KESKUSTELUT > MUUT AIHEET > PARI PIIRROSTEHTÄVÄÄ
2953. Pari piirrostehtävää
Matti26.9.2006 klo 08:22
Tylppäkulmainen kolmio on jaettava teräväkulmaisiksi kolmioiksi.Neliö on jaettava teräväkulmaisiksi kolmioiksi.
Mitä vähemmillä kolmioilla selviää sen parempi.
2. iso S26.9.2006 klo 09:23
Aika paha noin äkkiä ajateltuna. Eikös se jako mene niin että kolmio voi olla joko suorakulmainen (yksi kulma 90 astetta), tylppäkulmainen (joku kulma yli 90 astetta) tai teräväkulmainen (kaikki kulmat alle 90 astetta)?Tylppäkulmainen kolmio voidaan jakaa yhdellä viivalla
1: kahdeksi suorakulmaiseksi kolmioksi
2: kahdeksi tylppäkulmaiseksi kolmioksi
3: kahdeksi kolmioksi joista toinen on tylppäkulmainen, toinen teräväkulmainen
4: kahdeksi kuvioksi joista toinen on kolmio (suora-, tylppä- tai teräväkulmainen), toinen nelikulmio.
Vaihtoehto 2 vain pahentaa tilannetta. Vaihtoehto 3 säilyttää ongelman ennallaan on vain tuhlattu tekemällä yksi turha teräväkulmainen. Vaihtoehto 4 tuntuu pahentavan tilannetta entisestään. Tietysti vaihtoehtoja 3 ja 4 voitaisiin toistaa niin kauan että kiusallinen kuvio pienenisi piirrostarkkuuden ulottumattomiin mutta tämä on tuskin oikea ratkaisu. Ainakin siinä lukumäärän minimi riippuu kynän terävyydestä ja silmän tarkkuudesta.
Vaihtoehto 1 tuntuu lupaavimmalta. Miten jaetaan suorakulmainen kolmio teräväkulmaisiksi? Menetelmä toistetaan molemmille suorakulmaisille. Samaa menetelmää voisi soveltaa myös neliöön kun ensin jaetaan se kahdeksi suorakulmaiseksi piirtämällä lävistäjä.
Musta hevonen on kikka vitonen, missä piirrettävät viivat eivät menekään koko kolmion läpi. Koko kuvion läpi menevillä toisiaan ristevillä viivoilla kun ei pääse ongelmasta eroon - jäljellä olevan tylppä- tai suorakulmaisen kolmion osalta tilanne palautuu lähtökohtaan. Tällaisen ratkaisun hahmottamiseen ei mielikuvitukseni riitä. Sanallisesti kuvattavissa oleva ratkaisu on kuitenkin varmaan olemassa. Muuten Matti ei olisi laittanut tehtävää tänne missä piirtäminen ei onnistu.
3. Matti26.9.2006 klo 18:04
Eikö kukaan muu välitä yrittää ympyrän neliöintiä.
4. Jukkis26.9.2006 klo 18:04
Onpas yllättävän kinkkinen ongelma. Rupesin ratkomaan sillä asenteella että tuosta vaanhan tämä menee. Mutta eipäs mene. Samoja pähkäilyjä oli tuloksena kuin iso S:llä, mutta ei johtanut ratkaisuun. Täytyy ihmetellä lisää.
5. Jukkis26.9.2006 klo 18:11
Jaa että ympyrän neliöintiä? Onkos tämä sitten sen kanssa jotenkin ekvivalentti ongelma? Ehkä ei kannatakaan ihmetellä lisää.Kerro Matti lisää.
6. Matti26.9.2006 klo 18:14
Se ympyrän neliöinti oli tsoukki. Ihan kunnon tehtävä tämä on, ja vastaukset ovat vastaansanomattomat. Neliön jako on mielestäni hankala, tylppäkulmaisen kolmion ei niin kovin.
7. tonimikael27.9.2006 klo 03:05
Hahaa! Ratkaisinpas tuon tylppäkulmaisen jakohommelin. :)Että tsemppiä vaan yrittäjät! On siihen ratkaisu.
8. tonimikael27.9.2006 klo 03:09
Ja neliön myös.
9. iso S27.9.2006 klo 09:18
Miten neliön ratkaisu voi olla vaikea, jos osaa ratkaista tylppäkulmaisen kolmion? Lävistäjän piirtämällä saa aikaan kaksi suorakulmaista kolmiota. Jos tylppäkulmaisen ratkaisu on helpompaa kuin suorakulmaisen niin suorakulmaisesta saa helposti yhdellä viivalla yhden teräväkulmaisen ja yhden tylppäkulmaisen.Pääongelmana on siis edelleen tylppäkulmaisen jakaminen teräväkulmaisiksi. Lisätoivomuksena oli että sitä parempi mitä vähemmillä kolmioilla selviää. Ehdoton minimimäärä on siis paras joten on kai mahdollista että suorakulmaisesta kolmiosta syntyy yksi kolmio enemmän kuin tylppäkulmaisesta ja nelikulmaisen jakamiseen voi olla olemassa parempi tulos kuin kahden suorakulmaisen yhteenlaskettu tulos. Tai sitten ei ole.
10. Jukkis27.9.2006 klo 10:01
Rispektiä niille, jotka tuon ihan omin neuvoin ratkoo. Itse en jaksanut pähkäillä, vaan etsin netistä. Ihan elegantti homma.
11. iso S27.9.2006 klo 11:17
Joo, siisti kuin sika pienenä. Ongelma on viikon tehtävänä Tekniikka&Talous-lehden sivullawww.tekniikkatalous.fi/list.te?dept=229&firstIndex =1&lastIndex=10
mutta vastaus ilmestyy vasta myöhemmin.
En osannut pienellä vaivalla keksiä osuvia hakusanoja millä ratkaisu löytyisi suomenkielisiltä sivuilta. Englanninkielisiltä onnistui paremmin. Vihje: tylppäkulmainen kolmio ei ole blunt triangle vaan obtuse triangle ja teräväkulmainen on acute triangle eikä sharp triangle.
Osoittautui että kikka vitosta tarvitaan, kolmion läpi kulkevilla suorilla viivoilla tässä leikissä ei pärjää. Sekin arvailu oli tosi että neliöstä selviää vähemmillä palasilla kuin sen kahdesta lävistäjällä erotetusta puolikkaasta. Neliön paloittelusta syntyy vain yksi teräväkulmainen kolmio enemmän kuin tylppäkulmaisen kolmion paloittelusta ja suorakulmainen jakautuu samoilla konsteilla kuin tylppäkulmainen.
