KESKUSTELUT > MUUT AIHEET > LUKUJONO 18

9064. Lukujono 18

Matti29.11.2016 klo 00:40
Jatketaan pulmailuja täällä!
2. Jaska29.11.2016 klo 12:42
Ei liian vaikea hoksaamistehtävä. Mistä siis kyse?

3, 19, 43, 163, 283, 523, 619, 2203, 2803, 3019, 4219, 4483...
3. Jaska7.12.2016 klo 12:14
Ei liian vaikealle tehtävälle kohtuullinen viikon ratkonta-aika on ummessa. Ratkaisu: p+6 = n^2
4. Antti7.12.2016 klo 12:35
Jaskan tehtävä oli hyvä. Jostakin syystä ei vain ratkennut.
5. Jukkis7.12.2016 klo 15:14
En minä ainakaan tajua, mitä tuo Jaskan merkintä p+6 = n^2 tarkoittaa.

Näissähän etsitään jonon
a(n), n = 1,2,3,4,5,....
termejä.

Joten mikä nyt on tämän jonon termin a(n) lauseke?
6. Juhani Heino7.12.2016 klo 16:21
Jos oikein ymmärsin, otetaan n^2-6 listalle jos se on alkuluku.
7. Jaska7.12.2016 klo 17:03
Kyllä. Tosiin määritellen se on jonon n^2 - 6 positiivisista alkulukuluvuista koostuva osajono.
8. ++juh17.12.2016 klo 17:38
88, 224, 365, 687, 4 332, 10 759, 30 688, ...
9. Jaska18.12.2016 klo 22:35
60225
10. ++juh19.12.2016 klo 13:48
Jaska tietää, mistä on kyse, mutta on käyttänyt kertolaskussa likiarvoa.
(Vastausta ei tarvitse laskea, englanninkielisen sivun luku lienee oikea.)

Vinkki: jonon kolmas luku on 365.
11. eol20.12.2016 klo 11:49
60182
12. Jaska20.12.2016 klo 17:53
Aika reippaasti yläkanttiin johti kertolasku 165*365.
13. Jaska9.1.2017 klo 15:02
Edellisen ratkaisu siis planeettojen kiertoajat yhden kerran kerran auringon ympäri Telluksen vuorokausina laskien.

Seuraava jono kytkeytyy erääseen suht. tunnettuun jonoon (on OEIS:ssä). Mihin ja miten? Ekan termin pitäisi antaa osviittaa.

1681, 1763, 2021, 2491, 3233, 4331, 5893, 6847, 7181, 7697, 8051, 8413...
14. Jaska16.1.2017 klo 11:49
Ratkaisu liittyy lukujonoon 2, 3, 5, 11, 17, 41.
15. Jaska23.1.2017 klo 12:32
2, 3, 5, 11. 17. 41, katso Lucky numbers of Euler Nämä on käsitelty myös tässä ketjussa jokunen vuosi sitten. Infoa tarjoaa myös Prime generating polynomial.

Kun lukuun 41 ynnätään aritmeettisesti +2 kasvavat 0, 2, 4, 6, 8... ovat syntyneen lukujonon 40 ensimmäistä lukua alkulukuja. Jatkossa esiintyy sekä alkulukuja että yhdistettyjä lukuja, joista ensimmäinen on jonon 41. luku 1681 eli 41^2, jatkuu siis 1763, 2021,... kuten 9.1. 15:02. Näillä jonon yhdistetyillä luvuilla on eräs yhteinen ominaisuus, jonka jätän kiinnostuneille pähkäiltäväksi.
16. Jukkis16.2.2017 klo 18:48
Eräs töihin liittyvä juttu ajoi laskeskelemaan tällaista:

* Valitaan kokonaisluku A väliltä 1 ... 1000.
* Generoidaan satunnaisluku väliltä 1 ... 1000 (tasan jakautuneita kokonaislukuja) niin monta kertaa, että saadaan luku A.
* Todetaan, että A saatiin N:ntenä satunnaislukuna.
* Valitaan mikä tahansa positiivinen kokonaisluku C.
* Millä todennäköisyydellä N = C?
* Millä todennäköisyydellä N
17. Jukkis16.2.2017 klo 18:52
Mitä ihmettä tapahtui, kun loppuosa tipahti pois? Laitan kaikki uudestaan:

Eräs töihin liittyvä juttu ajoi laskeskelemaan tällaista:

* Valitaan kokonaisluku A väliltä 1 ... 1000.
* Generoidaan satunnaisluku väliltä 1 ... 1000 (tasan jakautuneita kokonaislukuja) niin monta kertaa, että saadaan luku A.
* Todetaan, että A saatiin N:ntenä satunnaislukuna.
* Valitaan mikä tahansa positiivinen kokonaisluku C.
* Millä todennäköisyydellä N = C?
* Millä todennäköisyydellä N
18. Jukkis16.2.2017 klo 18:56
No onpas nerokkaasti koodattu systeemi, kun katkaisee tekstin "pienempi kuin" -merkin kohdalta.

Miksi ihmeessä? Yrittää stripata html-tagit pois? Korjatkaa nyt helkutassa tuollainen älyttömyys. Sellainenhan tehdään regexpillä, jos halutaan että toimii.

Vielä kerran:

* Valitaan kokonaisluku A väliltä 1 ... 1000.
* Generoidaan satunnaisluku väliltä 1 ... 1000 (tasan jakautuneita kokonaislukuja) niin monta kertaa, että saadaan luku A.
* Todetaan, että A saatiin N:ntenä satunnaislukuna.
* Valitaan mikä tahansa positiivinen kokonaisluku C.
* Millä todennäköisyydellä N = C?
* Millä todennäköisyydellä N pienempi tai yhtä suuri kuin C?

Lukuarvoja vaikka näille: C = 1, 10, 100, 1000, 2000, 5000, 10000.
19. eol16.2.2017 klo 19:31
N = C todennäköisyydellä (999^(C-1))/(1000^C).
20. eol17.2.2017 klo 10:07
Ja N on pienempi tai yhtä suuri kuin C todennäköisyydellä 1 - (999/1000)^C.

Kyseessä ovat geometrisen todennäköisyysjakauman pistetodennäköisyysfunktio ja kertymäfunktio.
21. eol17.2.2017 klo 11:21
Vedetään vielä yhteen: Merkitään kokeen onnistumistodennäköisyyttä p:llä (esimerkissä p = 1/1000). Tällöin N = C todennäköisyydellä p (1-p)^(C-1) ja N on pienempi tai yhtä suuri kuin C todennäköisyydellä 1 - (1-p)^C.
22. Matti5.3.2017 klo 21:44
Veikkaus on julkistanut uuden pelin, kaikki tai ei mitään. Mainokset pyörivät TV:ssä.

Siinä pelaaja valitsee 12 eri numeroa joukosta (1,2,3, ... ,24). Sitten Veikkaus arpoo myös 12 numeroa samasta joukosta, "oikean rivin". Pelaajan voitto määräytyy siitä, kuinka monta oikeaa numeroa hänen rivissään on. Voittokertoimet ovat seuraavat: nolla oikein 125000, 1 oikein 250, 2 oikein 25, 3 oik 5, 4 oik 1, 5 oik 0, 6 oik 0, 7oik 0, 8 oik 1, 9 oik 5, 10 oik 25, 11 oik 250 ja kaikki 12 oikein 125000. Sellainen symmetria siis vallitsee, että hutit ovat yhtä tuottoisia kuin osumatkin.

Kysymys kuuluu, että jos pelaaja pelaa yhden euron panoksella, paljonko hän keskimäärin saa eurostaan takaisin voittona.

Ehdotan, että ei kerrota heti koko ratkaisua, vaan ensiksi hepittänyt kertoo kaksi ensimmäistä desimaalia, seuraava kaksi seuraavaa jne. Katsotaan mitä tapahtuu.
23. Jukkis6.3.2017 klo 20:39
Olisko sentteinä: 55,.......
24. Matti6.3.2017 klo 22:44
Joo, näin minäkin sain. Simuloitko?
25. Jukkis6.3.2017 klo 23:35
Excelillä laskin.
26. Matti7.3.2017 klo 01:25
Jännää. Heitän seeuraavat saamani kaksi desimaalia, 79.
27. Jukkis7.3.2017 klo 09:32
Minä kyllä sain seuraaviksi desimaaleiksi 98. Eli siis 55,98..... senttiä.
28. Matti7.3.2017 klo 16:19
Vielä jännempää. Tarkaksi arvoksi sain 107775/193154. Palaan.
29. Matti7.3.2017 klo 20:58
Mulla oli laskuvirhe, sorry! Oikea vastaus on 3425/6118 = 0,55982347. Eli Jukkiksella oikein.
30. Jukkis7.3.2017 klo 21:52
Miten laskit?
31. Matti7.3.2017 klo 23:01
Hetikohta huomaa, että oikeaksi riviksi voi valita (1,2,3, ... ,12). Kaikki muut vaihtoehdot johtavat samaan tulokseen. Sellaisia rivejä joissa on esim. kolme oikeaa lukua ja 9 väärää, on (12yli3)*(12yli9) eli (12yli3)^2 kappaletta. Koska rivejä on yhteensä (24yli12) kpl, kolmen oikean ja yhdeksän väärän todennäköisyys p(3) saadaan jakolaskulla.

Jos voittokertoimia, jotka tehtävänannossa on kerrottu, merkitään r(i), on kysytty keskiarvo

sum(i=0 to 12) r(i)*p(i) eli sum(i=0 to 12) r(i) * (12yli i)^2/(24yli12).

Sivutuotteena saadaan todistetuksi tunnettu kaava sum(i=0 to n) (n yli i)^2 = (2n yli n).
32. Jukkis8.3.2017 klo 08:31
Minä lähestyin asiaa niin, että oletin, että pelaaja pelaa kaikki mahdolliset rivit (2704156 kpl) hintaan 1 euro per rivi. Silloin tulee 1 kpl sekä 0 oikein että 12 oikein, näillä saa kummallakin 125000 euroa. Tulee 144 kpl sekä 1 oikein että 11 oikein, näillä saa kummallakin 36000 euroa. Jne. Kokonaisvoittosummaksi tulee 1513850 euroa.

Samat kaavathan tässä tuli käytettyä.
33. Matti8.3.2017 klo 13:46
Joo, ihan OK. Hyvi läpinäkyvä päättely.
34. Jaska20.3.2017 klo 23:52
Iloisia uutisia: valkeus voittaa taas huomisesta alkaen, ja minä palaan areenoille.

23.1. kysymyksen ratkaisu. 1681:sta lähtien jonon kaikkien yhdistettyjen lukujen alkutekijät ovat suurempia kuin 37.
35. Matti21.3.2017 klo 01:22
Jaska, tervetuloa takaisin!
36. Jaska3.5.2017 klo 11:17
1, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, ?
37. Jaska3.5.2017 klo 11:18
1, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, ?
38. Jaska3.5.2017 klo 11:20
Merkillistä.
39. Jaska4.5.2017 klo 12:11
Seuraava luku on 5. Pitempi rimssu valaissee, miten jono muodostuu. Alusta uudelleen.

1, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, 5, 3, 1, 1, 5, 3, 1, 3, 1, 1, 3, 1, 5, 3, 1, 5, 3, 1, 1...
40. eol4.5.2017 klo 14:08
a(n) = f(2n) - 2n, kun f(k) on pienin k:ta suurempi alkuluku
41. Jaska4.5.2017 klo 21:41
Eli parillisten etäisyys lähimpään sitä suurempaan alkulukuun.
42. eol5.5.2017 klo 10:17
3, 3, 3, 3, 1, 1, 3, 3, 3, 1, 3, 3, 3, 1, 1, 3, 1, 3, 3, 1, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 1, 3, 1, 3, 1, 1, 1, 3, ?
43. Jaska6.5.2017 klo 12:00
eolin jono ei aukene ilman lisävinkkiä. Seuraavassa kenties sama tilanne:)

3, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, 3, 3, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, ?
44. eol6.5.2017 klo 13:04
Eilinen jononi on äärellinen.
45. Jaska7.5.2017 klo 11:45
eolin tehtävän äärellisyys vaikeutti lisää, koska ratkaisu voi olla myös ei-matemaattinen. En kuitenkaan vielä luovuta, jos eol paljastaa termien lukumäärän kaiken kaikkiaan.

Omalle äärettömälle helpotuksena tarmien parittaminen.

3, 1 - 1, 3 - 1, 1 - 3, 1 - 3, 3 - 1, 1 - 3, 1 - 1, 3 - 1, ?
46. eol7.5.2017 klo 12:54
Jononi listauksesta ei yllä puutu kuin yksi termi, eli termejä on kaikkiaan 38.
47. eol10.5.2017 klo 12:36
Lisävinkkiä: Jononi on ei-matemaattinen. Ei ole syytä ampua tykillä kärpästä. Tämän vuosituhannen puolella ollaan.
48. Jaska10.5.2017 klo 19:19
Kärpäsen tappaa tarkoituksenmukaiisimmin lätkällä, mutta en sitä tähän hätään löydä. Mahd. kyse on jonkin sivustomme ketjun/säikeen tai niihin osallistujan tilastolukemista.

