula hyväksyy jäljelle jääneistä vain ne, jotka ovat alkulukuja. Jonon seuraava luku on 151.
153. nassakka19.4.2009 klo 17:20
-http://fi.wikipedia.org/wiki/Onnellinen_lukuLuulin tuon kotimaisen Wikipedian onnellisten lukujen artikkelin olevan yhtäpitävä edellä esitetyn kanssa. Jokin siinä kuitenkin mättää. Onko olemassa monenlaisia onnellisten lukjen joukkoja ?
154. Jukkis19.4.2009 klo 18:31
Noi on näköjään englanniksi "happy numbers". Sitten on vielä "fortunate numbers". Lieneekö näille kovinkaan virallisia suomennoksia olemassa?
155. Matti19.4.2009 klo 18:55
Kun lueskelee näitä erilaisia onnen määritelmiä (esim. Eulerin onnelliset luvut) jää miettimään, että mitä virkaa niillä on. Johtavatko ne mihinkään. Onko niille olemassa jonojen eri ominaisuuksista kertovaa teoriaa. Ei sen puoleen, ainahan on lupa tällaisia rakennella, vaikka vastaukset ylläoleviin kysymyksiin olisivatkin kielteisiä.
156. Antti20.4.2009 klo 07:17
Nassakka, jälkikäteisonnittelu 19.4. johdosta! Pyydän sallimaan jonkun rivin aiheen sivusta. Kärsivällisyytenne palkaksi yritän keksiä liittolukuja koskevan jonotehtävän.
Kirjoittaja ja vaimonsa lähtivät merkkipäivänään 18.2. Israeliin, jossa kulkivat linja-autoilla etelästä pohjoiseen ja idästä länteen kahdestaan kahden viikon ajan. Suunnittelemanaan paluupäivänä kuulivat lentokentällä: Tilaa vain yhdelle. Matkatoimisto oli myynyt liikaa lippuja. Niin vaimo kotiin kuulemaan työpaikalla: Näinkö lyhyt yhteinen taival olikin. Aviomies palasi kolmen päivän päästä El Alin koneella. Näin kävi 2A-10 vuotta sitten.
157. Jukkis20.4.2009 klo 08:59
Olikos tässä nyt sitten mukana pähkinä, eli pitäisi ymmärtää, mitä tarkoittaa "Näin kävi 2A-10 vuotta sitten"?
158. Antti20.4.2009 klo 09:23
Kun Nassakka ei sanonut aviossaolovuosiensa lukua ollenkaan, ajattelin omammekin sanoa kätketysti. Kätköllä käyminen on harkintanne varaista.
159. Matti20.4.2009 klo 12:11
2A - 10 = 1A
160. Antti20.4.2009 klo 13:17
Matti sievensi ilmaisua yleispätevällä laskentamenettelyllä, mutta päätti olla käymättä siitä eteenpäin.
161. Jaska20.4.2009 klo 17:24
Antti ja nuorikkonsa olivat siis häämatkalla Israelissa 10 vuotta sitten.
162. Antti20.4.2009 klo 18:10
Näin olisi kyllä, jos luvut olisivat kymmenjärjestelmän lukuja ja jos olisi A = 0. Kumpaakaan kohtaa en ajatellut noin päin, vaan tapahtumasta on yli 10 vuotta.Liittolukuihin: Mikä kompleksilukujono on {a(i)} (i=1,2,...) ,
kun {a(i) * a(i):n liittoluku} (i=1,2,... )
= 2, 0, 2, 8, 18, 32, 50, 72, 98, ...
163. Matti20.4.2009 klo 18:20
1A = yli 20 vuotta.
164. Jukkis20.4.2009 klo 18:28
Hiukka vaarallista laittaa kompleksilukujonon järjestyslukuindeksiksi i. Ellei ole tekemässä jonkinlaista outoa kompaa. Mutta nyt vissiin i ei sitten tarkoita imaginääriyksikköä?Jos käytetään j:tä imaginääriyksikkönä, niin miten olis
a(i) = (i-2) +j*(i-2), i = 1, 2, 3, ....
165. Antti20.4.2009 klo 19:15
Matti, niin on.Jukkis, niin on.
Eräs toinen ratkaisu:
a(i) = (2-i) +j*(i-2), i = 1, 2, 3, ....
166. Matti20.4.2009 klo 21:05
a(n)=2*(n-2)^2 +i*0Mielestäni ei oikein hyvä tehtävä, koska jätti niin julmetusti vapauksia ratkojalle.
Palautin i:n kunniaan. Sähkömiehet käyttävät j:tä, koska heillä i on jo ikiajoista varattu virran symboliksi.