Lukumäärää en kerro ettei menisi hyvä pähkiminen pilalle. Tehtävä on mainio esimerkki siitä miten näennäisesti yksinkertainen asia voikin olla hankala.
12. tonimikael27.9.2006 klo 11:57
Osasin homman, mutta tylppäkulmaisen jaossa olisi voinut päästä yhtä vähemmällä. Tarkemmin kun olisin katsonut omaa ratkaisuani, niin olisin sen varmaan huomannutkin itse. Nyt sen siis (IsoS:n ohjeilla) kertoi netti.
13. Jukkis27.9.2006 klo 12:13
Jos tonimikael tosiaan neliölle ihan itse kehitit minimimäärän kolmioita antavan ratkaisun, niin olet aikamoinen matikkanero.
14. tonimikael27.9.2006 klo 12:37
Itse asiassa neliön kohdalla minä olin laiska ja jaoin sen ensin kahdeksi suorakulmaiseksi kolmioksi ja sitten nämä jaoin tylppäkulmaisen kolmion tapaan. Oikeaa (so. minimi-) ratkaisua en ole siihen katsonut, mutta nyt kun tiedän tylppäkulmaisen määrän avulla neliön teräväkulmaisten kolmioiden määrän (Iso S:hän kertoi sen olevan yhden enemmän), alan etsiä sitä minimiratkaisua tuohon neliöön. Tiedä vaikka sais neron leimauksen. ;)
15. tonimikael27.9.2006 klo 12:44
Vielä sen verran, että minä tosiaan ajattelin, että tehtävät on ratkaistu, kun sen tylppäkulmaisen kolmion ja neliön saa jaettua teräväkulmaisiin kolmioihin. Mattihan sanoi tuolla alussa, että mitä vähempi kolmiota sen parempi. Että enemmilläkin kolmiolla se on ratkaistu, mutta ei niin hyvin. ;)Mutta neliötehtävän parissa edelleen vaivaan päätäni. Vaikka oishan noita töitäkin...
16. tonimikael27.9.2006 klo 13:06
Minä, muuten, olen tällaisen tehtävän suhteen (ainakin näin jälkikäteen) sitä mieltä, että olisi ratkojan kannalta jopa fiksua antaa noiden parhaiden ratkaisujen kolmioiden määrät. Silloin ratkoja ei lopeta työskentelyään, jos hän keksii ratkaisun jollain suuremmalla määrällä (niinkuin minä nyt tein).Onhan tässä tietysti se puoli, että koettaisi löytää aina vain parempaa ratkaisua edellisten lyömiseksi. Minulla vain ainakin on sellainen luonne, että kun näen että joku homma on selvitetty (hyvin), niin mitäpä tuota enää kummemmin parantelemaan.
17. iso S27.9.2006 klo 14:24
Onhan tässä se kolmas puoli että teoreettisesta minimistä tietämätön sitkeä yrittäjä saattaa parantaa maailmanennätystä ja näin todistaa teorian vääräksi. Harvoin näin käy mutta pysyypä pähkijä sen aikaa pois kadulta ja muusta pahanteosta.Neliön minimiratkaisu on varsin elegantti, kuten Jukkis totesi. Ratkaisun "kriittisillä pisteillä" (niillä mihin kolmion kärjet tulevat neliön sisällä) on jonkin verran liikkumavaraa mutta ei paljon. Ratkaisu on varsin ymmärrettävästi symmetrinen yhden akselin suhteen mutta ei ehkä yhtä itsestäänselvästi kahden.
18. Jyrki27.9.2006 klo 16:53
Jahas, ratkaisin tylpän kolmion ja sain siis tietyn kolmiolukumäärän. Ratkaisuni perustui tiettyyn ajatukseen, josta olin päättelevinäni, että tämän täytyy olla oikea periaate. Sitten lähdin netistä etsimään ratkaisua. En löytänyt ensimmäisestä osumasta kuvaa mutta kylläkin tekstin, jossa tuo vähimmäislukumäärä todetaan, ja se on sama kuin keksimässäni ratkaisussa, joten ratkaisuni lienee sitten oikea (en ole edelleenkään katsonut ratkaisua mistään kuvana).Ja sitten neliön kimppuun...
19. Jyrki27.9.2006 klo 18:32
Hmm, kun tuossa tylpän kolmion ratkaisussa on n kolmiota, niin neliön sain jaettua n+2 kolmioon. Mutta tavoite taitaa siis olla n+1, jos yllä olevat kirjoitukset pitävät paikkansa. Ei kun jatkuu optimiratkaisun metsästys :)
20. Matti27.9.2006 klo 21:22
Tietämässäni ratkaisussa tylppäkulmaisen kolmion saa jaettua seitsemään teräväkulmaiseen kolmioon, ja neliön kahdeksaan. Ovatko nämä minimimäärät, siitä minulla ei ole käsitystä. Minulla on vahva fiilis että näin on, mutta se ei vielä todista mitään.Molemmat tehtävät ovat Tekniikka ja Talous -lehden pulmakulmasta. Kolmion ratkaisu kerrotaan huomisessa lehdessä. Neliö oli joskus aikaisemmin, en enää muista milloin.
21. Juhani Heino27.9.2006 klo 21:37
Mielestäni hyvin tylpissä kolmioissa (ja ehkä myös hyvin ohuissa eli yksi kulma on hyvin terävä mutta toinen on lähellä suorakulmaa) voi joutua jakamaan kahdeksaan. Ainakin sillä menetelmällä jota itse käytin. Jännästi muuten löysin netistä kehitelmän, joka päätyi samaan kuvioon mutta eri lähtökohdasta.
22. Jyrki27.9.2006 klo 21:52
Netistä löytämäni tiedon mukaan tylpän kolmion jakoon seitsemän on oikea minimimäärä. Sillä menetelmällä jonka itse keksin (ja jonka luulen olevan oikea) ei käsittääkseni tulisi erikoisillakaan tylpillä kolmioilla tilannetta, jossa joutuisi jakamaan kahdeksaan. Sen voisi matemaattisesti tutkiakin, mutta en taida jaksaa...
23. iso S28.9.2006 klo 08:20
Tänään on huomenna joten ratkaisun pitäisi olla lehdessä. Verkkosivullahttp://www.tekniikkatalous.fi/doc.ot?f_id=1029307
on ainakin toistaiseksi vain tehtävä ja edellisen tehtävän ratkaisu.
Sivulla
http://mcraefamily.com/MathHelp/PuzzleTrianglePart itionAnswer.htm
on lähes matemaattinen todistelu sille että tylppäkulmaisen kolmion jako seitsemään teräväkulmaiseen kolmioon onnistuu aina, sekä neliön jakaminen kahdeksaan.