Omassa luvut ovat molempiin suuntiin pienimipiä etäisyyksiä aritmeettisessa sarjassa kasvavista luvuista.
49. eol11.5.2017 klo 12:53
Edelleen jonoani koskevia vinkkejä: Vielä ei polta. Asiayhteyteen ei liity kärpänen vaan tykki. Ollaan siis tällä vuosituhannella. Hyvin pitkälti vastaava ilmiö kuitenkin löytyy myös viime vuosituhannelta - mutta ei viime vuosisadalta: 2, 2, 2, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 2, 1, 2, ? (jälleen ainoastaan jonon viimeinen termi puuttuu).
50. Jaska11.5.2017 klo 18:55
Voisi viitata ilmasta siellä sun täällä kuultuihin arvoituksellisiin paukahduksiin (cannon phenomenon), jotka eivät siis ole ukkosen jyrinää. Oletus kuitenkin horjuu eolin ilmoituksen "mutta ei viime vuosisadaltta" johdosta. On niitä silloinkin esiintynyt. Enempää en jaksa innostua asiaa tutkimaan.

Omani ratkaisu: alkulukujen pienimmät etäisyydet taakse ja eteen 5*parillisista luvuista eli jonosta 10, 20, 30, 40, 50...
51. eol11.5.2017 klo 21:41
Viimeinen vinkki jonolleni (jonka ratkaisu on tulossa ylihuomenna): Kyse on urheilusta, ja ollaan eräällä saarella.

Jaskan jonon ratkaisuyrityksissäni jumiuduin erääseen omaan tulkintavirheeseeni :(
52. eol12.5.2017 klo 16:45
Sanottakoon vielä, että tuo cannon phenomenon -ilmiö ei liity jononi ratkaisuun. Ratkaisun yhteys tykkiin on pelkästään symbolinen (muun muassa heraldinen).
53. Waari13.5.2017 klo 07:40
Tykki ja heraldiikka viittaavat vahvasti Arsenal FC:n suuntaan, mutta en nyt jaksa ryhtyä tilastoja penkomaan.
54. Jaska13.5.2017 klo 10:42
Waari on oikeassa. Oma dementiani on on äitynyt jo niin pahaksi, ettei eolin ilmoitus 38:sta aiheuttanut synapseissani pienintäkään aistittavaa värähtelyä. Pelottavaa.

38 ottelua on siis Arsenalin ja Valioliigan peräkkäisten tappiottomien matsien ennätys kuluvan vuosituhannen alussa, kolmoset voittopinnoja, ykköset tasureista. Jonosta puuttuvaa tulosta ei Jaska jaksa nyt hakea:(

1800-luvulla voitosta sai kaksi pistettä, joten eolin toka jono lienee Tykkikiesten silloinen tappioton sarja.
55. eol13.5.2017 klo 11:48
Waari osui tosiaan oikeaan, ja tehtävän ideana ovat peräkkäiset tappiottomat ottelut, kuten Jaska kirjoitti. Hieman viilausta kuitenkin vielä tarvitaan:

Arsenal F.C. tunnetaan lempinimellä The Gunners (Tykkimiehet), ja sen vaakunamallisen logon kuva-aiheena on tykki. Lukujono kuvaa Arsenalin tappiotonta mestaruuskautta 2003-04: 26 voittoa ja 12 tasapeliä. Kauden viimeisestä ottelusta tuli voitto, joten jonon puuttuva termi on 3.

Ainoa toinen kerta Englannin (eli jalkapallon kotimaan) pääsarjatasolla kun jokin joukkue on selvinnyt koko kaudesta kokonaan ilman tappioita on Preston North End mestaruuskaudellaan 1888-89 (eli Englannin Jalkapalloliigan ensimmäisellä pelikaudella): 18 voittoa ja 4 tasapeliä. Tässäkin tapauksessa viimeisestä ottelusta tuli voitto, joten vinkkinä annetun 22-termisen jonon puuttuva termi on 2 (koska voitosta tuolloin siis sai vain 2 pistettä, eikä 3 kuten nykyään).

Nämä tiedot löytyvät ehkä helpoiten englanninkielisen Wikipedian artikkelista "The Invincibles (football)".
56. Jukkis13.5.2017 klo 12:14
7, 11, 9, 6, 6, 8, 11, 5, 5, ...

Jono on äärellinen, mutta aika pitkä.
57. Jaska15.5.2017 klo 09:15
Pahahkolta vaikuttaa. Jokin tilastojutskako taas.
58. Jukkis15.5.2017 klo 10:52
Yhtä helppo kuin Arsenal-juttu. Eli annettuna täysin mahdoton, ja jos nyt sitten viikon ajan jakelisin vinkkejä, niin lopulta mahdollinen. En jakele, unohdetaan koko juttu. Oli ärtymyksen tilassa laitettu, kun minusta kunnon pähkinä on sellainen, jonka voi ratkaista sellaisena kuin se annetaan. Ärymys ohi, ihan hauska triviatieto tuo Arsenalin kausi. Tämän vastaus olisi pelkästään tyhmä ja tylsä.
59. Jaska15.5.2017 klo 12:18
Jos nin sanot. Palataan sitten vanhoille tutuille urille. Mikä jono?

0, 1, 3, 5, 9, 11, 15, 17, 21, 27, 29, 35, 39, 41, 45, 51...
60. eol16.5.2017 klo 08:05
Jaskan listaaman jonon luvut saadaan vähentämällä kustakin alkuluvusta luku 2.
61. Jaska16.5.2017 klo 09:28
Sen huomaa heti, jos muistaa alkulukujen listan alkupään. Näitä p miinus 2 -lukuja on siis äärettömän paljon niin kuin alkulukujakin, ja niiden peräkkäiset etäisyydet samassa suunnassa pienemmästä suurempaan ovat samat kuin alkuluvuilla.

Myös seuraava jono on helppo tunnistaa. Sen peräkkäisten termien etäisyydet toisistaan eivät ole termi termiltä identtiset peräkkäisten alkulukujen etäisyyksien kanssa.

9, 15, 21, 25, 27, 33, 35, 39, 45, 49, 51, 55, 57, 63, 65, 69, 75, 77...

(jatkuu)
62. Jaska16.5.2017 klo 18:55
Edellinen voidaan jakaa kolmeen osajonoon: jaollisuuden mukaan.

Jono 9, 15, 21, 27, 33,.. koostuu parittomista kolmella jaollisista luvuista ollen ne siis kaikki sekä muotoa 6n + 3 että 6n - 3.

Jonossa 25, 49, 55, 85, 91, 115, 121, 133... muilla alkutekijöillä kuin 3 jaolliset luvut, jotka ovat muotoa 6n + 1,

Jonossa 35, 65, 77, 95, 119, 125, 143, 155... muilla alkutekijöillä kuin 3 jaolliset luvut, jotka ovat muotoa 6n - 1.

Kunkin jonon termien kesknäiset etäisyydet ovat siis jaollisia kuudella.

Muotoa 6n + 1 ja 6n - 1 olevien alkulukujen etäisyydet ovat niin ikään jaolliset kuudella. Niiden ja alkuluvun 3 etäisyydet ovat jaollisia kolmella.

(jatkuu)
63. Jaska16.5.2017 klo 20:55
Edellisen loppu ...jaollisia kolmella po. jaollisia kolmella mod 1 ja 2
64. Jaska17.5.2017 klo 12:16
Etäisyyden 6 lisäksi eri jonojen termien etäisyydet voivat siis olla 2, 4, 8, 10, 14, 16... eli kaikki parittomien lukujen etäisyydet alkuluvut mukaan lukien. Se on oleellinen seikka Goldbachin konjunktuurissa, jota täällä todistelin (itselleni) jokunen vuosi sitten. Jutussa oli sekavuutta ja kömmähtelyä, vaikka periaate oli oikea. Nyt yritän selventää. .

Tarkastellaan kahden parittoman luvun etäisyyksiä ja summia jonoista 9, 15, 21.. ja 6n + 1. Olkoot luvut 9 ja 97. Niiden välinen etäisyys on 88 ja summa 106, joka ei ole kolmella jaollinen, vaan mod 1. Lukujen 9 ja 15 välinen etäisyys on siis 6, joten 97 - 6 = 91. Jatketaan listaa, jossa summan 106 muodostavat luvut ovat allekkain.

9, 15, 21, 27, 33, 39, 45, 51, 57, 63, 69, 75, 81, 87, 93, 99, 105
97, 91, 85, 79, 73, 67, 61, 55, 49, 43, 37, 31, 25, 19, 13, 7, 1

Havaitaan, että alarivillä on joukko alkulukuja, jotka kaikki ovat muotoa 6n + 1. Listalla ei siis ole yhtään kaksi alkulukua käsittävää paria.
65. Jaska17.5.2017 klo 12:16
(jatkuu)
66. Jaska17.5.2017 klo 18:15
6n - 1 jonon luvut saavat siis pareikseen muita kuin edellisen viestin yläjonon lukuja:

3, 5, 11, 17, 23, 29, 35, 41, 47, 53
103, 101, 95, 89, 83, 77, 71, 65, 59, 53

Lasketaan niiden parien lukumäärä, joissa esiintyy yhdistetty luku. Niitä on neljä, pienimpinä alkutekijöinään 5 tai 7. Jäjelle jää siis viisi paria, jioissa on kaksi eri alkulukua, sekä yksi pari, jossa on sama alkuluku 53 kahdesti = kuusi Goldbach-paria.

Katsotaan kolmella jaollisen luvun 108 jakaumia, jossa alajono on muotoa (6n + 1) + 2.

9, 15, 21, 27, 33, 39, 45, 51,
99, 93, 87, 81, 75, 69, 63, 57, (jonot jatkuvat peilikuvina)

Alkuluvut puuttuvat, joten ne löytyvät jonoista

3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29, 31, 35, 37, 41, 43, 47, 49, 53
105. 103, 101. 97, 95, 91, 89, 85, 83, 79, 77, 73, 71, 67, 65, 61, 59, 55

Lasketaan parit, joissa esiintyy yhdistetty luku (pienin alkutekijä 5 tai 7). Niitä on 18:sta parista 10 kpl, joten loput 8 kpl ovat Goldbach-pareja.

Ynnätään edelleen +2. Luvun 110 jonoparit samalla systeemillä:

9, 15, 21, 27, 33, 39, 45, 51, 57, 63, 69, 75, 81, 87, 93, 98, 105,
101, 95, 89, 83, 77, 71, 65, 59, 53, 47, 41, 35, 29, 23, 17, 11, 5

Alajonon alkuluvut ovat vain muotoa 6n - 1, joten muut löytyvät seuraavasta jonoparista:

3, 7, 13, 19, 25, 31, 37, 43, 49, 55
107, 103, 97, 91, 85, 79, 73, 67, 61, 55

Kun eliminoidaan parit 19/91, 25/85, 49/61 ja 55/55 jää jäljlelle kuusi Golbach-paria.

(jatkuu)
67. Jaska18.5.2017 klo 18:48
Esimerkeissä Goldbach-pareja oli kutakin parillista lukua kohti useita. Niiden lukumäärät voivat vaihdella tuntuvasti vierekkäislläkin parillisilla luvuilla. Ilmiö johtuu lukujen alkutekijöistä. Kolmellä jaollisilla on selvästi enemmän Goldbach-pareja kuin niiden viereisillä luvuilla. Niin ikään nyrkkisääntönä pätee, että Goldbach-parien määrä kasvaa yhä suurempia lukuja kohti edetessämme.

Se, että jossain hyvin suurten parillisten lukujen uumenissa saattaa kuitenkin piillä yksi tai useampi Goldbach-pariton, on sangen bisarri teoria. Se edellyttäisi, että alkulukujen määrä suurempien vastinparilukujen puoliskolla (edellisissä alajonot) alkaisi "suuressa tuntemattomassa" jostain syystä radikaalisti vähentyä suhteessa pienempien lukujen puoliskoon. Todellisuudessa suhde lähenee äärettömiin lukua 1,00, vaiikka puoliskojen alkulukumäärien lukumäärien absoluuttinen erotus kasvaakin. "Äkkirysäys" on vielä utopistisempi idea. Siis että lukua, jolla on erittäin suuri määrä Goldbach pareja, seuraa +2 luku, jolla niitä ei ole yhtään. Jos niin olisi se tarkoittaisi seuraavaa.

Peräkkäisten parittomien alkulukujen 3, 5, 7, 11, 13... numeroarvot ovat samalla niiden etäisyydet luvusta 0. Jatketaan jonoa myriadinteen alkulukuun saakka. Lisätään siihen 1 ja kerrotaanj summa kahdella. Tuloksesta aletaan vähentää järjestyksessä 3, 5, 7, 11, 13... Jotta 0 Goldbach-paria toteutuisi, pitäisi jokaisen eli myriadin vähennysllaskun erotuksen olla yhdistetty eli jaollinen luku. Mutta eihän se ole mahdollista, koska..