167. Matti20.4.2009 klo 23:31
Tuosta jäi minulta neliöjuuri puuttumaan. Kiitos hienotunteisuudestanne.
168. Olavi Kivalo21.4.2009 klo 11:52
Yhteenvedettynä:a(n) = (n-2)x + i*(n-2)Sqrt[2-x^2],
jossa x on vapaa muuttuja. Kuitenkin on oltava 0<x^2<2, jotta lukujono olisi kompleksinen. Jos x^2=2, saadaan Matin ehdotus. Jos x=1, saadaan ylläolevat ratkaisut.
169. Jaska21.4.2009 klo 12:01
7, 11, 29, 37, 67, 79, 137, 191, 211, ?
170. Matti22.4.2009 klo 00:04
Tämä on varmaan jokin kahden seulan leikkaus ja kolmannen unioni.
171. Antti22.4.2009 klo 08:17
Jaskan seulontapulma om vaikea.Tässä ehkä sitä helpompi:
5, 11, 17, 29, 37, 41, 53, 57, ?
172. Antti27.4.2009 klo 14:29
Toistan kysymykseni helpotettuna.5, 11, 17, 29, 37, 41, 53, 57, ?
a(1), a(2), a(3), ... olkoon alkulukujen jono.
Sitä tarkastettaessa on valittu a(i), i =2, 3, ...,
jos ja vain jos {a(i-1), a(i), a(i+1)}-kolmikko täyttää erään ehdon.
Mikä on tämä valintaehto?
173. Antti28.4.2009 klo 16:35
Kiinnostavuutensa kadottaneen kysymykseni ratkaisu:Valintaehto on [a(i)]^2 > [a(i-1)] * [a(i+1)]
Tätä alkulukujonoa sanotaan "hyväksi".
Seuraava luku on 59.
174. Matti28.4.2009 klo 21:34
Jos tämä oli helpompi, niin Jaskan seulontapulma on todella vaikea.
175. Jaska28.4.2009 klo 22:48
Anteeksi, piti tässä jo päivänä muutamana huomauttaa, että kyllähän ratkaisukriteerin sisältämä alkulukujono sisältää myös luvun 2. Miten jäikin pois. Pahoittelen kovasti, jos nimenomaan tähän kaatui ratkonta. Siis uusiksi pidentäen jonoa, joka on seulottu jonosta, jossa 2 on toinen, 7 viides ja 11 kuudes luku. Nyt pitäisi olla jo helppoa!2, 7, 11, 29, 37, 67, 79, 137, 191, 211, 257, 281, ?
Antin mainitseman "hyvän" alkulukujonon käsite on mielenkiintoinen. Hyväksi sen tekee, kun siihen kuuluu myös ei-alkuluku(ja)?
176. Jaska28.4.2009 klo 22:53
Kirottua! Ei voi enää edes päässälaskuun luottaa! Korjaan: 7 on neljäs ja 11 viides seulontakohteena olevassa jonossa.
177. Matti29.4.2009 klo 11:18
Antin viimeisin jono on varmaan yleisemminkin matematiikassa tunnettu. Siinä herää kysymys, että jos a(i):tä seuraava alkuluku on niin suuri, että se ei täytä ehtoa, niin katkeeko homma siihen? Vai meneekö se niin, että tässä tapauksessa hylätään a(i)-ehdokas ja kokeillaan seuraavaa? Löytyykö siis ääretön alkulukujono, joka toteuttaa ehdon - on "hyvä"?
178. Jaska29.4.2009 klo 12:45
En edelleenkään ymmärrä, mikä funktio 57:llä on tuossa Antin alkulukujonossa.
179. Jukkis29.4.2009 klo 13:31
No eiköhän se ole ihan vaan virhe. 53:n jälkeen tulee 59, ja sitten 67, 71, 79, 97, 101, 107, ....Tuota Matin kysymystä "jos a(i):tä seuraava alkuluku on niin suuri, että se ei täytä ehtoa, niin katkeeko homma siihen?" en ymmärrä ollenkaan.
180. Matti29.4.2009 klo 14:08
Tajusin ensin väärin sen Antin ehdon. Unohtakaa ...
181. Antti29.4.2009 klo 14:19
Matti, käydään alkulukujonoa eteenpäin rajoittamattomasti, ehdon täyttävät poimitaan "hyvien" jonoon.Jaska ja Jukkis, niin 19*3 tuli ottamanani asiattomasti mukaan.
107:n jälkeen tulee 127, 137, 149, 157, 163, 173, 179, 191, 197, sitten kolme peräkkäistä alkulukua, 211, 223, 227, sitten 239 ja sitten neljä peräkkäistä alkulukua, 251, 257, 267, 269.