24. Jyrki28.9.2006 klo 11:31
Tarkastelin tuota erittäin kapean kolmion tapausta hiukan toisesta lähtökohdasta kuin tuossa jälkimmäisessä linkissä. Tarkasteluni perustui siihen, että kolmion kaksi pitkää sivua muuttuvat lopulta lähes yhdensuuntaisiksi, mutta ei koskaan täysin (koska kyseessä on kolmio ja pitkät sivut kohtaavat lopulta jossain, vaikka kuinka kaukana. Erittäin kapean lähes suorakulmaisen tylpän kolmion lyhyen sivun päätyä voi tarkastella "lähes neliönä", jossa kuitenkin yksi kulma on aina hiukan yli 90 astetta (se tylppä) ja toinen aina hiukan alle (se lyhyen sivun ja toisen pitkän sivun kulma, joka on aina terävä jo siksi, että kolmiossa ei voi olla kuin yksi tylppä kulma).Sillä tarkastelulla päädyin samaan lopputulokseen, eli ratkaisutapa pätee myös tällaiseen erikoisen muotoiseen kolmioon.
Olennaista on tietää tiettyjen kulmien voivan olla vaikka kuinka lähellä suoraa kulmaa, mutta kuitenkin aina juuri sen alle. Siitä tiedosta voi johtaa kuviossa muut kulmat niin, että tietyt niistä ovat enimmillään lähes suorakulmia, mutta kuitenkin aina sen alle.
Nettilähteiden mukaan tuolle 7 kolmion ratkaisulle on myös matemaattinen todistus olemassa jossakin julkaisussa formuloituna.
25. Juhani Heino28.9.2006 klo 14:04
Sama kuvio oli näköjään kuin mullakin. Kai se sitten toimii mille tahansa kolmiolle - mulla oli vähemmän itseluottamusta kuin tuon sivun tekijällä, mutta en viitsi tutkia erityistapauksia tarkemmin.
26. Matti29.9.2006 klo 14:22
Ratkaisut molempiin löytyvät siis tältä iso S:n antamalta sivulta.http://mcraefamily.com/MathHelp/PuzzleTrianglePart
itionAnswer.htm
Tekniikka&Talous -lehden uusinkin pulma on mielestäni täällä pohtimisen arvoinen. Se ei ole vaikea. Käännän sen tässä selkokielelle.
Laatikossa on mustia ja valkoisia palloja. Jos otetaan niistä umpimähkään kaksi, todennäköisyys että saadaan kaksi mustaa on ½. Montako mustaa ja montako valkoista palloa laatikossa oli?
27. Juhani Heino29.9.2006 klo 14:36
Ei tosiaan ollut vaikea - oletan että tuo erikoismerkki oli 1/2, mutta samalla kaavalla löytyisi vastaus monelle muullekin murtoluvulle.
28. Matti29.9.2006 klo 16:44
No kysytään vielä, että jos sekä mustia että valkoisia palloja on äärettömän paljon, niin missä suhteessa niiden runsaudet ovat ovat.
29. Juhani Heino29.9.2006 klo 16:49
Siitä tulee irrationaaliluku, siis ei murtoluku...
30. Jaska29.9.2006 klo 18:03
Matin kysymys johtaa helposti sohvistisille poluille. Jos ei kekkaa oikeata kaavaa, pitää tulos yrittää selvittää kokeellisesti. Väitän kuitenkin, etteise annetussa muodossa ole mahdollista. Laatikon kokoahan ei tehtävässä mainittu. Olettamus lienee, että se on äärellinen. Jos siinä on mustia ja valkeita palloja molempia ääretön määrä, niiden täytyy olla äärettömän pieniä. Koe kävisi käytännössä mahdottomaksi, koska ihminen ei kai onnistu saamaan laatikosta hyppysiinsä äärettömän pientä palloa? Äärettömän hankalaa se olisi tietenkin myös siinä tapauksessa, että laatikkokin on äärettömän pieni. Jos taas laatikko on äärettömän suuri, niin siihenhän sopii kaikenkokoisia ja -värisiä palloja ääretön määrä. Mutta kun laatikko on äärettömän suuri, kokeen äärellisen pituinen ja painoinen suorittaja ei voi olla laatikon ulko-, vaan sisäpuolella. Näin ollen hän ei voi poimia laatikosta yhtään mitään sen ulkopuolelle, ja koe jää taas suorittamatta.
31. Matti30.9.2006 klo 16:23
Tehtävälle todella löytyy useitakin ratkaisuja, esim. 2871 mustaa ja 1189 valkoista palloa. Jos lasketaan kaikkien pallojen suhde mustiin palloihin, ja korotetaan se neliöön, saadaan 1,99979. Tämä antaa viitteen Juhani Heinon mainitsemaan irrationaalilukuun.Jaskan pohdinnot ovat ihan mielenkiintoisia. Mitä tarkkaan ottaen tarkoitetaan sillä, että jos molemman värisiä palloja on äärettömän paljon, niin niiden runsaudet suhtautuvat toisiinsa jotenkin? Eihän voida jakaa mustien pallojen lukumäärää valkoisten pallojen määrällä.
32. Juhani Heino30.9.2006 klo 17:07
Joo, näinkin yksinkertaisesta tehtävästä saadaan syvällisiä pohdintoja kun on viisas ihminen (nyt siis Jaska) asialla.En väitä tuntevani joukko-oppia perusteellisesti, mutta otetaan esimerkkinä positiiviset kokonaisluvut (1,2,3...) ja parilliset positiiviset kokonaisluvut (2,4,6...) - näiden suhde on 2:1 mutta silti molemmat joukot ovat äärettömiä.
Täsmennän vielä että irrationaaliluvun mainitsin vain äärettömän muunnoksen yhteydessä - 2871 mustaa ja 1189 valkoista ei tuota tarkasti oikeaa vastausta.
33. Matti30.9.2006 klo 18:16
Mielestäni positiivisten kokonaislukujen ja parillisten sellaisten suhde on 1:1. Molemmat joukot ovat numeroituvasti äärettömiä, ja niiden elementit voidaan asettaa yksikäsitteiseen vastaavuuteen toistensa kanssa. Että toinen on toisen aito osajoukko ei asiaa muuta, kun molemmat joukot ovat äärettömiä.Itseasiassa sellainen mustien ja valkoisten pallojen ääretön joukko, että mustia olisi esim. 60% kaikista, on käsitteellinen mahdottomuus. Asiaa pitää lähestyä jonkin raja-arvomenettelyn kautta.