(jatkuu lopullisella todisteella)
68. Jaska19.5.2017 klo 00:07
Konjektuurin mukaan jokainen parillinen luku >2 on kahden alkuluvun summa . Ehdon täyttää myös sama alkuluku kahtena yhteenlaskettavana. Seuraavassa listataan myös muut yhteenlaskettavien kombinaatiot kuin p(rime) + p(pr.

4:
1, 2
3, 2.

Kahdesta kombinaatiosta ensimmäinen 1 + 3 ei täytä ehtoa, mutta 2 + 2 täyttää. Parissa 1 ja 3 on 1 muotoa p - 2. Sen pari 3 on p, mutta samalla myös muotoa p - 2 alkuluvun 5 parina. 1 on puolestaan luvun 5 parina p-4, luvun 7 suhteen p-6 jne. 3 on alkuluvun 7 parina p-4, alkuluvun 11 parina p-8 jne.

Oleellisin havainto on, että luvun 4 summakombinaatio 1 + 3 ennakoi luvun 6 kombinaatioita 3 + 3, koska 1 + 2 = 3.

6:
1, 3
5, 3

Havaitaan, että kahdesta kombinaatiista löytyvät taas (p - 2) + p sekä p + p.

8:
1, 3
7, 5

Jälleen (p - 2) + p sekä p + p. Samoin käy jatkossa.

10:
1, 3, 5
9, 7, 5

12:
1, 3, 5
11, 9, 7

14
1, 3, 5, 7
13, 11, 9, 7

16:
1, 3, 5, 7
15, 13, 11, 9

18:
1, 3, 5, 7
17, 15, 13, 11,

20::
1 3 5 7, 9
19, 17, 15, 13, 11

Jne loppumattomiin. Kun siis parilllisen luvun summakombinaatioihin sisältyy yksi tai useampi (p - 2) + p. löytyy seuraavan parillisen luvun kombinaatioista yksi tai useampi p + p. Ei siinä ole mitään ihmeellistä. Onhan sekä alkulukuja että p - 2 lukuja ääretön määrä. Niin kuin lukuja p - 4, p - 6, p - 8 jne Olen todistanut Goldbachin konjektuurin (itselleni). Eri juttu on, kelpaisiko se matemaatikoille. . .
69. Jaska19.5.2017 klo 00:12
Ei näköjään noteeraa järjestelmä välilyöntejä. Siis kaikenlaisten numerotaulukoitten esittäminen kunnolla ei onnistu, tai vaatii jotain kommervenkkejä.
70. Jaska12.6.2017 klo 13:01
Seuraava ei ole OEIS:ssä, mutta se antoi sille heti lausekkeen. Siis automaattisesti. Onpa nerokasta. Luvut ovat tiettyjä summia. Löytyisikö säikeeläisistä niille potentiaalinen anatomi?

130, 250, 410, 610, 850, 1130, 1450, 1810. 2210, 2650, ....
71. eol12.6.2017 klo 16:35
Selvästi 40(k+1) on erään aritmeettisen jonon k:nnen (k = 1, 2, ...) termin lauseke. Tällöin tehtävässä annetun alkuperäisen jonon n:s termi a(n) on summa, jonka yhteenlaskettavat ovat 50 ja kyseisen aritmeettisen jonon n ensimmäistä termiä (n = 1, 2, ...).
72. Jaska12.6.2017 klo 18:26
Noin on. Tai 40* kolmioluku (pl. 1) + 10. Haen kuitenkin tiettyä "potentiaalista" ratkaisua. Viagraa kehiin:)
73. Jaska15.6.2017 klo 22:40
Joko se on auttanut nousua toiseen potenssiin?
74. Jaska17.6.2017 klo 12:57
Tehtävä on varsin vaikea, joten ei vetkutella ratkaisun kanssa enempää. Jono koostuu kahden eri lukuparin neliöiden samoista summista:

3^2 + 11^2 = 130 = 7^2 + 9^2

Jatkuu lukuparein
5, 15 ja 9, 13
7, 19 ja 11, 17
9, 23 ja 13, 21
11, 27 ja 15, 25
13, 31 ja 17, 29

Jne. Hellppo jatkaa artimeettisesti.
75. eol17.6.2017 klo 14:59
Eli a(n) = (1+2n)^2 + (7+4n)^2 = 50+60n+20n^2 = (5+2n)^2 + (5+4n)^2.
76. Jaska17.8.2017 klo 13:22
Tänään on Fermat'n syntymäpäivä. Se aatoksemme johtaa hänen suuren lauseensa "ihmeelliseen todistukseen, joka ei mahtunut marginaaliin." Tarkoittiko ihmeellinen laajaa ja maallikolle vaikeatajuista niin kuin Wileyn (kaikki kunnia hänelle) lopullinen todistus? Vai yksinkertaista ja kenties helppotajuista? Voimme tietysti arvailla. Ilmeisesti F. löysi kuitenkin todistuksestaan aukon tai virheen, koska ei sitä julkaissut.

Olettakaamme, että todistus liittyi symmetriaan. Keksitkö, minkä huomion Fetrmat siinä taoauksessa teki, ja piti sitä yleispätevänä kaikille potenseille >2?
77. Jaska23.8.2017 klo 13:01
Kun a + b = c, pätee c - a = b ja c - b = a, Pätee niin ikään, että a: ja b:n etäisyys luvusta c/2 ovat samat. Olkoot a, b ja c luonnollisten lukujen neliöt 9, 16 ja 25. Osamäärä 25/2 = 12,5. Lukujen 9 ja 16 etäisyys luvusta 12,5 on sama. Luvut 0, 9, 12,5, 16, 25 muodostavat tarkoittamani symmetrian.

Fermat oletti todistaneensa, että vastaava symmetria ei ole mahdollinen millään potenssilla >2. Ennen päätelmiään hän tietenkin tutki ennen peräkkäisistä potensseista ja niiden erotuksista muodostuvia lukujonoja. Hän totesi, että n^3.sta lähtien kaikki kahden peräkkäisen potenssin erotukset ovat muotoa 6n + 1, Siitä seuraa, etä potenssit ovat toistuvin jaksoin muotoa 6n + 1. 6n + 2, 6n + 3, 6n + 4, 6n + 5, 6n + 0, 6n + 1, 6n + 2...

Katsotaan n^3-jonon alkupäätä nollasta alkaen:

0, 1, 8, 27, 64, 125, 216, 343, 512, 729, 1000, 1331, 1728, 2197, 2744...

Vastaava erotusjono:

1, 7, 19, 37, 61, 91, 127, 169, 217, 271, 331, 397, 469, 547

Fermat totesi, että kun luvusta 2744 vähennetään ylläolevan erotusjonon luvut yksi kerrallaan, ei mikään erotus ole n^3. Säännöllisten sarjojen avulla hän edelleen todisti, että tilanne jatkuu äärettömiin. Samoin hän todisti, että sama pätee useamman peräkkäisen termin erotuksiin, ts. mikään peräkkäisten erotusten summa 7:stä alkaen ei ole n^3. Luvut 0, a^3, c/2, b^3, c^3 eivät siis koskaan noudata symmetriaa,

Tiedämme Wileyn ansiosta, että vastaava symmetriattomuus pätee kaikkiin korkeampiinkin potensseihi. Ilman tietokoneen apua laskenut Fermat ehkä joutui siis taistelemaan hänelle liian suurten lukujen kanssa ja päätyi jättämään todistuksensa julkaisematta.

Kuten Fermat'kin tietysti huomasi, neliöiden erotusten jono on aritmeettinen, korkeampien potenssien erotusjono ei. Siinähän se selitys onkin kaikessa yksinkertaisuudessaan. Riittää minulle todistukseksi!


:
.
78. Jaska28.8.2017 klo 12:13
5, 10, 13, 15, 17, 20, 25, 26, 30, 34, 35, 37, 40, ?
79. Jaska4.9.2017 klo 11:30
Seuraava luku on 41. Jonon anatomia avautuu lukujen neliöillä. Siis?
80. eol4.9.2017 klo 12:51
Jokainen jonon luku on suurin jäsen jossakin Pythagoraan kolmikossa eli sellaisessa positiivisten kokonaislukujen kolmikossa (a, b, c) jolle a^2 + b^2 = c^2. Esimerkiksi 5^2 = 3^2 + 4^2 ja 41^2 = 9^2 + 40^2. (Seuraava tällainen luku olisi 45, sillä 45^2 = 27^2 + 36^2.)

Toisaalta jonosta kuitenkin puuttuvat luvut 29 ja 39, vaikka 29^2 = 20^2 + 21^2 ja 39^2 = 15^2 + 36^2.
81. Jaska4.9.2017 klo 17:36
39 eli 3*13 putosi jonosta huolimattomuuttani, 29 jo alkuperäiseltä listaltani:(
Jono käsittää siis lukuja c^2 vastaavat neliöjuuret.
82. Jaska7.9.2017 klo 13:27
Pythagoraan peruskolmikoisa (sama alkutekijä ei esiinny kaikissa kolmikon luvuissa) on havaittavissa muitakin alkutekijöitä koskevia säännönmukaisuuksia, Summa a + b ja erotus b - a ovat joko alkulukja tai määrätyillä alkutekijöillä jaollisia, ei siis kaikilla. Havaintoaineistoni toki varsin rajallinen. Pitäisi siis keksiä sääntö, miten kummankin ryhmän luvut generoidaan. Mahdollisesti se on jo olemassa, mistähän löytyisi. Esiintyviä pienimmästä lähtien ovat 7, 17, 23, 31, välistä puuttuvat siis 5, 11, 13, 19, 29.

Sitä vastoin erotusten c - a joukosta löytyy aina p^2, oli p mikä alkuluku hyvänsä. Todista!
83. Jaska7.9.2017 klo 13:34
Korjaan. ...mikä alkuluku hyvänsä pl. 2.
84. Jaska7.9.2017 klo 16:36
3 putosi puuttuvista.
85. Jaska12.9.2017 klo 23:15
Todistukseen tarvitaan siis pelkästään peuskolmikoista koostuva sarja, jossa esiintyvät.kaikkien parittomien lukujen, siis myös alkulukujen neliöt c-a. Ehdon täyttää sarja, jossa parittomien lukujen erotus on 8. Suluissa c-a = n^2.

12, 5, 13 (1^2)
20, 21, 29 (3^2
28, 45, 53 (5^2)
36, 77, 85 (7^2)
44, 117, 125 (9^2)
52, 165, 173 ((11^2)
60, 221, 229 (13^2)
68, 285, 293 (15^2)
76, 357, 365 (17^2)
84, 437, 445 (19^2)
92, 525, 533 (21^2)
100, 621, 629 (23^2)
108, 725, 733 (25^2)
116, 837, 845 (27^2)
124, 957, 965 (29^2)
jne. lineaarisesti jatkaen
86. Jaska19.11.2017 klo 14:01
Jokohan taukoa on tullut tarpeeksi. Palataan jonoilemaan entistäkin skarpimpana:)

0, 1, 36, 1225, 41616, 1413721, 48024900, ?

Jono on OEIS:ssä, mutta miettinette kohtuullisen kotvasen ennen sallittua lunttaamista. Termien generointisääntö ei ole ylivoimainen kekattava.
87. eol27.11.2017 klo 20:46
Minä lunttasin.
88. Jaska27.11.2017 klo 21:07
Siispä ratkaisu framille. Seuraava on 1 631 432 881, Kyseessä neliöt, jotka ovat myös kolmiolukuja. Jono on ääretön. Vinkki termien generoinnista. Tarvitaan kolme laskutoimitusta. Ensimmäisen avainlukuna on 34.
89. Jaska1.12.2017 klo 18:10
Termistä 1 lähtien termi a = 34*a(j-1) + 2 - a(j-2) = 34*0 + 2 - 1 (kun nollaa edeltäväksi termiksi katsotaan -1^2 eli 1). Jatkuu siis
34*1 + 2 - 0 = 36
34*36 + 2 -1 = 1225
34*1225 + 2 - 36 = 41616
34*41616 + 2 - 1225 = 1413721
34*1413721 + 2 - 41616 = 48024900
34*48024900 + 2 -1413721 = 1631432881 jne.
90. Jaska22.2.2018 klo 22:10
Herätellään säiettä talvihorroksestaan helpolla tehtävällä mielenkiintoisesta jonosta. Mikä on seuraava eli 21. termi?