182. Antti29.4.2009 klo 14:25
Matti, anna anteeksi, etten kauan kirjoitettuani tarkistanut, onko uusia viestejä ilmaantunut hitaillessani.
183. Matti29.4.2009 klo 17:42
Antti, toki! (jos kohta en tunne oikeushyvääni loukatun)
184. Jaska29.4.2009 klo 19:15
Jukkiksellakin on siis kyse ihan vain virheistä?Oman huonon tehtäväni ratkaisu: 389. Alkuluvut on poimittu jonosta
1, 2, 4, 7, 11, 16, 22, 29, 37, 46, 56,....
Yritin hetken keksaista yksinkertaista todistusta sille, että alkulukujen määrä on myös ko. jonossa ääretön. En keksaissut. Mutta onhan se ääretön, eikö niin?
185. Jukkis29.4.2009 klo 20:05
Mitähän tuo "Jukkiksellakin on siis kyse ihan vain virheistä?" nyt mahtaa tarkoittaa?
186. Jaska29.4.2009 klo 21:43
Se tarkoittaa mahdollisuutta, että jätit epähuomiossa pois alkuluvut 73, 83 ja 89, jos tarkoitus oli jatkaa listaa alkulukujen suuruusjärjestyksessä. Siihen voidaan sanan "sitten" tulkita viittaavan, mutta varmaahan se ei ole. Onhan jatko siinä mielessä oikein, että kaikki mainitsemasikin tulevat "sitten."Yksi mahdollisuus on, että jätit ko. luvut pois tarkoituksella testata muiden valppautta, mutta jatko hieman sotii sitä vastaan.
187. Jukkis29.4.2009 klo 23:04
Eikun minä jätin ne pois siksi kun ne ei kuulu tuohon Antin 28.4.2009 klo 16:35 määrittelemään lukujonoon josta tässä koko ajan on ollut puhetta. Pitäisköhän sun lähteä nukkumaan?
188. Jaska30.4.2009 klo 00:18
Just. Jäi huomaamatta tuo luonnollisin mahdollisuus. Mulla tavantakaa pätkii, mutta valitettavasti se ei nukkumalla parane. Olisikin tosiaan ollut aika outoa, jos olisit ruvennut opettamaan Antille tuon kömmähdyksensä takia oikeita alkulukuja.Vielä kun Jukkis vastaisit, miksi 89 puuttuu jatkojonostasi. Onko se virhe, vai enkö minä onneton edes ymmärrä oikein Antin selitystä. Tulkitsin sen niin, että jonossa olevan alkuluvun neliön pitää olla suurempi kuin lähinnä edeltävän pienemmän ja lähinnä suuremman alkuvun tulo. 89 toiseen = 7921 ja 83*97 = 8051.
189. Jaska30.4.2009 klo 00:33
Tai jospa et sittenkään vastaisi. Olikin vielä kolmas vaihtoehto! No tuskinpa tämä tästä enää enää pahenee, vaikka menenkin koisimaan ((
190. Antti30.4.2009 klo 07:46
Joillekin helppo, joillekin uuden upettelun tilaisuus.40, 43, 46, 51, 54, 57, 62, 65, 70, 76, ?
Vaatimus: seuraava luku on kolminumeroinen.
191. Jaska30.4.2009 klo 12:53
Yöllinen sekoiluni poiki myös järkevän epäilyn siitä, että lukujononikaan ei ole välttämättä oikein. Eikä ollutkaan 211:stä eteenpäin. Lukujen 257 ja 281 virheellisyyden osoittaa mm. se, että 256 ja 280 eivät ole binomikertoimia, kuten pitäisi. Korjattu jono:2, 7, 11, 29, 37, 67, 79, 137, 191, 211, 277, 379, 631.... jne äärettömiin.
192. Jaska30.4.2009 klo 13:51
Antille täytyy heittää arvaus: 100. Lukujonossa ei näy yhtään kasia, joten ne voisivat olla 8-järjestelmän lukuja.
193. Jaska30.4.2009 klo 13:52
P.S. Eikä siis myöskään ysiä.
194. Jaska30.4.2009 klo 14:26
Tarkastelin hieman tuota teoriaani, mutta ei näytä oikein stemmaavan. Jos se pitäisi paikkansa, pitäisi lukujen 70 ja 76 väliin lisätä 73. Siinä tapauksessa lukua 76 ei seuraisi luku sata, vaan 101. Jonon lukujen erotukset olisivat silloin 3.
195. Antti30.4.2009 klo 18:56
Jaska ja toiset, pahoittelen 73:n poisjääntiä. Niin ? = 101.