34. Juhani Heino1.10.2006 klo 16:01
No niin, joukko-opin paradoksit tulivat esille. Myös rationaalilukujen (käytännössä murtolukujen, joukossa ovat myös kokonaisluvut) joukko on yhtä mahtava kuin kokonaislukujen: niillekin voidaan rakentaa bijektio eli Matin mainitsema yksikäsitteinen vastaavuus. Mutta jos saataisiin rakennettua laatikko josta rationaalilukuja voi poimia yksi kerrallaan, kokonaislukuja olisi häviävän pieni osa kaikista. Siksi en voi sanoa että niiden suhde olisi 1:1.Mä lähestynkin asiaa todennäköisyyksien kautta - teoreetikot voivat pitää joukko-oppinsa, josta kyllä on joissakin asioissa suurta hyötyäkin. Kolikkoakin voi heittää teoriassa äärettömän monta kertaa, joka tapauksessa klaavojen osuus lähestyy jotain lukua joka on lähellä puolta (luultavasti ei tasan, koska painopiste ei ole täsmälleen keskellä). Samalla tavalla voi ajatella mustista ja valkoisista palloista: kun niitä poimitaan "pohjattomasta" laatikosta, niiden osuus lähestyy jotain tiettyä lukua. Tässä tapauksessa tavoitteena on, että kun mustien suhdeluku on 1, valkoisten on neliöjuuri(2)-1. Silloin mustan pallon todennäköisyys on 1/neliöjuuri(2) ja kahden mustan pallon siis 1/2.
Varsinaista tehtävää en paljasta - ratkomatta on siis vielä miten käy "oikeilla palloilla" joita on äärellinen määrä.
35. Matti1.10.2006 klo 18:39
Niin, onhan tämä paradoksaalista. Kokonaislukuja ja rationaalilukuja on yhtä paljon, ja silti jos pussista nostellaan lukuja, kokonaislukuja pitäisi tulla häviävän harvoin - tuskin koskaan. Vai onko näin?Ajatellaan pussiin kaikki kokonaisluvut. Miten usein sieltä nousee kymmenellä jaollinen luku? Suunnilleen joka kymmenennellä nostolla? Ja kuitenkin niitä on yhtä paljon kuin kymmenellä jaottomiakin lukuja. En sanoisi että niitä on suhteessa 1:9.
Arvelen että intuitio tekee tässä tepposet. Ei pidä ajatella koetta, jossa on ääretön määrä lukuja. Ei sellaista koetta voi tehdä.
36. Jukkis1.10.2006 klo 19:39
No eihän missään nimessä voi sanoa että rationaalilukuja ja kokonaislukuja on "yhtä paljon". Molempia on ääretön määrä, mutta ei ääretön ole mikään luku, jonka voi merkitä yhtä suureksi kun jonkun toisen äärettömän.
37. Matti1.10.2006 klo 22:10
Näin se kuitenkin menee. Jos kahden äärettömän joukon elementit voidaan asettaa ritirinnan siten että jokaista yhden joukon elementtiä vastaa tasan yksi toisen joukon elementti, ja kääntäen toisen joukon jokaista elementtiä vastaa täsmälleen yksi ensimmäisen joukon elementti, niin silloin niitä on yhtä paljon.Rationaaliluvut voidaan laittaa jonoon, ensimmäisestä alkaen, muutamalla jatkaen, ja kolme pistettä perään ... Ne voidaan siis laittaa yksiyhteen -vastaavuuteen kokonaislukujen kanssa.
Äärettömyyttä on monta sorttia. "Pienin" ääretön on numeroituvasti ääretön, esim kokonaisluvut tai rationaaliluvut. Seuraava ääretön on reaaliluvut. Niitä ei voi laittaa jonoon eikä numeroida. Jos yrittää, niin aina jää numeroimattomia yli. Reaalilukuja on siis aidosti enemmän kuin kokonaislukuja tai rationaalilukuja.
Seuraava "sortti" on muistaakseni reaalifunktiot, niitä on aidosti enemmäm kuin reaalilukuja. Niitä ei voida laittaa yksi-yhteen rinnastukseen reaalilukujen kanssa. Niitä on aivan yksinkertaisesti liikaa.
Sortteja on tietenkin ääretön määrä. Tietysti äärettömyyksiin liittyy paradokseja, joita on äkkiseltään vaikea hyväksyä äärelliseen totutuilla aivoillamme. Maailmankaikkeuden atomien määrä on vain äärellinen. Niitä on vähemmän kuin kokonaislukuja.
38. Jukkis2.10.2006 klo 08:56
Edelleen protestoin. Kyllä, äärettömyyteen liittyy kaikenlaisia paradokseja. Yksi niistä on se, että vaikka miten on havaittavissa tommoinen yksi-yhteen -vastaavuus kahden äärettömän joukon välillä, on silti väärin sanoa, että kummassakin joukossa on elementtejä "yhtä paljon".No, luultavasti eksaktin äärettömyysmatematiikan kannalta olen väärässä. Mutta kannan väärässä olemiseni ylpeänä.
39. Jyrki2.10.2006 klo 11:18
Lisää äärettömyyksien eriskummallisuuksista, mm. siitä että äärettömän joukon A aito osajoukko B (eli B ≠ A) voi olla yhtä suuri kuin A:http://en.wikipedia.org/wiki/Hilbert%27s_paradox_o f_the_Grand_Hotel
http://en.wikipedia.org/wiki/Infinite#Mathematical _infinity
40. Matti2.10.2006 klo 12:00
En malta olla lisäämättä vielä yhtä paradoksia.Tarkastellaan kokonaislukujen joukkoa
1,2,3,4,5, ...
Tehdään jono blokkeja, jotka kasvavat aina kahdella luvulla. Kun mennään äärettömyyteen saadaan kaikkien kokonaislukujen joukko:
1,2
1,2,3,4,
1,2,3,4,5,6
Näissä kaikissa parillisten lukujen osuus on 1/2. Ja kun mennään äärettömyyteen, raja-arvoksi saadaan 1/2. Kaikki on siis hyvin ja maailma järjestyksessä.
Otetaan sitten sama kokonaislukujen jono, mutta muutetaan vähän lukujen järjestystä siten, että suuruusjärjestysessä otetaan aina kaksi paritonta ja yksi parillinen luku, siis näin
1,3,2,5,7,4,9,11,6
Kysymyksessä on siis edelleen kaikkien kokonaislukujen joukko, järjestys vaan on muuttunut. Tehdään sitten kolmen monikertojen mukainen jono blokkeja:
1,3,2
1,3,2,5,7,4
1,3,2,5,7,4,9,11,6
Raja-arvona näistä tulee alkuperäinen joukko. Jokaisessa parillisten lukujen osuus on 1/3, ja osuuden raja-arvo on myös 1/3.