1, 5, 14, 30, 55, 91, 140, 204, 285, 385, 506, 650, 819, 1015, 1240, 1496, 1785, 2109, 2470, 2870, ?
91. eol22.2.2018 klo 22:14
Hep!
92. ake23.2.2018 klo 11:02
hep! täälläkin
93. Jukkis23.2.2018 klo 12:19
Heppeti hep.
94. Jaska23.2.2018 klo 12:52
3*oikea huomio eli kyseessä neliöjonon 0, 1, 4, 9, 16, 25, 36... termi termiltä summajono. Mielenkiintoisuuksiin palaan myöhemmin.
95. Jaska23.2.2018 klo 12:57
21. termi siis 2870 + 441 = 3311.
96. Jaska26.2.2018 klo 13:38
3311:n viimeinen numero on 1. Se aloittaa uuden 20-numeroisen loppunumerosyklin, joka on 1, 5, 4, 0, 5, 1, 0, 4, 5, 5, 6, 0, 9, 5, 0, 6, 5, 9, 0, 0. Neliöiden kymmennumeroinen loppunumerosykli on 1, 4, 9, 6, 5, 6, 9, 4, 1, 0. Havaitaan, että eri loppumeroita on kummassakin syklissä samat kuusi kpl: 0, 1, 4, 5, 6, 9. Mikä jaollisuuteen liittyvän päätelmä voidaan tehdä näiden tietojen perusteella?
97. Jaska27.2.2018 klo 18:19
Tiedämme, että parilliseen loppumeroon päättyvät termit ovat jaollisia kahdella, nollaan päättyvät lisäksi viidellä, ja numeroon 5 päättyvät viidellä. Päättelemme, että termien alkutekijöistä ainakin 2 ja 5 esiintyvät säännöllisinä sykleinä. Kun näin on, sama ilmeisesti pätee kaikkiin alkutekijöihin.

Seuraavassa ensimmäisessä pystysarakkeessa neliöiden kantaluku = termien suuruusjärjestys, toisessa neliöt, kolmannessa summat alkutekijöineen (tullee valitettavasti juosten kustuja).

1 1 1 (1)
2 4 5 (5)
3 9 14 2*7
4 16 30 2*3*5
5 25 55 5*11
6 36 91 7*13
7 49 140 2*2*5*7
8 64 204 2*2*3*17
9 81 285 3*5*19
10 100 385 5*7*11
11 121 506 2*11*23
12 144 650 2*5*5*13
13 169 819 3*3*7*13
14 196 1015 5*7*29
15 225 1240 2*2*2*5*31
16 256 1496 2*2*2*11*17
17 289 1785 3*5*7*17
18 324 2109 3*19*37
19 361 2470 2*5*13*19
20 400 2870 2*5*7*41

Huomataan, että alkutekijä 2 esiintyy peräkkäin summasarakkeen kolmannessa ja neljännessä termissä, sitten jälleen kaksi peräkkäistä seitsemännessä ja kahdeksannessa termissä jne. Syklit rakentuvat siis etäisyyksin 1-2-1-2-1-2...
Alkutekijän 3 löydämme termeistä 4, 8, 9, 13, 17, 18, 22, etäisyyksin 4-1-4-4-1-4-4-1-4...
Kaikki seuraavat noudattavat samaa kaavaa, jossa kolmen peräkkäisen luvun summa = ko. alkutekijä.
Alkutekijän 5 etäisyysjakauma: 2-1-2-2-1-2-2-1-2...
Alkutekijä 7: 3-1-3-3-1-3-3-1-3...
Alkutekijä 11: 5-1-5-5-1-5-5-1-5...
Alkutekijä 13: 6-1-6-6-1-6-6-1-6...
Joten yksittäiset syklit jatkossa 17/8-1-8, 19/9-1-9, 23/11-1-11 jne.

Päätelmiä?
98. Jaska28.2.2018 klo 23:53
Havaitaan, että kantalukusarakkeen alkuluvut >3 esiintyvät tekijöinä summasarakkeessa vastaavassa järjestyksessä: viides termi 5*11, seitsemäs 7*20, yhdestoista 11*46, kolmastoista 13*63, seitsemästoista 17*105 ja yhdeksästoista 19*130. Jokainen alkutekijä esiintyy syklissä myös kahdessa peräkkäisessä termissä. Havaitaan, että 5 esiintyy myös neljännessä termissä, 7 kuudennessa, 11 kymmenennessä jne.Mutta yksittäisenä ko. alkutekijä esiintyy ensimmäisen kerran järjestysluvultaan pienemmässä termissä kuin tuplissa. 5 esiintyy toisessa termissä, 7 kolmannessa, 11 viidennessä, 13 kuudennessa jne. Havaitaan sääntö, ko, termien järjestysluku on (p-1)/2.

Havaintojen perusteella voidaan päätellä, että sääntö voi olla yleispätevä. Syklit todistavat, että niin on. Päätelmä?
99. Jaska1.3.2018 klo 23:13
Havainnoidaan, 20:stä ensimmäisestä termistä, että järjestyslukusarakkeen termien (p-1)/2 ja p välillä voi olla termi, jonka vastaavassa summasarakkeen termissä on suurempi alkutekijä kuin p. Voidaan päätellä, että ilmiö esiintyy jatkossakin, koska suuremmistakin alkuluvuista voidaan vähentää 1 ja jakaa erotus kahdella. Alkulukuja on todistetusti ääretön määrä. Sitä vastoin kaksosista lähteissä ilmoitetaan, ettei tiedetä, onko niitä äärettömästi.

Oletetaan, että kaksosten määrä on äärellinen. Miten se ilmenee summajonossa?
100. Jaska3.3.2018 klo 00:06
Olkoon tätä nykyä vielä tuntematon suurin kaksospari 6n-1 ja 6n+1 = x. Se esiintyy siis ensimmäisen kerran kahden peräkkäisen summajonon termin [(6n-1)-1]/2 ja 6n/2 = y eräinä alkutekijöinä. Se on myös viimeinen tällainen kaksosparin "ennakkoilmoitus". Välillä y-x ja x- vastaavaa ei siis enää esiinny. Tukeeko suppea 20 ensimmäistä termiä käsittävä otanta ko. olettamusta?
101. Jaska3.3.2018 klo 20:04
Katsotaan. Summajonon termeissä 2 ja 3 (suuruusjärjestysluvun mukaan) esiintyvät alkutekijät (at) 5 ja 7 ensimmäisen kerran. Toisen kerran ne siis esiintyvät järjestysnumeroa noudattaen termeissä 5 ja 7. Haetaan niiden välistä suurempaa kaksosparia kuin 5 ja 7. Väliin jää vain yksi termi 4, joten tulos on 0.

Termeissä 5 ja 6 esiintyvät at 11 ja at 13. Ennen termejä 11 ja 13 löytyy tätä paria suurempi pari at 17 ja at 19 termeissä 8 ja 9 Tulos on siis 1.

Seuraavaksi haarukoidaan termien 8,9 - 17,19 välimaastoa. Termistä 14 löytyy at 29, termistä 15 at 31. Tulos taas 1.

Seuraava tsekattava termihaarukka on 14,15 - 29,31. Taulukkomme päättyy termiin 20, josta löytyy at 41. Päättelemme kuitenkin aivan oikein, että termistä 21 löytyy at 43. Jos emme tohdi päätellä jatkoa, toteamme tuloksen olevan vähintään 1.

Olettaen, että emme vielä tunne suurempia alkulukupareja kuin 41,43 olisi vastaus tukemiskysymykseen epävarma ei. 20 termiä on siis liian pieni määrä varmempaa tietoa ajatellen.

Jatkossa löytyy termistä 29 at 59 ja termistä 30 at 61. Laskemme em. haarukan tulokseksi 2.

Seuraava termihaarukka on 20,21 - 41,43. Tulos niin ikään 2. Jatketaan samalla systeemillä.

29,30 - 59,61 tulos 3
35,36 - 71,73 tulos 3
50,51 - 101,103 tulos 6
53,54 - 107,109 tulos 5
68,69 - 137,139 tulos 7
74,75 - 149,151 tulos 7
89,90 - 179,181 tulos 8
95,96 - 191,193 tulos 7

Osumien lukumäärä näyttää siis kasvavan, joskaan ei haarukka haarukalta progressiivisesti. Tässä vaiheessa tutkija voisi jo vastata kysymykseen varmemman ein, jos hän ei tietäisi, että kaksospareja on huikean paljon enemmän kuin tähän saakka läpi käydyt. Eli summajonoakin positiivisin tuloksin voi jatkaa niin pitkään kuin omat ja tietokoneen rahkeet riittävät.

Suurin tähän saakka tunnettu kaksospari on 2 996 863 034 895 kertaa 2 potenssiin 1290000 miinus 1/plus 1.
Mikä mahtaisi olla vastaava summajonotermi. Kehittelin jo formulan, jolla supertietokoneet voisivat kenties suoriutua tehtävästä yllättävänkin nopeasti. Jokohan siinä urakassa löytyisi viimeinen kaksospari. Jos ei, alkaisivat matemaatikotkin ehkä olla varmoja, että niitäkin on äärettömästi.
102. Jaska5.4.2021 klo 12:48
Herätellään ketju yli kolmen vuoden takaa. Erinäisiä säikeitä lienee ikiuneen vaipunut, RIP. Seuraavassa jonossa on alusta lukien 31 peräkkäistä alkulukua termien nousuetäisyydellä 16. Se on uusi OE.

-197, -181, -149, -101, -37, 43, 139, 251, 379, 523, 683, 859, 1051, 1259, 1483, 1723, 1979, 2251, 2539, 2843, 3163, 3499, 3851, 4219, 4603, 5003, 5419, 5851, 6299, 6763, 7243 - 7739 (71*109)...
103. Jukkis5.4.2021 klo 15:29
En tiennytkään että tämä on olympialaji.
104. Jaska5.4.2021 klo 16:15
Nää onkin omituiset olympialaiset.
105. Jukkis7.4.2021 klo 16:13
Aikalailla muistuttaa tätä:
https://oeis.org/A272160
106. Jaska7.4.2021 klo 16:48
Kyllä vaan, mutta en luntannut sieltä.
107. Jaska29.4.2021 klo 19:04
13, 29, 53, 173, 293, 1373, 2213, ?
108. Jukkis30.4.2021 klo 13:36
Näköjään löytyy OEIS:stä.
109. Jaska30.4.2021 klo 18:30
Niin arvelinkin. Formuloidaan tehtävä uudelleen niille, jotka eivät ole koklanneet OEIS:ää. Miksi toinen termi päättyy ysiin, kun kaikki muut kolmoseen?
110. eol1.5.2021 klo 09:35
No nyt näin vapun kunniaksi puhdas arvaus: se johtuu siitä, että 2 on ainoa parillinen alkuluku.
111. Jaska1.5.2021 klo 10:12
Oikein, mutta siinä vain puoli totuutta.
112. Jukkis1.5.2021 klo 15:48
5 on ainoa 5:een päättyvä alkuluku.
113. Jukkis1.5.2021 klo 15:53
Ja kaikkien muiden alkulukujen (paitsi 2:n) viimeinen numero on 1, 3, 7 tai 9, jolloin niiden toisen potenssin viimeinen numero on 1, 9, 9 tai 1, ja näistä vain 9 kelpaa mukaan muodostamaan alkuperäistä jonoa, koska 1:een päättyvä toinen potenssi ei anna alkulukua alkuperäisen jonon kriteerillä, koska antaa 5:een päättyvän luvun.
114. Jaska1.5.2021 klo 18:45
Noin on. Kukin termi siis kahden alkuluvun neliöiden summa, joka on alkuluku. Toinen yhteenlaskettava on aina 2^2, joten määritys myös alkuluku + 4 = alkuluku.
115. eol1.5.2021 klo 19:17
Olihan tuo minun ilman OEIS:ää arvaamani "selitys" yllättävän paljon oikeansuuntainen, vaikka mainittuun puoleen väliin totuutta asti se kyllä yltää vain vapunpäivään sopivalla aika hyvällä tahdolla :)
116. Jaska12.5.2021 klo 12:51
Tuskin ainakaan ylivaikea hoksaustehtävä:

3, 5, 11, 7, 13, 17, 23, 19, 29, 31, 37, 41, ?
117. Jaska13.5.2021 klo 21:08
19
118. eol13.5.2021 klo 21:33
Nyt minulle tuli sellainen "etiäinen", että tuo Jaskan äsken paljastama 19 ei ole se luku, joka tulee alkuperäiseen jonoon 41:n jälkeen (eli ?:n paikalle), vaan jotakin aivan muuta.
119. Jaska13.5.2021 klo 21:54
Muuta on, mutta ei mielivaltaista.
120. Jukkis14.5.2021 klo 12:09
Näköjään löytyy OEIS:stä.
121. Jaska14.5.2021 klo 12:28
Kyllä. Annetaan lisävinkki, jos joku ei vielä sieltä halua katsoa.

19, 23
122. eol14.5.2021 klo 16:09
OEIS:stä minäkin tuon eilen illalla katsoin. - Minusta ei muuten olisi täysin kohtuutonta, että tehtävää edelleen pohtivat saisivat nykyisten 2 vinkin lisäksi vielä vaikkapa 8 "uuttakin" vinkkiä.
123. Jaska14.5.2021 klo 19:02
19, 23, 31, 37, 53, 59, 71, 79, 97, 109
124. Jukkis15.5.2021 klo 16:57
Tämmöinen aika väkisinväännetty, ihan selkeä periaate kuitenkin, ei OEIS:ssä, tuskin mitään lukuteoreettista arvoa:

2, 5, 7, 11, 13, 31, 43, 61, 67, 97, 101, 127, 131, 173, ?

Aika fakiiri on se, joka keksii.
125. Jaska16.5.2021 klo 22:13
Kyllä tuntuu titteli olevan kiven alla, vaikka olen mielestäni siihen täysin oikeutettu. FAKIIRI, arab. oik. köyhä, ruumiillista ja henkistä apua tarvitseva.