196. Jukkis30.4.2009 klo 19:09
Tästä säikeestähän on tullut varsinainen sekoilupaikka. Sopii hyvin vapun tunnelmaan.
197. Antti1.5.2009 klo 06:32
Toivon sekoilemattomutta itselleni ja kaikille tähän päivään ja kaikkiin päiviin. Yritän olla tarkempi kuin tähän asti olen ollut. Laskelmissani 73 oli mukana, mutta lukuja poimiessani sähläsin.
198. Antti7.5.2009 klo 08:53
Seuraavalla kahdella jonolla on muodoltaan sama määrittely. Ensimmäinen on määritelty käyttäen määrittelyyn kuuluvana parametrin arvona 2:a ja toinen on määritelty käyttäen parametrin arvona 3:a. Päättele kummankin jonon seuraava luku.B[2] = 1, 2, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, ?
B[3] = 1, 2, 4, 8, 15, 22, 29, 36, 43, ?
199. Matti7.5.2009 klo 22:19
OlisikoB[0] = 1, 1, 1, 1, ...
B[1] = 1, 2, 3, 4, ...
B[4] = 1, 2, 4, 8, 16, 31, 46, 61, 76, ...
200. Antti8.5.2009 klo 06:32
Hyvä! Ja mainittuja B[4]-jonon lukuja seuraa 91.
Matin jätettyä (kaiketi tarkoituksellisesti) B[2]-jonon ja B[3]-jonon kymmenennen luvun ilmoittamatta annanpa vielä toisillekin ratkaisun löytämisen tilaisuuden.
201. nassakka8.5.2009 klo 09:50
B[2] (10)=25
B[3] (10)=50
202. Antti8.5.2009 klo 12:33
Hyvä!Vielä kirjojen esittämän ratkaisun periaate:
Merkitään kunkin B[h]-jonon (Stöhrin h-jono, h = 2, 3, 4, … )
i:ttä lukua B[h](i) (i = 1, 2, … )
Kukin B[h](1) = 1. Määritellään:
B[h](n+1) on pienin kokonaisluku, jota ei voi kirjoittaa
{ B[h](1), B[h](2), … B[h](n)}-joukon
korkeintaan h:n alkion summana. (n=1, 2, …)
Matti otti mukaan myös B(0)- ja B(1)-jonon. Näin tehtäessä määritelmä pitää ainakin B(0):n tapauksessa muotoilla toisin. Matti voinee tämän tehdä.
203. nassakka8.5.2009 klo 13:13
Laskemalla summat B[2](n)+B[3](n), n=1,2,3,...
saadaan jono
B[2+3]= 2,4,8,15,25,35,45,55,65,75,...
Taitaapa muistakin vastaavista jonoista löytyä jotain säännöllisyyttä.
204. Jaska8.5.2009 klo 13:45
91, 169, 217, 469, 721, 817, ?
205. Matti8.5.2009 klo 14:56
Mun ratkaisu oli paljon simppelimpi. Jos parametrin arvo on h, niin jonon alku on 1, 2, 4, 8, 16, ... , 2^h. Sitten jatketaan 2^h - 1 suuruisin askelein. Sääntö pätee myös kun h =0 ja h = 1.
206. Antti8.5.2009 klo 16:32
Siis oikein arvioin; löysit yleistyksen. Ja soveltuvuusalueeltaan laaja ratkaisumallisi on myös rajoittunutta mallia kauniimpi.
207. Jaska8.5.2009 klo 20:48
Vihje: 13:45 jonon luvut on poimittu äärettömän pitkästä jonosta, joka käsittää sekä jaollisia että alkulukuja. 91 on sen jonon pienin jaollinen luku, jota edeltää neljä alkulukua.
208. Jaska10.5.2009 klo 23:03
8.5. 13:45 tehtävälle toinen helpotus. Kaikki luvut ovat jaollisia kuudella modulo 1, joten ne ovat.. niin, minkä lukujen erotuksia? Huomenillalla ratkaisu.
209. nassakka11.5.2009 klo 07:57
Kaavalla 3n(n+1)+1 , n=1,2,3,... ; saadan jono7,19,37,61,91,127,169,217,271,331,397,469,...
Tässä jonossa kaikki Jaskan luvut esiintyvät, mutta miten ne poimitaan?
Taitaa Jaskalla olla joku muu logiikka ?
210. nassakka11.5.2009 klo 08:37
Vai onko se niin yksinkertaista, että poimitaan vain ei-alkuluvut em. jonosta ?
211. Jaska11.5.2009 klo 10:19
Ei ole muu logiikka, minkä ilmoitin jo viestissä 8.5. 20:48. Siis ehkä jotenkin hämärästi.Poimitaan siis peräkkäisten kolmansien potenssien erotuksista jaolliset luvut. Nassakka ei kuitenkaan ilmoittanut kysyttyä lukua. Se on 1027.