Siis parillisten lukujen osuus riippuu siitä, missä järjestyksessä luvut ovat. No tässähän ei ole mitään järkeä. Ainut tie lentohiekasta takaisin tukevalle maalle on todeta, että parillisia lukuja on yhtä paljon kuin kaikkia kokonaislukuja, ja että kahden joukon keskinäinen suuruus määräytyy parittamalla joukkojen elementit ykksi-yhteen ja katsomalla mitä tapahtuu.
Ääretön jaettuna kahdella tai kolmella on edelleen ääretön.
41. Jyrki2.10.2006 klo 12:29
Niinpä, ja aiemmin mainitsemasi 10:llä jaolliset luvut voidaan ajatella samoin:1,10,2,20,3,30,4,40,5,50,6,60,7,70,8,80,9,90,11,10 0,12,110,...
Tuossakin on vain järjestysero tavanomaiseen kokonaislukujen esitystapaan 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,... nähden, mutta silti ensimmäisessä luetelmajärjestyksessä on missä tahansa parillisen lukumäärän kokoisessa yhtenäisessä otospätkässä 10:llä jaollisia lukuja yhtä monta kuin kymmenellä jaottomiakin, eli suhteessa 1:1.
42. Matti2.10.2006 klo 15:38
Tuodaan vielä tällainenkin esille:Koe, jossa äärettömän monesta pallosta valitaan satunnaisesti yksi siten, että jokaisen pallon todennäköisyys tulla valituksi on yhtäläinen, on käsitteellinen mahdottomuus. Nimittäin tämän todennäköisyyden on silloin oltava nolla. Siitä taas seuraa, että ylipäätään jonkun pallon valinnan todennäköisyys on nolla, eikä siis yksi. Tässä taas ei ole mitään järkeä.
Jos siis valitaan umpimähkään jokin kokonaisluku, niin millä todennäköisyydellä se on parillinen? Todennäköisyydellä 1/2? Ei, vaan koko testi on käsitteellinen mahdottomuus. Jos 1/2 hyväksyttäisiin vastaukseksi, siitä voitaisiin taas johtaa hassuja paradokseja.
43. Jaska2.10.2006 klo 18:29
Huomautus Matille: kokonaislukuja ei siis voi valita (arpomalla) umpimähkään niiden äärettömästä joukosta, mutta ei mitään muitakaan lukuja.Luvut ovat olemassa vain käsitteinä, joskin voimme operoida näiden käsitteiden symboleilla eli numeromerkeillä. Millään numerojärjestelmällä, joka perustuu määrättyyn lukuun, esim. 10, ei voida tuottaa käytännössä kuin äärellinen määrä numerosymbolien sarjoja, joten emme pysty niillä eksaktisti ilmaisemaan miten suurta lukua tahansa.
Lukujärjestelmiäkin on olemassa käsitteinä ääretön määrä, myös ääretön-järjestelmä, jossa olisi siis jokaiselle kokonaisluvulle oma erilainen numeromerkki. Voimme helposti KUVITELLA, että niistä voitaisiin äärellisen monella satunnaisen tuloksen antavan parillinen / pariton -kokeen toistolla päästä aina lähemmäksi tulosta ½, ja äärettömän monella toistolla tulos olisi eksakti ½.
Sen sijaan voimme tietysti pitäytymällä äärelliseen määrään numerosymboleja ja niiden sarjoja laatia esim. tietokoneohjelman, jolla suoritettu koe täyttää mielestämme satunnaisuuden vaatimuksen. Satunnaisuus tarkoittaa siis, ettemme tiedä etukäteen esim. pysähtyykö jokeriarvontakoneen ensimmäinen numerokiekko ylihuomenna parillisen vai parittoman numerosymbolin kohdalle. Käytännössä jokerituloksen (riittävä) satunnaisuus voidaan päätellä arvontatilastosta.
Koneella päästään muuten varmemmin satunnaiseen (½:ta) lähenevään tulokseen kuin ihmisaivoilla. Suoritetaan esim. koe, jossa tuhat koehenkilöä saa tehtavaäkseen kirjoittaa paperille minkä tahansa kokonaisluvun väliltä 1-1000. Väitän, että parittomat voittavat niin suurella marginaalilla, että on hyvä syy olettaa tuloksen olevan ei-satunnainen.
44. Matti2.10.2006 klo 19:18
Jaska, ihan mielenkiintoista.Miksi muuten intuitiomme sanoo, että parillinen luku saadaan todennäköisyydellä 1/2? Varmaan siksi, että kokonaisluvut ajatellaan yleensä järjestetyksi suuruusjärjestykseen, ja toden totta silloin joka toinen luku on parillinen. Ja silloinhan todennäköisyyden on pakko olla 1/2.
Mutta eihän järjestyksellä ole satunnaisotannassa mitään roolia. Itse asiassa kokonaislukujen joukon ei tarvitse edes olla järjestetty. Kommentissani 2.10. 20:00 parillisia lukuja oli joka kolmas. Onko siis todennäköisyys sittenkin 1/3? Ja Jyrkin kommentista 2.10. 12:29 voidaan päätellä, että kymmenellä jaollinen luku saadaan todennäköisyyydellä 1/2.
No, tämä menee jo saman toistamiseksi. Ja kuten Jaska totesi, äärettömän luvun valintaan liittyisi ääretön tarkkuus, mikä reaalimaailmassa, missä satunnaisotos tehdään, on mahdottomuus.
45. Jyrki2.10.2006 klo 19:32
Huomautus Jaskalle ja Matille: Mielenkiintoinen keskustelu aiheesta, tuli samalla opittua lisää äärettömyyksien käsitteestä, kun tutkin hiukan lähdemateriaalia ja kirjoittamaanne. Ymmärtääkseni puhutte tavallaan kahdesta eri asiasta, Jaska äärellisten joukkojen matematiikasta ja Matti äärettömyyksien ominaisuuksista ja paradokseista. En ainakaan löytänyt kirjoituksistanne ristiriitaa, sillä kummankin esittämät lait näyttävät pätevän omassa kontekstissaan. Minusta on oikeastaan mielenkiintoista, mitä tapahtuu siirryttäessä äärellisestä tapauksesta äärettömään, koska siinä kohdassa näyttää näin maalaisjärjellä olevan epäjatkuvuuskohta. Esim. rajallisessa N-joukon osajoukossa peräkkäisiä kokonaislukuja alkaen 1:stä eli {1,2,3,...,n}, jossa n on kymmenellä jaollinen, vain 1/10 alkioista on kymmenellä jaollisia, olkoon n kuinka suuri tahansa mutta ei "äärettömän suuri". Mutta jos osajoukko onkin {1,2,3,...∞}, niin edellä oleva ei enää päde.