Omaa tuskin kukaan enää miettii tai on miettinyt, joten ratkaisu 116: Kolmen peräkkäisen alkuluvun summa = alkuluku.

123. Kyseinen summajono. Kuhunkin kolmikkoon tulee valita pienimmät luvut, jotka eivät ole aikaisemmin esiintyneet jonossa.
126. Jaska17.5.2021 klo 13:06
Seuraavan alussa useita samoja kuin Jukkiksella:

5, 7, 11, 13, 17, 31, 41, 43, 83, 101...

Jonon ratkaisu on parin mutkan takana, ilmeisesti samoin kuin Jukkiksellakin. Tämäkin on siis erittäin vaikea. Palaan siihen joskus lenkin jälkeen.
127. Jaska18.5.2021 klo 17:37
Mutkien suoristusta:

5 = 2+3
7 = 3+4
11 = 5+6
13 = 6+7
17 = 8+9
31 = 15+16
41 = 20+21
43 = 21+22
83 = 41+42
101 = 50+51

2*3 = 6
3*4 = 12
5*6 = 30
6*7 = 42
8*9 = 72
15*16 = 240
20*21 = 420
21*22 = 462
41*42 = 1722
50*51 = 2550

Näin etenimme maalisuoran alkuun.
128. Jukkis18.5.2021 klo 18:15
Jäi tajuamatta.
129. Jaska18.5.2021 klo 18:38
Varsi lähelllä maalia (maaleja) kuitenkin olet.
130. Jukkis19.5.2021 klo 10:11
Tuota en edelleenkään keksi, noista helvetin ärsyttävistä vihjauksista huolimatta, tai ehkä juuri niiden ansiosta.

Mulla oli viestissä 124 tämä:

2, 5, 7, 11, 13, 31, 43, 61, 67, 97, 101, 127, 131, 173, ?

Tällä on tuohon vahva yhteys:

19, 59, 89, 131, 167, 463, 643, 967, 1051, 1619, 1697, 2221, 2309, 3181, ?
131. Jaska19.5.2021 klo 12:27
Enpä kekannut vieläkään kuin heikohkon yhteyden. Ekassa jonossa pitkä loikka 13-31 ja tokassa vastaavasti 167-463. Teoriassa se voi viitata muuhun kuin kymmenjärjestelmään, mutta totuus lienee simppelimpi.

Ärsytys omastani saattaa johtua siitä, että eletään vielä eilisen toreadorin aarian tunnelmissa. Hauskojahan ne käännökset ovat, mutta elävässä elämässähän muut urheat taistelijat ärsyttävät härkää tuikkimalla sinne sun tänne, kunnes uljain kaikista eli matadori tekee siitä kuolleen eläimen. No, aika aikaa kutakin, annetaan miettimisaikaa vielä huominenkin päivä. Ylihuomenna siis ratkaisun aika.
132. Jukkis19.5.2021 klo 14:36
Tässä tuo minun. Siis väkisinväännetty ja mitään matemaattista merkitystä vailla. Helppohan tällaisia käytännössä mahdottomia ratkottavia on tehdä. Paitsi eihän tätäkään ilman tietokoneavustusta (tässä tapauksessa Excel) olisi viitsinyt tehdä.

Siis: 2, 5, 7, 11, 13, 31, 43, 61, 67, 97, 101, 127, 131, 173, ... Ne alkuluvut p(i), joille pätee se, että p(p(i)) + p(p(i+1)) + p(p(i+2)) on alkuluku.

Esim. p(6) = 13 on mukana, koska
p(6) = 13 ja p(13) = 41
p(7) = 17 ja p(17) = 59
p(8) = 19 ja p(19) = 67
joiden summa 167 on alkuluku

Sen sijaan p(7) = 17 ei ole mukana, koska
p(7) = 17 ja p(17) = 59
p(8) = 19 ja p(19) = 67
p(9) = 23 ja p(23) = 83
joiden summa 209 ei ole alkuluku
133. Jaska19.5.2021 klo 17:52
Jukkiksen jono on ihan hyvä, vaikka jäi minulta ratkomatta. Otin kyllä huomioon järjestyslukumahdollisuuden. Ei vaan tullut kokeiltua kolmen peräkkäisen ynnäystä eli jatkumoa omalle 116:lle. Arvelen muuten, että OEIS:ssäkin on vastaavia kikkailujonoja. Minultakin on julkaistu yksi. Kauhistuttava totuus on, etten nyt muista sen ideaa.
134. Jukkis19.5.2021 klo 19:28
Taitaa Jaskan jonossa seuraava olla 109.
135. Jukkis19.5.2021 klo 19:40
Ja sitä seuraavat kai 179 ja 263.
136. Jaska19.5.2021 klo 21:57
Noin on eli Jukkis on ratkaissut tehtävän. Muilla vielä aikaa keksiä jonon idea.
137. Jaska21.5.2021 klo 11:38
Eläinradan kuukautisissa on Härkä vaihtunut tänää Kaksosiin, niin kuin kaikki horoskooppeja seuraavat säikeeläiset ja toissapäiväisestä ennakoinnista vaarin ottaneet hyvin tietävät. 127. operaatio päätyi siis lukuihin, jotka ovat alkulukukaksosten välissä.

Jonon alkulukujen kaksi yhteenlaskettavaa ovat tehtävässä peräkkäiset, mutta myös muut kahden yhteenlaskettavan jakaumat a + b = p voivat johtaa kaksosten väliin. Esim. 4 +15 = 19, 4*15 = 60, kaksoset 59, 61 ja 6 + 7 = 23, 6*17 = 102, kaksoset 101, 103. Konjektuuri a): vastaava operaatio on mahdollinen kaikilla alkuluvuilla pois luettuna 2 ja 3. Käänteinen konjektuuri b): jokainen luku 6n saadaan kahden tekijän tulona ko. tekijöiden summan ollessa alkuluku.

Totuus on siis jokin neljästä: molemmat tosi, molemmat epätosi, vain a tosi, vain b tosi. Siinä excelille töitä!
138. Jaska21.5.2021 klo 11:43
P.S. b-konjektuurissa kaksosten väliin jäävät 6n ovat siis osajono.
139. Jaska21.5.2021 klo 13:05
b on epätosi, joten ei tartte sitä excelöidä.
140. eol21.5.2021 klo 19:02
Konjektuuri A (Jaska): jokaiselle alkuluvulle p > 3 on olemassa kokonaisluku 0 < q < p siten, että q*(p-q) - 1 ja q*(p-q) + 1 ovat alkulukukaksoset.

Konjektuuri TPC ("Twin Prime Conjecture"): alkulukukaksosia on ääretön määrä. (Voinee sanoa, että tämä on yksi lukuteorian huomattavimpia avoimia kysymyksiä, ks. esim.
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Twin_prime#Twin_pr ime_conjecture )

Tehtävä: Todista, että jos konjektuuri A pätee, niin myös konjektuuri TPC pätee.
141. Jaska21.5.2021 klo 21:39
Kuten joskus täällä mainitsin, olen kaksosten äärettömyyden todistanut itselleni. Pelkistettynä todistus kuuluu: kaksosten frekvenssi on suurempi kuin kahden järjestyksessä peräkkäisen alkuluvun tulo.
142. eol21.5.2021 klo 23:18
Nähdäkseni meidän on tällä palstalla kuitenkin ilman muuta pidettävä avoimena sitä, onko alkulukukaksosia ääretön vai äärellinen määrä.

Yllä esittämäni "tehtävän" ratkaisu eli haettu todistus on triviaali:

Tehdään vastaoletus: oletetaan, että konjektuuri A pätee mutta alkulukukaksosia on vain äärellinen määrä. Merkitään sitten t:llä suurinta sellaista alkulukua, joka on osallisena jossakin alkulukukaksosparissa. Koska alkulukuja on ääretön määrä, niin on olemassa myös sellainen alkuluku p että p > t. Tällöin on oletuksen perusteella olemassa sellainen kokonaisluku 0 < q < p että q*(p-q)-1 ja q*(p-q)+1 ovat alkulukukaksoset. Tämä on ristiriita, sillä on helppo nähdä, että kaikilla sallituilla q:n arvoilla lausekkeen q*(p-q)+1 arvo on vähintään p ja siten suurempi kuin t.
143. Jaska22.5.2021 klo 11:46
Onhan em. eolin vastaoletusasia selvä kuin pläkki. Kaksosien äärettömyysoletus ei kuitenkaan mielestäni suoraan todista A-konjektuuria.

Kiitos linkistä, jossa numeeriset faktat puoltavat konjektuuria kaksosten äärettömästä lukumäärästä. Suurin tunnettu pari numero numerolta kirjoitettuna ei kai mahtuisi yhteenn viestiin täällä.Se ei tietenkään riitä todistukseksi, sen lähtökohdaksi kylläkin. Jaska(nkin) lemma: Tietyissä rajoissa (esim. kahden suuruusjärjestyksessä peräkkäisen alkuluvun nelöiden välillä) kaksosten lukumäärä vähitellen kasvaa. Jos kaksosia on äärellinen määrä, niiden pitäisi ennen viimeistä paria samoissa rajoissa vähitellen vähentyä nollaan. Se ei kuitenkaan ole mahdollista, jos alkulukujen keskimääräinen harveneminen suuruusjärjestyksessä tunnustetaan aksioomaksi.

Mahdottomuuden selkeämpi todistus jääköön tällä kertaa, koska tärkeämmät lenkki ja Number One painavat päälle.
144. eol22.5.2021 klo 12:44
Lainaus: 143. Jaska 22.5.2021 klo 11:46
"Kaksosien äärettömyysoletus ei kuitenkaan mielestäni suoraan todista A-konjektuuria."

Olen samaa mieltä. Tarkastellaan seuraavaa väitekolmikkoa:
V1: A (= A-konjektuuri) ja TPC (= kaksosten äärettömyysoletus) ovat molemmat tosia.
V2: A ja TPC ovat molemmat epätosia.
V3: A on epätosi mutta TPC on tosi.

Vaikuttaa selviöltä, että täsmälleen yksi näistä kolmesta väitteestä on tosi (ja muut kaksi epätosia). En kuitenkaan ole tietoinen, että yhtäkään näistä kolmesta väitteestä olisi pystytty todistamaan epätodeksi. Voi silti hyvin olla, että joku on onnistunut todistamaan väitteen V1 epätodeksi (osoittamalla A:n epätodeksi), mutta tieto tästä ei vain ole kantautunut ainakaan minun silmiini.
145. eol22.5.2021 klo 13:50
P.S. Korjaan edellisestäni viimeisen virkkeen kuulumaan seuraavasti:

Voi silti hyvin olla, että joku on onnistunut todistamaan esimerkiksi väitteen V1 epätodeksi (mahdollisesti osoittamalla A:n epätodeksi), mutta tieto tästä ei vain ole osunut ainakaan minun silmiini.
146. Jaska26.5.2021 klo 19:13
Tarkoituksena oli jatkaa viestiä 143, mutta lähetysvaihessa tuli ilmoitus, ettei saada yhteyttä Google comiin, yritä uudestaan. Uudestaan yritys oli paha virhe, teksti häipyi bittiavaruuteen. Sattuneesta syystä nyt ei hotsita alkaa uudelleen urakoimaan eli urosporoilemaan. Saakohan edes tämän infon (19:00) perille... Ei. Yhteys captcha-Widgetiin epäonnistui jne. Täytyy venaa ties kuinka pitkään. Alkaa kypsyä tähän rakkineeseen lopullisesti.
147. Jukkis26.5.2021 klo 20:41
Vinkki Jaskalle: Kannattaa vähänkin pidempi teksti kirjoittaa muualle, editoriin tai tekstinkäsittelyohjelmaan, ja siten kopioida sieltä leikepöydän kautta tänne. Silloin se ei häivy mihinkään avaruuteen vikatilanteessa.
148. Jaska27.5.2021 klo 10:38
Kiitos vinkistä. Kadonneessa tekstissä oli mm. tarkkuutta ja tsekkausta edellyttävä taulukko, joten tosiaan aika pitkään, yli puoli tuntia sitä väkersin.
149. Jaska28.5.2021 klo 19:05
Palataan asiaan täydentämällä 141. apulause käsitettävään muotoon. Siitä puuttui oleellinen osapuoli eli alkulukujen neliöt. Kyse on siis seuraavasta. 5^ = 25 (6n+1), 5*7 = 35 (6n-1), 7^2 = 49^2 (6n+1). Taulukon eka rivi siis:

25 - 35 - 49

Apulause: kahden peräkkäisen alkuluvun neliöiden ja niiden keskinäisen tulon taajuus kokonaislukujen jonossa 6n+1 ja 6n-1 on tunnettujen alkulukujen osalta pienempi kuin kaksosparien taajuus.