Kiusaksenne kolme jatkokysymystä samasta jonosta. Mikä on jonon yhdestoista luku? Miten se poikkeaa kymmenestä ensimmäisestä? Mikä säännönmukaisuus esiintyy lukujen tekijöissä?
212. Antti11.5.2009 klo 11:16
a) 1519b) kaukana muista, alkutekijöitä kolme, edellisissä kaksi
c) alkutekijöitten viimeinen numero on 7, 3, 1 tai 9
213. Jaska11.5.2009 klo 12:01
a) oikein.b) alkutekijät oikein 1519 = 7*7*31. Epämääräisestä ilmauksesta "kaukana muista" en saanut tolkkua. Vrt. osajono 1027, 1141, 1261, 1387, 1519, joka käsittää peräkkäisten kolmansien potenssien 18-23 erotukset. Ne voitaneen siis määritellä "lähekkäisiksi." Seuraava luku 2107 on 26 ja 27 kolmanteen erotus, "hyppy" on siis pitempi.
c) En tarkoittanut tätä itsestään selvää asiaa, vaan että myös alkutekijä - 1 on aina jaollinen kuudella. Alkutekijöinä eivät siis esiinny 11, 17, 23, 29 jne.
214. Antti11.5.2009 klo 18:07
b) "Kaukana muista": 3n(n+1)+1 listassa oli paljon lukuja 1387:n ja 1519:n välissä.
215. Jaska11.5.2009 klo 19:45
Paljon lukuja? Miten tuohon päädyit, Antti? Minä väitän, että em. lukujen välissä ei ole yhtään lukua.
216. Antti11.5.2009 klo 20:02
Niinpä niin, Jaska. Erehtyessäni luottamaan muistiini vastasin väärin. Muistikuvani perustui siihen, että 1519:n toisella puolella, (1519, 2107)-välillä, lukuja on "monta", kolme.
217. Matti11.5.2009 klo 23:41
Että Jaskan luvut mod6 ovat ykkösiä seuraa suoraan nassakan kaavasta (luvuista n ja n+1 toinen on aina parillinen), mutta että Jaskan lukujen kaikki tekijätkin mod6 ovat ykkösiä, on jo mystisempi juttu. Nimittäin voisihan niistä parillinen määrä olla viitosiakin, ja tulo mod6 olisi yhä ykkönen. (Esim. 11*17=187, ja se mod6 = 1.)Vai näkeekö sen jotenkin suoraan, tai epäsuoraan, että niiden on oltava aina ykkösiä?
218. Antti12.5.2009 klo 09:07
Lähden tästä netin ulottumattomiin, rantasaunaa pystyttämään.Jätän haettavaksi kaksi kompleksilukujonoa,
A = {A(j), j = 1, 2, ...} = {ar(j) + i*aim(j), j = 1, 2, ...} ja
B = {B(j), j = 1, 2, ...} = {br(j) + i*bim(j), j = 1, 2, ...},
sellaista, että
{A(j)*B(j), j = 1, 2, ...}
= {8*i, 108*i, 1008*i, 9108*i, 82008*i, ...}
Mahdollisuuksia voi olla monia.
219. Jaska12.5.2009 klo 20:43
Matti, "näkeekö sen jotenkin suoraan tai epäsuoraan" = voiko sen todistaa. Tai voinko minä sen todistaa, kun esitin asian tyyliin "näin se on." En tiedä! Ehkäpä. Matemaatikolle sen luulisi olevan rutiinijuttu. Epäsuora todistus olisi osoittaa, että mikään säännönvastaisella tekijäkombinaatiolla saatu luku ei voi sisältyä jonoon. Esim. viitonen tekijänä on mahdoton, koska erotusjonon lukujen viimeinen numero noudattaa rytmiä 7, 9, 7, 1, 1.
220. Antti16.5.2009 klo 08:34
Matkalta palanneena odotan, mitä kompleksilukujonoja olette löytäneet (12.5.2009 klo 09:07).
221. Antti18.5.2009 klo 08:38
Edellä mainitun kompleksilukujonopariongelman ratkaisuni:ar(1) = 1, aim(1) = 1,
br(1) = 4, bim(1) = 4,
ar(j+1) = ar(j) + 2br(j), aim(j+1) = aim(j) + 2bim(j),
br(j+1) = br(j) + 2ar(j), bim(j+1) = bim(j) + 2aim(j) ,
j = 1, 2, 3, ..., siis
A(1) = 1 + i*1, B(1) = 4 + i*4,
A(2) = 9 + i*9, B(2) = 6 + i*6,
A(3) = 21 + i*21, B(3) = 24 + i*24
A(4) = 69 + i*69, B(4) = 66 + i*66,
A(5) = 201 + i*201, B(5) = 204 + i*204,
A(6) = 609 + i*609, B(6) = 606 + i*606,
ja
A(6)*B(6) = i*738108,
ja niin edelleen.