Tietysti tuon epäjatkuvuuskohdan paikkaa ei voida määrittää, koska kukaan ei pysty sanomaan, missä rajallinen loppuu ja ääretön alkaa. Koko ajatus epäjatkuvuuskohdasta lienee sinänsä virheellinen, sellaista ei oikeasti ole olemassakaan edes teoriassa. Toisaalta tässäkin on kyse yhdestä paradoksista.
Paradokseista puheen ollen, en tiedä onko aina kyse vajaista teorioista ja ihmisen rajallisesta käsityskyvystä vai mistä, kun toisaalta tuntuu, että paradokseja ei saisi olla aidosti olemassakaan. Mahtavatko ne olla asioita, joissa näkyvät teorioiden heikkoudet, eli häviäisivätkö paradoksit, jos joskus keksitään parempia teorioita? Ilmeisesti tieteessä on uusien teorioiden myötä silloin tällöin päästy eroon eräistä paradokseista, mutta usein kai yhden paradoksin häviäminen on tuonut useita uusia...
(ilta"filosofointia" :D)
46. Juhani Heino2.10.2006 klo 20:05
Ehkä oikaisen tässä liikaa, mutta mulle Jyrkin hakema epäjatkuvuuskohta on aivan selkeä: äärellisestä tapauksesta löytyy loppu, äärettömästä ei.Tämäkin lienee tarpeetonta, mutta mahdollisille uusille lukijoille laitan vielä Matin alkuperäisen tehtävän:
Laatikossa on mustia ja valkoisia palloja. Jos otetaan niistä umpimähkään kaksi, todennäköisyys että saadaan kaksi mustaa on 1/2. Montako mustaa ja montako valkoista palloa laatikossa oli?
47. Jukkis2.10.2006 klo 20:42
Minä en edelleenkään jaksa pitää noita Matin ja Jyrkin puolenpäivän kieppeillä esitettämiä paradokseja kovinkaan kummoisina. Jos kokonaislukujen joukosta valitaan sellainen osajoukko, jossa vain kolmasosa luvuista on parillisia, niin kappas vaan, tosiaan silloin kolmasosa niistä luvuista on parillisia.Paradoksi tässä on lähinnä se, että itsestään selvä asia, eli että puolet kokonaisluvuista on parillisia, saadaan tommoisella raja-arvokikkailulla tuntumaan jotenkin ongelmalliselta. En osaa selittää pois noita kikkailuja, mutta se ei estä minua olemasta vankasti sitä mieltä että puolet kokonaisluvuista on parillisia. Minulle riittää tarkastella asiaa järkevimmän raja-arvon kautta, eli tutkimalla lukujoukkoa 1 ... N ja laittamalla N lähestymään ääretöntä.
48. Jyrki2.10.2006 klo 21:01
Jukkis, ei äärettömyyksien pohdinnassa ollutkaan kyse äärellisten joukkojen tarkastelusta. Sitä tarkoitin kun kirjoitin, etten löytänyt kirjoituksistanne ristiriitaa. Kyse on siitä miten sanot:Jos sanot "puolet kokonaisluvuista on parillisia", niin tarkasti ottaen silloin on kyse KAIKISTA kokonaisluvuista, joita on ääretön määrä, ja teorian mukaan silloin ei voi sanoa, että puolet kokonaisluvuista olisi parillisia.
Jos taas sanot "puolet kokonaisluvuista 1...n on parillisia (ja n lähestyy ääretöntä)", niin silloin kyse on rajallisesta osajoukosta, josta voi sanoa, että puolet noista luvuista on parillisia.
Kyse on siis juuri siitä epäjatkuvuuskohdasta: vaikka n lähestyy ääretöntä, se ei silti koskaan ole ääretön vaan rajallinen määrä, ja siksi sille osajoukolle esiintymissuhdevertailusi pätee.
Sanonta "puolet kokonaisluvuista" kuitenkin tarkoittanee useimmille jotakin todellisuudessa äärellistä määrää, olkoonkin järkyttävän käsittämättömän suuri (esim. näkyvän maailmankaikkeuden kaikkien alkeishiukkasten lukumäärä - vaikkakaan se ei käytännössä ole edes tietyllä hetkellä olemassa oleva yksikäsitteinen luku, mutta se on toinen juttu).
49. Jyrki2.10.2006 klo 21:19
Juhani Heino: Niin, ilmaisin epäselvästi, mitä tarkoitin epäjatkuvuuskohdan sijainnilla. Tietysti se on tarkkaan määritelty jokaiselle joukolle {1,2,3,...,n}, eli se on juuri n:n jälkeen. Mutta tarkoitin sitä, että kun n lähestyy ääretöntä, niin tuo epäjatkuvuuskohta karkaa koko ajan suuremmaksi, eli sen paikka on yleisellä tasolla määrittelemätön (ei voida sanoa, missä kohdassa kaikki äärelliset osajoukot päättyvät ja "varsinainen ääretön" alkaa).Muuten, jos joku haluaa kommentoida tätä keskustelua jonninjoutavaksi jauhamiseksi, niin aivan vapaasti :). Tämäntyyppisiin asioihin vain monesti liittyy käsitteistä keskustelemista, eikä keskustelussa välttämättä päästä puusta pitkään, mutta minusta ainakin on mukavampi keskustella kuin olla keskustelematta. Ei tarkoita, että olisin oikeassa tai että edes haluaisin olla oikeassa tai että haluasin ketään voittaakaan vuorokommentoinnissa. Sen sijaan aina on mahdollisuus oppia jotakin - kuten jo ainakin minulle kävi, kun tutkin hiukan lisätietoa äärettömyyden käsitteestä ja uskoakseni ymmärrän nyt jotakin sellaista mitä en vielä pari päivää sitten ymmärtänyt tai edes tiennyt.
50. Jukkis2.10.2006 klo 21:49
Minä en nyt tuota epäjatkuvuushommaa oikein pysty mieltämään. Miten tämä tilanne eroaa siitä, kun mietitään vaikka funktion (x^2+4)/(2x^2+29) arvoa, kun x = ääretön? Ei sitä vastausta niin haeta, että laitetaan tuohon x:n paikalle äärettömän symboli ja korotetaan se toiseen potenssiin ja ihmetellään, vaan asia selvitetään raja-arvona, eli laitetaan x lähestymään ääretöntä. Tuloksena on aivan yksikäsitteinen vastaus eli puoli. Ei se vastaus siitä muutu, vaikka x ei oikeasti voi koskaan ääretön ollakaan.
Minusta on aivan yhtä yksikäsitteistä sanoa, että parillisten lukujen osuus kaikista kokonaisluvuista saadaan raja-arvona, kuten klo 20.42 esitin.