Aloitetaan kaksosparien äärettömyyden todistaminen ensi kerralla.
150. Jaska31.5.2021 klo 13:05
Jatketaan 149. jonoa 19^2 saakka:

25 - 35 - 49 - 77 - 121 - 143 - 169 - 221 - 289 - 323 - 361

Lukujen väliköissä on kaksospareja vastaavassa järjestyksessä seuraavasti:

1, 1, 2, 2, 1, 1, 3, 4, 1, 1, yhteensä 17 kymmenessä välikössä keskiarvolla 1,7. Jonoa vastaavasti jatkettaessa kaksoset runsastuvat, joten keskiarvokin vähitellen kasvaa, vaikka väliköissä esiintyy myös tapauksia 0 kaksosparia. Esimerkki siis puoltaa apulauseen oikeellisuutta.

Jonossa (6n-1)^2 - (6n+1^2) ilmenee vastaava eneneminen. Kaksosparien neliöt ovat sen osajono, jossa neliöiden a^2 - b^2 alkuvälikössä a^2 - ab näyttää olevan poikeuksetta vähintään yksi kaksospari. Jatketaan ensi kerralla studeeraamalla tämän osajonon osajonon 50 ekaa tapausta.
151. Jaska1.6.2021 klo 13:27
Seuraavassa suhde a/b tarkoittaa: a = kaksosten lukumäärä kussakin välikössä (= haarukassa, "skipoverissa") ekan ollessa 25 - 35 ja viimeisen 2582449 - 2585663. b = 6n lukumäärä samassa eli kaksosparit + muut parit 6n -1 ja 6n+1.

1/1, 1/3, 1/5, 2/9, 2/13, 4/19, 1/23, 3/33, 2/35, 2/45, 4/49, 7/59, 3/63, 3/65, 5/75, 7/79, 4/89, 4/93, 7/103, 6/115, 11/139, 9/143, 5/153, 11/173, 9/189, 9/199, 11/205, 10/213, 11/219, 9/269, 11/273, 11/275, 12/285, 11/293, 11/339, 18/343, 12/349, 14/353, 17/363, 11/383, 16/409, 20/425, 14/429, 15/433, 15/439, 20/475, 16/483, 22/493, 13/495, 22/535

a yhteensä 478, keskiarvo 9,56, b yhteensä 10750, a/b yhteensä 478/10750 = 0,044.

Seuraavaksi vertailemme tulosta kaikkiin 6n-1 / 6n+1 pareihin ko. alueella.
152. Jaska4.6.2021 klo 23:54
Korjauksia. 478 po. 475, keskiarvo 9,56 po. 950, 10750 po. 10749. 0,044 pysyy ennallaan.

Ei-kaksosparien mukana ollessa sain tsekkamatoman keskiarvon 11,24. Huomattava ero johtuu alkulukujen 1487 ja 1606 pitkästä välistä, johon mahtuu 19 muuta paria yli 18 keskiarvolla.

Alkupäässä on kaksi nollatapausta: 53 - 55 -> 2809 - 2915 ja 77 - 79 -> 5929- 6083 sisi ilman yhtään kaksosparia. Sillä ei ole merkitystä pitkässä sarjassa, jossa kaksosten absoluuttinen lukumäärä kasvaa. Niin kuin luonnollisesti myös peräkkäisten nellöiden osalta tapahtuu.

Varsinainen todistus ensi kerralla.
153. Jaska8.6.2021 klo 10:31
Edellä olen osoittanut, että tietyllä tavalla lineaarisesti kasvavien jaollisten lukujen rajoittamien alueiden lukumäärän kasvaessa myös niihin sisältyvien alkulukukaksosten lukumäärä kasvaa. Tunnettujen alkulukaksosten osalta se on kumoamaton fakta. Tämä numeerinen näyttö ei sinällään riitä kumoamaan vastaoletusta, että kaksosten määrä ko. raameissa alkaa vähetä, kunnes löytyy viimeinen kaksospari. On siis todistettava, että vähenemistä ei voi tapahtua.

Lineaarisesti kasvava lukujoukko 6n+1 - 6n-1 voidaan jakaa niin ikään lineaarisesti kasvaviin jaollisten lukujen 3< osajoukkoihin alkutekijöidensä mukaan. Luvulla 5 jaollisten lukujen jonon alku: 25, 35, 55, 65, 85, 95.. eli termien etäisyyksien jono on 10, 20, 10, 20, 10, 20... suhteella 10/30 ja 20/30. On selviö, että samat etäisyydet toistuvat äärettömiin. Samoin on kumoamaton fakta, että kaikilla muillakin alkuluvuilla jaolliset lukujonot yksittäisin tarkasteltuina ovat lineaarisia ja äärettömiä. Myös niiden peräkkäiset yhdistelmät, siis kaksittain 5:llä ja 7:llä jaolliset, kolmittain 5:llä, 7:llä ja 11:llä jaolliset ovat äärettömiä, mutta niiden etäisyysjonot eivät ole lineaarisia. (jatkuu)
154. Jaska8.6.2021 klo 11:11
Jaollisten lukujen 6n+1 - 6n-1 koko jonon alkupäätä: 25, 35, 49, 55, 65, 77, 85, 91, 95, 115, 119, 121, 125, 133, 143, 145, 155, 161, 169, 175, 185, 187, 203, 205, 209, 215, 217, 221...

Vastaava etäisyysjono: 10, 14, 6, 10, 12, 8, 6, 4, 20, 4, 2, 4, 8, 10, 2, 10, 6, 8, 6, 10, 2, 16, 2, 4, 6, 2, 4...

Jatkossa esiintyy yllä olevien lisäksi 18. Koko jonossa esiintyvät etäisyydet ovat ovat siis 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20. Suurempia ei siis ole. Kaikki etäisyydet toistuvat äärettömiin.

Etäisyyksien 16, 18, 20 sisällä on kakasi kaksosparia eli alkulukuneloset, vastaavasti 10, 12, 14 ovat yhden kaksosparin rajoja. Jos kaksosten lukumäärä olisi äärellinen, olisi viimeisen kaksosparin jälkeen vain etäisyyksiä 2, 4, 6, 8. Mutta se ei siis ole mahdollista. (jatkuu)
155. Jaska8.6.2021 klo 12:57
Tähän saakka tunnettujen kaksosten osalta on siis kiistatonta niiden eneneminen. Se onkin luonnollista, koska niitä on äärettömän paljon. Väheneminen kuvatuissa raameissa ei ole mahdollista. Minä en nyt muista, mikä on suurin tunnettu kaksospari, joten olkoon se x, y ja sen neliöiden haarukka siis x^2 - y^2. Niiden tulo xy on muotoa 6n-1. Mikä vaikutus tällä jaollisella luvulla on siihenastiseen kaksosten lukumäärään? Vastaus: ei mikään, jos xy+2 on jaollinen luku.

Jos se on alkuluku, se ei myöskään vähennä jo olemassa olevien kaksosten lukumäärää. Eivät ne voi hävitä kuin... Seuraamus on lukua xy+2 lähimmän edeltävän ja lähimmän seuraavan jaollisen luvun etäisyyden jakautumien kahteen osaan tilanteesta, jossa ei lukua xy+2 ole vielä noteerattu

Se tarkoittaa, että kaksosia sisältävien etäisyyksien 10-20 suhteellinen osuus kokonaisuudesta 2-20 pienenee kohti ääretöntä yltämättä silti nollaan. Alkulukukaksosten niin kuin myös nelosten lukumäärä on siis ääretön, Q.E.D.
156. Jaska8.6.2021 klo 13:05
Tähdennetään vielä, että em. 2-20 ovat kahden suuruusjärjestyksessä peräkkäisen jaollisen luvun etäisyyksiä.
157. Jaska13.6.2021 klo 11:09
Jatketaan vielä nelosten osalta. Haulla prime quadruplet löytyy lukujonon alku, jossa on kpl-määrät 2-, 3-, 4- jne.numeroisille (OEIS A 120120). Siinä mainitun 5-numeroisten määrän 27 pitää olla 26. Pääasia on kuitenkin, että nelosten lukumäärä jonossa kasvaa hurjalla tahdilla. 14-numeroisten määrä on jo miljardeissa. Niinpä artikkelin mukaan "pidetään hyvin mahdollisena", että niitä on äärettömästi. No niitähän on.

Laskeskelin nelosten kasvua haarukoissa 0 - 5^2 - 35^2 - 65^2- 95^2... -101^2. Jonon alun 34 ekaa kpl-määrää (mukaan lukien "epäaito" 5, 7, 11, 13) ovat:

3, 2, 5, 1, 2, 8, 2, 2, 2, 4, 5, 4, 3, 2, 4, 5, 2, 6, 7, 4, 9, 4, 8, 5, 6, 6, 10, 6, 4, 5, 7, 7, 6, 13, ja niiden keskiarvo 5,17.
Jatkossa se kasvaa, niin kuin kaksosillakin tapahtuu.
158. Jaska19.7.2021 klo 13:31
Helteen hellitettyä seuraavan ei pitäisi olla ainakaan ylivaikea.

1, 5, 7, 19, 29, 37, 53, 67, 79, 97, ?
159. Jaska19.7.2021 klo 18:04
Korjaan, se on ylivaikea. Piru iski siihen pukinsorkkansa neljännen luvun kohdalla, ja tajusin sen vasta puolen kilometrin paikkeilla. Oikein on 1, 5, 7, 13, 23, 31, 43, 59, 73, 97, 127...

Sääntö: jonon eka luku ei saa olla jaollinen alkuvulla 2, toinen luku on pienin sellainen, että sillä ei ole alkutekijöinään 2 ja 3. kolmas pienin, jolla ei ole alkutekijöinään 2, 3, ja 5, neljäs pienin. jolla kielletty 2, 3, 5 ja 7 jne. Ykkösen jälkeen kaikki muut ovat tietysti alkulukuja.

Langetan itselleni nyt jonoilukiellon määräämättömäksi ajaksi.
160. eol19.7.2021 klo 20:23
Ilmeisesti jonon uuden jäsenen on siis aina oltava edellistä suurempi, muutenhan jono voisi olla 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, ... .

Mutta: Jos jonon 4. luku on pienin sellainen (jonon 3:tta lukua eli 7:ää suurempi) luku, jonka alkutekijöihin ei kuulu mikään luvuista 2, 3, 5 ja 7, niin eikös se silloin ole 11 (eikä 13)?
161. Jaska19.7.2021 klo 21:34
No niin, vaihteeksi unohtui sääntö, että jokainen erotusjonon luku saa esiintyä jonossa vain kerran. Erotusjonon alku: 4, 2, 6... eli on hypättävä 11:n yli 13:een. Vastaavasti on 13:sta hypättävä 23:een, koska 4 ja 6 ovat ennestään.
162. Jaska4.8.2021 klo 10:59
Määräämätön aika on päättynyt. Miten seuraavan äärettömän jonon alku liittyy visa-säikeen ABUD-aiheesen?

2, 5, 11, 23, 47, 95, 191, 383, 767, 1535, 3071, 6143, 12287, 24575, 49151, 98303, 196607, 393215, 786431, 1572863...
163. Juhani Heino4.8.2021 klo 19:37
ABUD-yhteyttä en nyt keksi, mutta muoto on selkeä: 2^n*3-1. Tai toisella tavalla: luku kerrottuna kahdella plus yksi on seuraava luku.
164. Jaska6.8.2021 klo 13:26
Juuri noin. Yhteyden keksiminen eei ole helpooa, joten ratkaisu:
ABUD2(2^1, 2^2, 2^4, 2^38, 16 jne. Kunkin jonon luvut lasketaan yhteen ja vähennetään summasta 1.

1 1 1 -> 2
1, 2, 1, 2 -> 5
1, 4, 2, 1, 4 -> 11
1, 8, 4, 2, 1, 8 -> 23 jne.

Jonossa on (minulle) kiinnostava summien alkutekijöiden johdosta. 5:stä alkaen joka neljäs summa on jaollinen viidellä, mutta muuten alkutekijöden jakaumassa ei ole silminnähtävää lineaarisuutta. Se on sekasortoinen. Alkupäästä 7 ja 17 puuttuvat, enempiä en ehtinyt laskea.

Kun lasketaan +1, kaikki summat ovat jaollisia kolmella, ja toisena tekijänä ovat 2^¨n eli 1, 2, 4, 8 jne. Yksitoikkoista:)
165. Jaska26.8.2021 klo 12:40
Kysymys kuului: voisiko ABUD-yhteydellä todistaa Collatzin konjektuurin. Viisasten kivi asian tiimoilta on vielä kateissa, enkä viitsi sitä enää etsiskellä. Collatzinhan olen jo todistanut itselleni. Siinähän pitää vain osoittaa, että luvusta n >1 alkava jono sisältää luvun, joka esiintyy jonossa, joka on todettu konjektuurin mukaiseksi.
166. Jukkis26.8.2021 klo 21:18
Collatz on laskemalla todettu todeksi n. 3*10^20:een asti, ellei isompaankin viime aikoina. Sinullako siis on todistus, että kaikki tätä suuremmat lähtöarvot ennen pitkää päätyy tuota pienempään lukuun? Kiinnostavaa.
167. Jaska26.8.2021 klo 23:15
Joo, on minulla, johan sen sanoin. Ihan simppeli. Mutta kaikki eivät tietenkään pidä sitä todistuksena.
168. Jaska27.8.2021 klo 11:37
On siis laskettu, että kaikilla luvuilla 1, 3, 5, 7, 9, 11....... Jukkiksen mainitsema maksimi alkavissa jonoissa konjektuuri toteutuu. Koska jonoissa on enemmän lukuja kuin yksi, lukujen yhteismäärä on suurempi kuin 3*10^20. Osa luvuista on suurempia kuin em. maksimi, osa pienempi eli esiintyy useammassa kuin yhdessä tunnetussa jonossa.