222. Juhani Heino18.5.2009 klo 09:56
Matti ja Jaska peräsivät todistusta tuossa peräkkäisten kolmansien potenssien erotusten jutussa. Toisin ilmaistuna Jaskan jono on jonojen A003215 (centered hexagonal numbers eli pallukoiden määrä säännöllisiksi kuusikulmioiksi aseteltuna) ja A002407 (Cuban primes eli edellisistä valikoidut alkuluvut) erotus. Nassakan muotoilusta jo nähtiin että luvut itse ovat muotoa 6n+1 joten tulos voidaan yleistää koko jonolle A003215, ilman alkulukujen poistamista.Löysin maininnan että x^3-y^3 on syklotominen polynomi, ja nämä ovat sen evaluointeja arvoilla x+1 ja x, ja siksi primitiivijuurien täytyy olla muotoa 6n+1. Mutta tuosta en tajua juuri mitään, joten todistetaan toisella tavalla joka ainakin mulle on helpompi:
Olkoon p jokin luvun alkutekijä. Tämä tarkoittaa että
3n^2 + 3n + 1 = 0 (mod p)
Koska p ei ole jaollinen 2:lla eikä 3:lla, voidaan turvallisesti kertoa 12:lla
36n^2 + 36n + 12 = 0 (mod p)
36n^2 + 36n + 9 = -3 (mod p)
(6n + 3)^2 = -3 (mod p)
Koska vasemmalla puolella on neliö, -3 on siis neliönjäännös modulo p. Asiaa voisi tutkia neliönjäännöslauseen avulla, mutta netistä löytyy taulukko
mathworld.wolfram.com/QuadraticResidue.html kohtien 16 ja 17 välissä
josta näkee suoraan että p on muotoa 6k+1.
223. Antti22.5.2009 klo 13:10
Helpotetaan. Jonon j:s luku (j= 1, 2, 3, ...) on saatu ottamalla kolmesta muusta jonosta kunkin j:s luku ja laskemalla kolmen otetun luvun mediaani. Mikä on jonon seuraava luku?100, 200, 400, 800, 1020, 1025, 1030, 2187, 6561, ?
224. Jaska22.5.2009 klo 13:13
19683 (?)
225. Antti22.5.2009 klo 19:27
Oikein, Jaska! Kolme minuuttia vain tarvitsit.Enemmän vaatii seuraava:
1, 3, 29, 91, 201, 371, ?
226. Jaska22.5.2009 klo 20:16
613
227. Antti23.5.2009 klo 08:35
Hyvä! Neljäkymmentäyhdeksän minuuttia vain meni. Jaska, kerrotko, kuinka löysit?
228. Jaska23.5.2009 klo 12:26
Itse asiassa meni noin kaksi minuuttia erotusten nollaushakua kokeilemalla. Sillä keinolla ratkeavat ovat helppoja.
229. Matti25.5.2009 klo 23:21
Sain pureskelluksi tuon Juhani Heinon todistuksen. Ja toden totta, ensin JH osoittaa, että jos p on luvuna(n) = (n+1)^3 - n^3 alkutekijä, niin p:n eräs neliönjäännös on -3. Nimittäin 12a(n) - 3 = (6n + 3)^2 = -3(mod p). Tämä ei ole vaikeaa, jos jostain ihmeestä hoksaa lähteä neliönjäännöksiä hakemaan.
JH:n siteeraama taulukko puolestaan sanoo, että jos alkuluvun eräs neliönjäännös on -3, se on väistämättä muotoa 6k + 1. Miten tämä sitten todistetaan oikeaksi, siitä ei minulla ole käsitystä.
Mielestäni hatun(n)oston arvoinen suoritus. Ja muuten olen sitä mieltä, että lukuteoria on sitkeää lihaa.
230. Juhani Heino26.5.2009 klo 15:04
Tarkastellaan sitten ilman taulukkoa. Lähdeaineistoa voi hakea fi.wikipedia.org/wiki/Neliönjäännöslause kautta - suomalainen artikkeli itsessään on aika suppea.Legendre-symboli esitetään normaalisti pystysuorassa, mutta näköjään siitä on tähänkin sopiva muoto:
(p|q) on 1 jos p on neliönjäännös modulo q,
ja -1 jos p ei ole neliönjäännös modulo q.