51. Jyrki2.10.2006 klo 22:08
Jukkis, mitenkä saisin nyt tarpeeksi selkeästi sanottua:OLET OIKEASSA! JUURI NOIN SE ON! Ei logiikassasi ole mitään vikaa. Eikä kukaan ole mielestäni väittänytkään sinun olevan väärässä. Nimenomaan kyse on raja-arvotarkastelusta ja siten aina äärellisestä osajoukosta, johon tuo →∞ -tarkastelu pätee. Huomaa, että merkinnällä →∞ tarkoitetaan "lähestyy ääretöntä", joka on olennaisesti eri asia kuin merkintä =∞ eli "on ääretön". Juuri näihin tarkasteluihin matematiikkaan on tarvittu limes-käsitettä, jotta hallitaan laskenta joutumatta tekemisiin äärettömyyksien ongelmien kanssa. (Uskoakseni aikanaan historiassa yritettiin laskea äärettömällä, tai siis huomattiin se mahdottomaksi kun päädyttiin juuri noihin ongelmiin, joita esim. äärettömän sijoittaminen aritmeettiseen kaavaan aiheuttaa.)
Keskustelu vain juontui TUON LISÄKSI aidosti äärettömien joukkojen teorian pohtimiseen, jossa ymmärtääkseni Matti on oikeassa (sikäli kuin nyt itse mitään asiasta ymmärrän). Mutta siinä on siis kyse todella olennaisesti eri asiasta kuin →∞, eli nyt puhutaan tapauksesta =∞.
52. Jyrki2.10.2006 klo 22:22
Jukkis vielä: Kirjoitit "funktion (x^2+4)/(2x^2+29) arvoa, kun x = ääretön".Tuossa on juuri se, mistä tässä oli kyse: funktion arvo on määrittelemätön, kun x = ∞, sillä (∞^2+4)/(2∞^2+29) = ∞/∞, joka teorian mukaan on määrittelemätön arvoltaan. Äärettömän voi siis sijoittaa kaavaan, mutta se antaa tulokseksi yleensä joko ∞, 0 tai määrittelemätön, joista ei yleensä ole mitään hyötyä funktion tarkastelussa, toisin kuin raja-arvolaskennasta.
Oikeastaan tuonkaan funktion tarkastelussa ei liene edes kiinnostavaa tietää (muutoin kuin filosofiselta kannalta), mikä sen arvo olisi tapauksessa x = ∞, vaan oikeasti halutaan tarkastella funktion arvoa äärellisillä x:n arvoilla ja funktion käyttäytymistä yleensä, mm. jatkuvuutta, derivoituvuutta yms.
53. Jukkis2.10.2006 klo 23:00
Paitsi että kun funktion kirjoittaa muodossa(1+4/x^2)/(2+29/x^2)
niin sitten siihen voi sijoittaa äärettömän, ja saa tulokseksi puoli.
No joo, minä en yleensä arvosta juurikaan erilaisia Havukka-ahon ajattelijoita, jotka esim. väittävät kumonneensa suhteellisuusteorian keinutuolissa istuskelun sivutuotteena. Ja nyt kuitenkin tässä olen ollut juuri sellainen kun vastustan kohtuullisen vakiintuneita matemaattisia käsityksiä äärettömän olemuksesta. Hauskahan näitä on vängätä, mutta eiköhän tämä jo ala riittää.
54. Jaska2.10.2006 klo 23:19
Jos oikein tarkkoja ollaan (viisasteluksikin saatetaan tuomita), niin pallotehtävä (viimeksi Juhani Heino 20.05) ei ole ihan oikein muotoiltu, vaan sen pitäisi kuulua: Laatikossa on palloja, joiden järjestys on satunnainen. Kunkin pallon väri on joko musta tai valkoinen. Otetaan laatikosta pois umpimähkään (= laatikon sisältöä näkemättä) kaksi palloa. Ne ovat todennäköisyydellä 1/2 (0,5) molemmat mustia. Kuinka monta mustaa ja kuinkamonta valkoista palloa laatikossa oli ennen pois ottoa?
Oman versioni poikkeavuuksissa alkuperäisestä on yksi, joka toimii samalla vihjeenä tehtävän ratkojalle. Ne jotka jo tietävät ratkaisun, huomaavat sen helposti. Eikö totta?
55. Jukkis2.10.2006 klo 23:21
"(1+4/x^2)/(2+29/x^2) niin sitten siihen voi sijoittaa äärettömän, ja saa tulokseksi puoli"Totta, mutta tuossa on se pointti, että ääretöntä ei voi sijoittaa kaavojen kaikkiin ekvivalentteihin versioihin, koska äärettömälle ei ole määritelty kaikkia samoja operaatioita kuin yleensä luvuille (joista poikkeuksena usein luku 0).
Esim. yhtälöä ei voi kertoa tai jakaa puolittain äärettömällä tai siihen lisätä tai siitä vähentää puolittain ääretöntä niin, että yhtälö pysyisi ekvivalenttina sen operaation jäljiltä.
Kaikkia kaavoja ei taida voida muuntaa muotoon, jossa äärettömän voisi sijoittaa suoraan kaavaan raja-arvon saamiseksi. En ole ihan varma, mutta muistelen niin.
Mutta eipä ole ollut tarkoitus vängätä, keskustella vain. ;)
56. Jyrki2.10.2006 klo 23:22
No niin, (epä)onnistuin taas :(Siis yllä oleva on minun vastaus Jukkikselle, ei Jukkiksen viesti! Pahoittelen kömpelyyttäni!
57. Jyrki2.10.2006 klo 23:25
Ajattelenkohan vikaan, mutta voisin tarjota ratkaisuksi: kolme mustaa ja yksi valkoinen.Onkohan oikein?
58. Jaska3.10.2006 klo 00:13
Oikein on. Alkuperäisessä tehtävän mukaan laatikossa on MUSTIA ja VALKOISIA PALLOJA. Molemmat värit ja pallot ovat siinä monikon partitiivissa. Tästä voisi päätellä, että kummankin värisiä palloja on enemmänkuin yksi. Oman versioni muotoilin niin, että siitä ei pitäisi voida tehdä ko. virheellistä päätelmää. Sen sijaan vertailemalla molempien versioiden sanamuotoja on mahdollista havaita, että jälkimmäisen mukaan on ainakin mahdollista, että toista väriä edustaa vain yksi pallo. Koska kokeessa laatikosta nostettiin kaksi mustaa palloa, täytyy ainokaisen omaa väriään edustavan pallon olla valkoinen. Edelleen voidaan päätellä, että palloja täytyy olla yhteensä parillinen määrä, koska muuten kahden mustan pallon todennäköisyys ei voi olla (tasan) 0,5, ja edelleen on pääteltävissä binomijakaumasta, että lukumäärän täytyy olla neljä. Oikea vastaus on aika helppo keksiä vain kokeilemalla eri vaihtoehtoja, mutta huomattavasti haastavampaa on todistaa, että tämä on ainoa ratkaisu (kun likiarvoa 0,5 ei hyväksytä).