Joka toisessa jonossa ensimmäinen 3n + 1 on neljällä jaollinen. Siten jonon toinen osamäärä on pienempi kuin jonon ensimmäinen luku. Jono A: 1, 5, 9, 13, 17, 21, 25 29 jne. Jono 1, 4, 2, 1 on siis poikkeus toisen osamäärän ollessa sama kuin ensimmäinen luku.

Jonossa B 3, 7, 11, 15, 19, 23, 27 jne. alkavilla luvuilla ensimmäistä pienempi luku on siis aikaisintaan kolmas osamäärä. Sitä ei kuitenkaan ole tarpeen etsiä. Riittää, että jonossa esiintyy luku, joka esiintyy myös jossain A-jonossa. Poikkeuksetta näin onkin kaikissa tunnetuissa jonoissa. Minä totean ilmiön aksiomaattiseksi. Matemaatikkojen mielestä näin ei ole. Varmasti hekin ovat asian todenneet, mutta edellyttävät erillistä todistusta.
169. Jaska27.8.2021 klo 11:53
Varmuuden vuoksi täsmennys. Tarkoittamani kolmas osamäärä syntyy vasta kolmannen tulon +1 ollessa neljällä jaollinen: t, o, t, o, t, o, o. Faktisesti se on siis jonon neljäs osamäärä.
170. Jaska27.8.2021 klo 12:07
Lisätään vielä, että aksiomaattisuudella tarkoitan kaikkien parittomien lukujen esiintymistä suuruusjärjestyksessä A-jonoissa.
171. Jaska27.8.2021 klo 12:42
170. puuttuu: ... esiintymistä RYHMITTÄIN suuruusjärjestyksessä. Asia selviää taulukosta, kopsaan sen tänne ehtiessäni.
172. Jukkis27.8.2021 klo 13:13
"Poikkeuksetta näin onkin kaikissa tunnetuissa jonoissa." Ettäkö olet kaikki jonot tuonne 3*10^20:een asti tsekannut?
173. Jaska27.8.2021 klo 19:04
Jukkis ei siis ymmärtänyt, että kaikkia todennettuja jonoja ei tarvitse käydä läpi termi termiltä, jos todistus pitää paikkansa. Ja siitä olen varma, kunnes toisin todistetaan.

Syynätään A-ryhmän taulukon alkupäätä, jossa eka jono kokonaan, sitten vuorotellen neljä ja viisi termiä. Ne riittävät todistamiseen, jonoja ei tarvitse jatkaa
.
5, 16, 8, 4, 2, 1
9, 28, 14, 7
13, 40, 20, 10, 5
17, 52, 26, 13
21, 64, 32, 16, 8
25, 76, 38, 19
29, 88, 44, 22, 11
33, 100, 50, 25,
37, 112, 56, 28, 14,
41, 124, 62, 31
45, 136, 68, 34, 17
49 148, 74, 37
53, 160, 80, 40, 20
57, 172, 86, 43
61, 184, 92, 46, 23
65, 196, 98, 49
69, 208, 104, 52, 26
73, 220, 110, 55
77, 232, 116, 58, 29
81, 244, 122, 61

B-ryhmän parittomien lukujen 3, 15, 27, 39, 51 jne (erotus 12) ensimmäiset osamäärät 5, 23, 41, 59, 77 jne. löytyvät niin ikään taulukosta. Kaikissa jonoissa äärettömiin saakka on siis parittomia lukuja, jotka esiintyvät muissakin jonoissa. Konjektuuri pitää paikkansa.
174. Jaska31.8.2021 klo 12:02
Kehittelin huvikseni jonostoa eräänlaisesta anticollatzlähtökohdasta. Se vaikuttaakin kiinnostavalta. Arvaako joku valistuneesti, mistä on kyse. Selvitys huomenna.

1, 3, 11, 15, 29, 33, 39, 43, 53, 59, 65, 69, 71, 77, 79, 85, 87, 89, 95, 97...
175. Jaska1.9.2021 klo 12:23
Anticollatz = (n*3 - 1) / 2 jne. Siinä silmukat päättyvät joko lukuun 1, 5 tai 34. Yllä lukuun 1 päättyvien jonon alkupäätä.

1, 3, 2, 1
3, 8, 4, 2, 1
11, 32, 16, 8, 4, 2, 1
15, 44, 22, 11, 32, 16, 8, 4, 2, 1
29, 86, 43, 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1
33, 98, 49, 156, 78, 39, 116, 58, 29, 86, 43, 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1
jne.

Lukuun 5 päättyvien jonojen alkupäätä

5, 14, 7, 20, 10, 5
7, 20, 10, 5
9, 26, 13, 38, 19, 56, 28, 14, 7, 20, 10, 5
13, 38, 19, 56, 28, 14, 7, 20, 10, 5
19, 56, 28, 14, 7, 20, 10, 5
jne.

Lukuun 34 päättyvien silmukoiden jonoista ensimmäinen alkaa luvulla 17 ja sisältää 18 lukua eli 17 askelta:

17, 50, 25, 74, 37, 110, 55, 164, 82, 41, 122, 61, 182, 91, 272, 136, 68, 34

Jatkossa sama silmukka alkaen 21, 23, 25, 37, 41, 45....

Luvuilla 1 - 205 alkavien jonojen frekvenssijakuma silmukan viimeisen luvun mukaan;

1: 44 kpl
5: 27 kpl
34: 31 kpl

Otos on sangen pieni, mutta arvaan valistuneesti, että luokan 1 edustus tulee olemaan äärettömiin suurin. 5 ja 34 ovat niin lähellä toisiaan, että päätelmät edellyttävät ainakin muutaman sadan lisäjonon tutkimista. Käsipelillä aika työlästä hommaa, joten koodarit, olkaa hyvä! Vai keksiikö joku menetelmän, jolla ensimmäisestä luvusta saadaan selville sen luokka. Minä en keksi. En saanut mitään tolkkua lukumääräjonojen erotuksistakaan, lineaarisuudesta puhumattakaan.
176. eol1.9.2021 klo 14:28
Ymmärsin varmaan oikein, että Jaskan Anticollatzissa
f(n) = n/2, kun n parillinen [kuten Collatzissakin]
f(n) = 3n - 1, kun n pariton [jolloin Collatzissa f(n) = 3n + 1]

Tällöin 1:stä alkava Anticollatz-jono ei tarkkaan ottaen ole 1, 3, 2, 1, ... (kuten yllä), vaan 1, 2, 1, ...

Sellaisia Anticollatz-jonoja, joita yllä kutsutaan "lukuun 34 päättyviksi", minä mieluummin luonnehtisin "lukuun 17 päätyviksi", esimerkiksi siis:
17, 50, 25, 74, 37, 110, 55, 164, 82, 41, 122, 61, 182, 91, 272, 136, 68, 34, 17, ...

Onkos sille muuten olemassa todistusta - tai sitten muunlaisia perusteluja - että kaikki tällaiset Anticollatz-jonot päätyisivät johonkin luvuista 1, 5 ja 17?
177. Jaska1.9.2021 klo 16:27
Äsch, alkuaan papereissani oli myös tulot 3n, ja tuohon ekaan se nyt eksyi jonkun väärän synapsikytkennän seurauksena. Ja tietysti päätyviksi.

Todistusta en ole vielä miettinyt. Numeerisesti on tietysti vahva puolto noille kolmelle luokalle.
178. Jaska1.9.2021 klo 17:28
Koepallo

1481 -> 5, 66 askelta
1483 -> 5, 20 askelta
1487 -> 17, 40 askelta
1489 -> 5, 22 askelta

Mutulla collatzissa on keskimäärin pitempiä jonoja kuin antissa.
179. Jaska1.9.2021 klo 17:29
Korjaan, 1489 52 askelta.
180. Jaska1.9.2021 klo 18:37
Kyllä se on sama juttu kuin collatzissa. Ei voi löytyä sellaista lukua, joka johtaa eri silmukkaan. Kaikissa jonoissa, joissa eka luku suurempi kuin 17 on lukuja, jotka ovat esiintyneet jonoissa aikaisemmin.
181. Jaska8.9.2021 klo 10:26
Silmukoista puheen ollen Wikipedia kertoo Collatzista, että jos muu kuin triviaali silmukka löytyy, se on osoitettu olevan miljardien lukujen pituinen. No kyllähän tämä Collatzin silmukkakin voi kasvaa äärettömiin. Aina löytyy pitempi kuin jokin tunnettu pisin. Mutta yksittäisen silmukan pituus on aina äärellinen. Muun silmukan teoria on muuten kumottavissa ihan vain aritmeettisesti. Nimitän sitä siilausmenetelmäksi.
182. Juhani Heino8.9.2021 klo 11:15
En tiedä onko tällä merkitystä tuohon, mutta Collatz-jonojen pituus saadaan kasvatettua mielivaltaisen pitkäksi, toki kyseiset luvutkin silloin kasvavat valtaviksi. Todistin sen OEIS:n A060445:ssa.
183. Jaska8.9.2021 klo 12:57
On sillä merkitystä, jos liittyy jotenkin siilausmenetelmään. Ensin siilataan lukujonosta 1, 3, 5, 7, 9, 11... joiden 3n + 1 on jaollinen neljällä. Siis joka toinen luku. Olkoon se jono A.

Olkoon jäljelle jäävien lukujen jono 3, 7, 11, 15, 19, 23, 27... B. Siilataan siitäkin pois joka toinen eli ne, joiden toinen termi Collatz-jonossa on jonoon A kuuluva luku. Ne ovat 3, 11, 27, 35, 43...,, eli jonojen kolme ekaa lukua ovat 3, 10, 5 - 11, 34, 17 - 27, 82, 41 - 35, 106, 53 - 43, 130, 65 jne. A-jonon lukuun on siis kaksi askelta.

Sitten siilataan B-jonosta jälleen joka toinen, 7, 23, 39, 55, 71...Collatz-jonoissa A-jonon lukuun neljä askelta.
Näin jatketaan samaan tapaan. Seuraavassa siilauksessa A-jonon lukuun on kuusi askelta, sitten kahdeksan, kymmenen jne äärettömiin. Voidaan siis laskea aritmeettisesti mihin askelten lukumäärän perusteella jaettuun ryhmään mikin luku kuuluu. Luonnollisesti siilausmenetelmä todistaa myös konjektuurin.
184. Jaska9.9.2021 klo 11:04
Taulukossa askelmäärä, ryhmän aloitusluku ja ryhmään kuuluvien lukujen välinen etäisyys eli erotus. Aloituslukujen erotus on siis 2^n - 1, ryhmän lukujen välinen erotus 2^n.

2, 3, 8
4, 7, 16
6, 15, 32
8, 31, 64
10, 63,128
12, 127, 256
14, 255, 512
16, 511, 1023
jne. ad infinitum

Tiivistetysti: Jokaisessa B-jonossa on A-jonoon sisältyvä ja siis neljällä jaollinen luku n, jota seuraava ensimmäinen pariton luku on pienempi kuin n.
185. Jaska9.9.2021 klo 11:47
Aijai, tiivistys meni skutsiin. Ei vain pariton, vaan myös parillinen pienmpi luku.Korjataan.

Jokaisessa B-jonossa on tietyn askelmäärän päässä A-jonoon sisältyvä luku n, jota seuraa kolmen askeleen päässä pienempi luku kuin n.
186. eol9.9.2021 klo 13:47
Täytyy kyllä sanoa, että en nyt osaa suoralta kädeltä hahmottaa, miten tuo siilausargumentti mahdollisesti implikoisi Collatz-konjektuurin.

Minusta siilausargumentti osoittaa sen, että jos määritellään jonot C[k], missä k = 1, 2, 3, ..., siten että

C[k](0) = k
C[k](n+1) = C[k](n)/2 kun C[k](n) on parillinen
C[k](n+1) = (3*C[k](n) + 1)/2 kun C[k](n) on pariton

niin mikään jono C[k] ei ole kasvava (vaan aina jossakin kohdassa tapahtuu vähenemistäkin).

Jos sen sijaan pystyttäisiin todistamaan, että mielivaltaisesta luvusta k > 1 alkavaan jonoon C[k] sisältyy aina jokin k:ta pienempi luku, niin se tietysti implikoisi Collatz-konjektuurin.
187. Jaska9.9.2021 klo 17:16
Siilaus tarkoittaa, että poistetaan tarkasteltavasta kokonaisuudesta ne jonot, joista voidaan osoittaa niiden toteuttavan pienemmyysargumentin. Mielestäni se tuli edellä riittävän selkeästi osoitetuksi.