(-3|p) = (-1|p)(3|p)
Voitiin siis jakaa "tekijöihin".
(-1|p) = (-1)^((p-1)/2)
Tämä on erikoistapaus. Toinen on 2 jota tässä ei tarvita. Kaikki muut tekijät eli kahta suuremmat alkuluvut hoituvat perustapauksella josta seuraavassa esimerkki:
(3|p)(p|3) = (-1)^((p-1)(3-1)/4) = (-1)^((p-1)/2)
Aiemmin todettiin että -3 on neliönjäännös, siis (-3|p) = 1.
Edellisistä yhdistämällä
1*(p|3) = (-1)^((p-1)/2) * (-1)^((p-1)/2)
(p|3) = (-1)^(p-1)
Koska p on pariton:
(p|3) = 1
Täytyy siis toteutua että p on neliönjäännös modulo 3. Nollaa ei tässä yhteydessä lasketa neliönjäännökseksi vaikka triviaalisti se sitä olisikin. Asian voi nähdä myös niin että p ei voi olla kolmella jaollinen kuten aiemmin todettiin. Muut tapaukset: 1^2 = 1. 2^2 = 4 = 1 (mod 3).
1 on siis ainoa neliönjäännös, p on muotoa 3k+1.
Jos k on pariton, p on parillinen mikä myöskin todettiin mahdottomaksi. Eli p = 3(2k)+1 = 6k+1.
231. Antti27.5.2009 klo 06:59
1, 8, 9, 17, 19, 27, 28, 35, 36, 37, 44, 45, ?
232. Jaska28.5.2009 klo 10:50
Vatsa on kovalla, joten istunnon aikana ehdin syynäillä pitempään Antin jonoa paperikopiosta. Kumpikin pinnistely tuotti epätyydyttävän tuloksen. Antin ja minun tieni näet erosivat kahdeksannesta luvusta lähtien. Minun jononi 12 ensimmäistä lukua ovat siis:1, 8, 9, 17, 19, 27, 28, 36, 38, 42, 47, 56.
Mikähän mättää? Voisikohan Antti tsekata omansa?
233. Antti28.5.2009 klo 11:56
Jaska, tarkistin. En havainnut korjattavaa. Voivathan eri reittimme alkaa samoin. Kertoisitko omat tienviittasi?
234. Jaska28.5.2009 klo 13:10
Kas, sekoilinpa päässälaskussani. Jononi pitää jatkua 38:n jälkeen 46, 50, 55.Alun perusteella päättelin, että jono muodostuu näin: 1 + neperin luvun 1. desimaali + 2. desimaali + 3. desimaali jne. 11 ensimmäistä desimaalia ovat 71828182845. Vai ovatko? Onko lähteessäni virhe? Itse muistin suoralta kädeltä vain viisi ekaa desimaalia.
235. Antti28.5.2009 klo 15:55
Näytti ihan oikealta pilkkua seuraava e:n desimaalien esityksesi. Jonossani on pienimmästä alkaen kokonaislukuja (j), joille pätee: (j^3 - j)/36 on kokonaisluku.
236. Jaska28.5.2009 klo 19:55
No jopa on tuo sama alku lukuun 28 saakka ihmeellinen sattuma. Olisi pitänyt esittää oma jono omana arvoituksenaan. Ehkäpä olisi sekin ollut vaikea!Antin jonon seuraava taitaa olla 53. Kokeilemalla siihen tietenkin päädyin, koska siihenastisista en löytänyt juonta. Lisäykset ovat tähän saakka 1, 2, 7 ja 8, mutta niilläkään ei näytä olevan jaksollisuutta tässä vaiheessa.
Kysymys Antille: onko valmista laskukaavaa tai onko muuten pääteltävissä lukujonosi ehdon täyttävien lukujen lukumäärälle jaksossa, joka päättyy 36:lla jaolliseen lukuun? Lukuun 36 päätyvässä jaksossa näkyy oleva yhdeksän lukua, entä 72:een päättyvässä jne?
237. Juhani Heino28.5.2009 klo 21:03
Pikaisesti katsoen tuossa on 36:n jakso: jos j on jonossa mukana, j+36 on myöskin. Huomannette senkin että (j^3 - j) = j(j^2-1) = j(j+1)(j-1)eli osoittajassa on kolme peräkkäistä lukua.
238. Antti29.5.2009 klo 07:40
Jaskan kysymiseen Jaskan itsensäkin jo antama vastaus on Juhani Heinon mainitseman jalsollisuden seurausta.36:lla jaollinen on 4:llä ja 9:llä jaollinen. Mielenkiintoista on tässä valossa verrata
a) jonon niitä lukuja, joitten viereinen luku kuuluu tai viereiset luvut kuuluvat jonoon myös jonoon,
b) jonon muihin lukuihin.