59. Jyrki3.10.2006 klo 00:15
Hmm, toimiiko myös kaikilla lukumäärillä M=3V, V=1,2,3,... ?
60. Jyrki3.10.2006 klo 00:27
Tjaah, itse itselleni vastaten: eipä toimi.
61. Jaska3.10.2006 klo 00:30
Ei! Mutta se todistus, ehkä joku haluaa esittää sen myöhemmin. No nyt on myöhä, siis vielä myöhemmin. Nyt siis koisimaan.
62. iso S3.10.2006 klo 08:32
Jyrki 2.10.2006 klo 21:01... Jos taas sanot "puolet kokonaisluvuista 1...n on parillisia (ja n lähestyy ääretöntä)", niin silloin kyse on rajallisesta osajoukosta, josta voi sanoa, että puolet noista luvuista on parillisia.
Halkaisen soppaan oman hiukseni ja sanon että puolet kokonaisluvuista 1...n (lähestyipä n ääretöntä tai ei) on parillisia jos ja vain jos n on parillinen. Parittomia on yksi enemmän kuin parillisia jos n on pariton, joten parillisia on silloin noin puolet eikä tasan puolet :-)
63. Jyrki3.10.2006 klo 09:32
Iso S: No toki, kiitos täsmennyksestä ;)Vielä lisäksi oma täsmennykseni: Tuossa kirjoittamassani osuus "(ja n lähestyy ääretöntä)" ei oikeastaan ollut tarkoitettu viittaamaan siihen, että lause olisi tosi vain n:n lähestyessä ääretöntä. Ajatukseni oli vain kohdistaa huomio kahteen ajattelussa ja puheessa ehkä samalta kuulostavaan, valtavan määrän jäseniä sisältävään joukkoon, eli aidosti äärettömään joukkoon lähes äärettömän suureen rajalliseen joukkoon.
64. Matti3.10.2006 klo 09:53
Kolme mustaa ja yksi valkoinen pallo on oikein. (Tuota valkoisten monikon partitiivia en tullut ajatelleeksi - väärinhän se on tarkkaan ottaen.) Mutta muitakin oikeita ratkaisuja löytyy, esim aiemmin mainittu 2871 mustaa ja 1189 valkoista.Jos mustia on m ja valkoisia v kappaletta, niin saadaan yhtälö m/m-1)/v(v-1) = 1/2. Yksi yhtälö ja kaksi tuntematonta, mutta vain kokonaislukuratkaisut kelpaavat.
Alkuperäisessä tehtävänannossa T&T-lehdessä ei puhuttu mustista ja valkoisista palloista vaan perheen sinisilmäisistä ja ei-sinisilmäisistä tyttäristä. Nyt tuo suurempi ratkaisu ei selvästikään kelpaa. Mutta kelpaisiko 15 sinisilmäistä ja 6 ei-sinisilmäistä. Olisihan se jo aikamoinen suurperhe, mutta ei mahdoton.
Ja lisääkin ratkaisuja löytyy, pienempiä kuin 2871 ja 1189.
65. Matti3.10.2006 klo 09:55
Yhtälö on oikeasti m(m-1)/(m+v)(m+v-1). Sorge.
66. Jaska3.10.2006 klo 14:01
Ehkä joku ei esitäkään mainitsemaani todistusta, koska sitä ei ole olemassa... Ei kovinkaan yllättäen aatokseni luiskahti harhapoluille. Totta on, että kun mustien ja valkoisten pallojen lukumääräsuhde on 3/1, ratkaisu ½ toteutuu vain 3 + 1 pallolla, ei siis kerrannaisilla 6 + 2, 9 + 3 jne. Mutta eihän tehtävässä ole mitään ehtoa pallojen lukumääräsuhteesta, se saa olla mikä tahansa. Ratkaisuja on siis useita, kuten Matin esittämä yhtälö osoittaa. Ratkaisut täyttävät myös ehdon (m+v-2) / v = ½[(m+v) / v], missä kauttaviiva = yli. Alkiojakaumalla 15 ja 6 siis 19 / 6 = 27132 ja 21 / 6 = 54264. Varmuuden vuoksi jätän ratkaisujen lukumäärän (n kpl tai ääretön) todistamisen muille, koska en ehdi äärellisenä elinaikanani väsätä Pascalin kolmiota, jossa on äärettömän monta riviä...
67. Juhani Heino3.10.2006 klo 14:18
Ja vielä toisessa muodossa:v(2m+v-1) = m(m-1)
joka on jostain syystä mulle selvin, jos ryhdytään etsimään lisää ratkaisuja. Ainakaan en keksinyt parempaa.
68. Matti3.10.2006 klo 16:48
Mun resepti meni näin:Yhtälö oli m(m-1)/n(n-1)=1/2, missä n on pallojen kokonaismäärä. Kun yhtälöä mulkataan, päädytään etsimään kokonaislukuja k, jotka antavat lausekkeelle
sqr(2+2k^2) kokonaislukuarvon, merkitään sitä q. Excelhän näitä hakee. Nyt n=(k+1)/2 ja m=1/2 + q/4.
Löysin ratkaisut (m ja v):
3 ja 1
15 ja 6
85 ja 35
493 ja 204
2871 ja 1189
Sitten motivaatio katosi. Ymmärtääkseni muut ratkaisut ovat näitä suurempia. Onko niitä äärettömän monta? Ei käsitystä, mutta jos saa arvata, niin on.
69. Jaska3.10.2006 klo 18:09
Sama arvaus. Intuitiivisesti olen siitä aivan varma. Todistuksen alku voisi lähteä näin: Olkoot kahden eri alkion lukumäärät a ja b sekä niiden summa c. Ratkaisu on mahdollinen, kun c(c-1) = 2[(c-b) (c-b-1)].
Loppu kuuluu tietysti seuraavasti: Koska.... täytyy vaatimuksen täyttäviä lukujen lukumäärän olla ääretön.
On siis osoitettava, että lukupareja, joiden molemmat luvut ovat kahden peräkkäisen kokonaisluvun tuloja, toinen kaksi kertaa suurempi kuin toinen, on ääretön määrä. Ei pitäisi olla niin vaikeaa kuin tämä formulointini??
KOMMENTOI