239. Antti29.5.2009 klo 08:18
Edellisen korjaus:a) Kolmanneksi viimeinen sana (jonoon) liikaa.
240. Antti29.5.2009 klo 12:34
?, 64, 42, 24, 10, 0, 0, 2, ?, 12, 20, 30, 42, 64, ?
241. Jaska30.5.2009 klo 21:23
Tuo olisi kaiketi helppo Mohamed Altoumaimille!
242. Antti30.5.2009 klo 22:12
En tunne häntä. Helpotan kuitenkin. Pitää löytää sellainen jonopari, että
jos toisen jonon j:s luku on > ensimmäisen jonon j:s luku,
annetun jonon j:s luku on toisen jonon j:s luku, muutoin
annetun jonon j:s luku on ensimmäisen jonon j:s luku.
243. Jaska31.5.2009 klo 00:02
Olipa tyhjentävä selitys. Tarkoittaa, että se tyhjensi jäljellä olevat järjen rippeetkin ajukopastani. Minä luulin, että pitää keksiä numerot annetun jonon kolmen kyssärin paikalle.Mohamed Altoumami on ruotsalainen 16-vuotias lukiolainen, jonka IS on uutisoinut keksineen uuden ratkaisukaavan Bernoullin luvuille. Nettiinkin on jo juttua tullut.
244. Antti31.5.2009 klo 06:52
Annetun jonon kolmesta kysymysmerkistä itse kunkin paikalle löytyy luku kuvaamallani tavalla. Annetussa jonossa on kaksi reunapalasta toisesta jonosta ja yksi keskelllä oleva palanen ensimmäisestä.
Kyllä ratkaisu löytyy.
245. Antti1.6.2009 klo 07:09
Tehtävä ei liene ollut kaikkein onnistuneimpia enkä enää sillä kiusaa.A(j) = j*(j+1)
B(j) = 2*(j-3)(j+1)
Annettu jono = C(j) = B(j), jos B(j) > A(j)
ja muulloin C(j) = A(j).
Siis ?, 64, 42, 24, 10, 0, 0, 2, ?, 12, 20, 30, 42, 64, ?
= 90, 64, 42, 24, 10, 0, 0, 2, 6, 12, 20, 30, 42, 64, 90
246. Jaska1.6.2009 klo 12:25
Kertoisitko vielä, mitkä luvut keskellä kuuluvat "ensimmäiseen jonoon."Tässä sitten taas yhden jonon yhdestä luvusta kyse:
1, 30, 375, 2500, 9375, 18750, ?
247. Matti1.6.2009 klo 13:37
15625(1+5)^6
248. Antti1.6.2009 klo 16:30
Jaska, toiseen jonoon 90, 64,42,24,10, 0,
ensimmäiseen 0, 0, 2, 6, 12, 20, 30, 42
ja toiseen jonoon taas seuraavat luvut: 42, 64, 90.
Siten ensimmäinen 0 ja toinen 42 ovat molemmille jonoille yhteisiä.
249. Jaska1.6.2009 klo 22:54
Matin laskema 15625, siis 5^6, päättää jonon. Lisäkysymys: kuka tarvitsee/on tarvinnut jonoa työssään?
250. Matti2.6.2009 klo 12:12
Liittyykö jotenkin virheitä korjaaviin koodeihin?
251. Antti2.6.2009 klo 14:16
196, 887, 1675, 7436, 13783, ?
252. Jaska2.6.2009 klo 18:11
Tarkoittamani tarvitsija on noppavedonlyöjä. Muistaakseni tarina kertoo, että alan mies kysyi Pascalilta eri noppakombinaatioiden todennäköisyyksiä. Saatuaan oikein lasketut vastaukset mies ilmeisesti onnistui "harjaamaan" vastapelurinsa.Yllä olevasta jonosta saadaan todennäköisyydet silmälukujen esiintymiskerroille kuudella heitolla (tai kahdella nopalla yht´aikaa kolmella heitolla jne) per 6^6 = 46656. Esim. 15625/46656 = 0,33. Buukkeri jää siis vääjäämättä pitkässä sarjassa voitolle kolmea pienemmällä kertoimella vedossa, että ennalta määrätty silmäluku ei tule kertaakaan kuudella heitolla.
253. Matti2.6.2009 klo 19:43
Antti, 52514?
254. Jaska2.6.2009 klo 20:26
Matti, kyssäri tarpeeton. Ihan hauska!
255. Antti2.6.2009 klo 23:41
Hyvä, Matti ja Jaska!
KOMMENTOI