En ole missään vaiheessa esittänyt, että olisi jonoja, joissa ei tapahdu vähenemistä. B-jonossa kerrottavat ja jaettavat kasvavat, kunnes siihen osuu A-jonon luku. Se tapahtuu askelmäärillä 2, 4, 6, 8, 10, 12 jne. Ne johtavat lukuun, jota seuraa neljällä jaollinen luku. Mielestäni olen sen kiistattomasti osoittanut.
188. Jaska9.9.2021 klo 18:12
Tarkennetaan vielä, että B-jonon luvut 3n + 1 ovat vain kahdella jaollisia (2^1, ei sitä suuremmilla 2^n) ennen A-lukua. Jaettavat ja osamäärät siis kasvavat suhteessa 3/2. Jatkossa luvut kasvavat ja pienenevät, mutta 2^n-enemmistö johtaa aina triviaaliin päätökseen. Vastaolettamus tarkoittaisi, että kahden potensseilla olisi yläraja.
189. eol9.9.2021 klo 18:36
Minulle ei ole aivan selvää, mikä tuon (Jaskan viestissä klo 17:16 mainitun) ns. pienemmyysargumentin sisältö on. Oletan nyt määritelmän olevan se, että tietystä positiivisesta kokonaisluvusta alkavan Collatz-jonon sanotaan toteuttavan pienemmyysargumentin, mikäli jonossa esiintyy sellainen luku, jota jonossa välittömästi seuraa 4:llä jaollinen luku.

Jos määritelmä tosiaan on tuo edellä olettamani, niin siinä tapauksessa siilaus minusta osoittaa sen, että mistä tahansa positiivisesta kokonaisluvusta alkava Collatz-jono todellakin toteuttaa pienemmyysargumentin. Minulle on kuitenkin (vielä nyt Jaskan viestin klo 18:12 jälkeenkin) täysin epäselvää se, miten tämä mahdollisesti johtaa itse Collatz-konjektuurin todistukseen.
190. Jaska9.9.2021 klo 19:01
Tähän mennessä konjektuurin toteuttavat jonot, jotka alkavat luvuilla 1- x. En nyt muista tarkalleen, mikä x on, mutta aika monta miljoonaa kuitenkin. Jokainen tunnettu jono voidaann lukitella johonkin ryhmään 11:04 taulukossa sitä jatkettaessa tarvittavan pitkälle. Pankaa kompuutterit töihin, kaikki stemmaa. Perustelkaa, miten jokin poikkeus olisi edes teoriassa mahdollinen.
191. Jaska9.9.2021 klo 19:03
Luokitella, mutta kyllähän joka jono tavallaan lukittuu systeemin raameihin.
192. Jaska10.9.2021 klo 00:09
Vielä tietokonelaksennan ehdotuksestaini. Siinä siis selvitetään tietyn tarkastuskohteena olevan määrätyllä luvulla alkavan jonon lukujen esiintymistä muilla luvulla alkavissa jonoissa.
193. Jaska10.9.2021 klo 12:32
Sisällytetään kyseiseen laskentaan pelkästään A-luvulla alkavat jonot, siis 5, 9, 13, 17, 21 jne. Konjektuuri siis edellyttää, että näistä jonoista voidaan poimia kaikki B-jonon ensimmäisen luvun
194. Jaska10.9.2021 klo 12:36
Taas pätkii. Menee yli ymmärryksen. jatkuu

...jälkeiset parittomat luvut kunkin koneen kapasiteetin äärirajaan saakka. Toiveeni on listaus, missä jonossa ko. luku esiintyy ensimmäisen kerran.
195. Jaska10.9.2021 klo 18:55
Voihan noita tietysti laatia rajallisesti käsipelilläkin eli niin pitkälle kuin ehtii ja viitsii, vaikka villakoiran ydin onkin tiedossa. Jokainen ennen esiintymätön luku tulee esiintymään jatkossa äärettömän monta kertaa. Kääntäen, kun aloitetaan tsekkaus ensimmäisestä tuntemattomasta jonosta. Siinä on lukuja, jotka esiintyvät myös pienemmillä luvuilla alkavissa jonoissa.
196. Jaska13.9.2021 klo 12:24
Seuraavan taulukon riveillä eka luku pariton Collatz-luku, toinen 3n + 1, kolmas toisen jakaja, neljäs kolmannen osamäärä.

1, 4, 4, 1
3, 10, 2, 1
5, 16, 16, 1
7, 22, 2, 11
9, 28, 4, 7
11, 34, 2, 7
13, 40, 8, 5
15, 46, 2, 23
17, 62, 4, 13
19, 58, 2, 29
21, 64, 64, 1
23, 70, 2, 35
25, 76, 38, 19
27, 82, 2, 41
29, 88, 8, 11
31, 94, 2, 47
33, 100, 4. 25,
35, 106, 2, 53
37, 112, 16, 7
39, 118, 2, 59
41, 124, 4, 31
43, 130, 3, 65
45, 136, 8, 17
47, 142, 2, 71
49, 148, 4, 37
51, 154, 2, 77
53, 160, 32, 5
55, 166, 2, 83
57, 172, 4, 43,
59, 178, 2, 89
61, 184, 8, 23
63, 190. 2, 95
65, 196, 4, 49
67, 202, 2, 101
69, 208, 16, 13
71, 214, 2, 207
73, 220, 4, 55,
75, 226, 2, 113
77, 232, 8, 29
79, 238, 2, 119,
81, 244, 4, 61
83, 250, 2, 125
85, 256, 256, 1
87, 262, 2, 131
89, 268, 4, 67
91, 274, 2, 137
93, 280, 8, 35
95, 286, 2, 143
97, 292, 4, 73
99, 298, 2, 149,
101, 304, 16, 19
jne.

Luvuista 3n + 1 joka toinen on jaollinen luvulla 2, mutta ei suuremmilla 2^n potensseilla, joka neljäs on jaollinen 2^2:llä, mutta ei suuremmilla potensseilla, joka kahdeksas 2^3:lla jne. Prosessin lopullinen seuraamus on, että lukujen 3n + 1 suurentamisvoima kumoutuu, ja jokainen jono päätyy lukuun 1.

Kun tiedämme, että jokaisessa jonossa on ennemmin tai myöhemmin A.jonoon kuuluva luku, voimme siilata taulukosta pois rivit, joiden neljäs luku on B-jonoon kuuluva. Jatketaan rivejä ja toistetaan sama prosessi, kunnes jäljellä on pelkästään A-jonon lukuja, joista viimeinen on 1.

Jatkuu
197. Jaska13.9.2021 klo 13:12
Siilaus ei muuten ole minun alkuperäinen keksintöni. Onhan Wikipediassa esitetyistä jonoista siilattu pois parilliset luvut. Katsotaan, millaiseen tulokseen jatkosiilaukset johtavat. Jonoista on siis poistettu kaikki muut luvut kuin A-luvut.
Viiva jälkeen askelten lukumäärää.

1, 1 - 1
5, 1 - 1
9, 17, 13, 5, 1 - 4
13, 5, 1 - 2
17, 13, 5, 1 - 3
21, 1 - 1
25, 29, 17, 13, 5, 1 - 5
29, 17, 13, 5, 1 - 4
33, 25, 29, 17, 13, 5, 1 - 6
37, 17, 13, 5, 1 - 1
41, 161, 121, 137, 233, 593, 445, 377, 425, 2429, 3077, 577, 433, 325, 61, 53, 5, 1 - 17 (8 "häntä", eli suoraan vähenevät 3077:stä alkaen)
45, 17, 13, 5, 1 - 4
49 37, 17, 13, 5, 1 - 5
53, 5, 1 - 2
57 65, 49, 37, 17, 13, 5, 1 - 7
61, 53, 5, 1 - 3
65, 49, 37, 17, 13, 5, 1
69, 13, 5, 1 - 3
73, 105, 41 (ks. 41) ... 1 - 19 (7)

Tarpeettomien lukujen siilauksen jälkeen jonojen pituudet ovatkin enemmistön osalta lyhyyksiä! Kaikki luvut toistuvat jatkossa äärettömiin, mutta jokaisessa jonossa jokainen luku esiintyy vain yhden kerran. Se ainakin todistaa, että jokin muu silmukka ei ole mahdollinen. Matemaatikot kysyvät, miten se todistaa konjektuurin. Kysymys sisältää arvelun mahdollisuudesta, että jossain vielä tuntemattomassa jonossa väheneminen lukun 1 saakka ei toteudu. Minä olen todistanut itselleni, että se on aksiomaattisesti mahdotonta.
198. Jaska16.9.2021 klo 12:45
Yritän vielä selventää Collatz-todisteluani. Perusperuste on kaiketi kaikille selvä: Jos jokin parittomalla luvulla alkavan jonon muu luku esiintyy jonossa, jonka on todettu toteuttavan konjektuurin, sen toteuttaa myös n:llä alkava jono. Kokemusperäisesti tiedämme asian pitävän paikkansa miljardien lukujen osalta.

Faktoja. Luvuilla 1, 5, 9, 13, 17... alkavien jonojen ensimmäinen parillinen luku muotoa 3n + 1 on jaollinen korkeammalla luvun 2 potenssilla kuin 2^1. Siitä seuraa, että jonon neljäs luku on pienempi kuin jonon ensimmäinen luku, joten konjektuuri toteutuu.

Luvuilla 3, 7, 11, 15, 19... alkavien jonojen ensimmäinen 3n + 1 on luvun 2 potensseista vain kantaluvulla 2 ja parittomalla luvulla. Konjektuuri ei ole vielä toteutunut, eikä voi jatkossakaan toteutua, jos mikään osamäärä n/2 ei vähintään luvulla 2^2 jaollinen. Kokemusperäisesti tiedämme, että niin tapahtuu aina kaikkien tunnettujen jonojen osalta.

Konjektuurin toteutumattomuus siis edellyttää, että ko. jonossa esiintyy kaikkien parillisten lukujen tekijänä vain kantaluku 2. Olen edellä osoittanut, että ehdon toteutuminen ei ole mahdollista. Periaatteessa todistukseksi riittää itselleni viesti 184., mutta sitä on syytä selventää. Palaan asiaan.
199. Jukkis16.9.2021 klo 14:17
Ymmärrän tuon edellisen viestin 2. kappaleen. Noinhan se on. Sen sijaan 3. kappaleen asia ei oikein aukene, senkään jälkeen kun siihen lisäilee siihen selvästikin kuuluvia sanoja kuten "jaollinen" ja "ole". Mutta pitää vielä miettiä.
200. Jaska17.9.2021 klo 19:01
Seuraava lista toivottavasti selventää viestiin 184. (katso) perustuvaa B-luvulla alkavien jonojen anatomiaa. Kullakin 12:lla rivillä eka luku on jonon aloitusluku, toka jonon ensimmäinen A-luku, kolmas sen 3* + 1, neljäs edellisen jakaja ja viides osamäärä.

2 askelta (eli yksi B-osamäärä)

3, 5, 16, 16, 1
11, 17, 52, 4, 13
19, 29, 88, 8, 11
27, 41, 124, 4, 31
35, 53, 160, 32, 5
43, 65, 196, 4, 49
51, 77, 232, 8, 29
59, 89, 268, 4, 67
67, 101, 304, 16, 19
75, 113. 340, 4, 85
83, 125, 376, 8, 47
91, 137, 412, 4, 103

4 askelta (2 B-lukua

7, 17, 52, 4, 13
23, 53, 160, 32, 5
39, 89, 268, 4, 67
55, 125, 376, 8, 47
71, 161, 484, 4, 121
87, 197, 592, 16, 37
103, 233, 700, 4, 175
119, 269, 808, 8, 101
135, 305, 916, 4, 229
151, 341, 1024, 1024, 1
157, 377, 1132, 4, 283
183, 313, 1240, 8, 155

6 askelta (3 B-lukua)

15, 53, 160, 32, 5
47, 161, 484, 4, 21
79, 229, 808, 8, 101
111, 377, 1132, 4, 283
143, 485, 1456, 16, 91
175, 593, 1780, 4, 445
207, 701, 2104, 8, 263
239, 809, 2428, 4, 607
271, 917, 2752, 64, 43
303, 1025, 3076, 4, 769
335, 1133, 3400, 8, 4253
367, 1241, 3724, 4, 931
jatkuu
201. Jaska17.9.2021 klo 21:53
Edellisen aikana oli häiriötekijöitä johtaen yhden lyönnin väliin jäämisen. Alimman ryhmän toisella rivillä luvun 21 tulee olla 121 = 484/4. Jos syynäilette listaa pienempään, voitte tehdä oleellisen havainnon. Palaan asiaan toivottavasti huomenna.
202. Jaska18.9.2021 klo 19:24
Vielä kaksi ryhmää lisää

8 askelta (4 B-lukua)

15, 53, 160, 32, 5
47, 161, 484, 4, 121
79, 269, 808, 8, 101
111, 377, 1132, 4, 283
143, 485, 1456, 16, 91
175, 593, 1780, 4, 445
207, 701, 2104, 8, 263
239, 809, 2428, 4, 607
271, 917, 2752, 64, 43
303, 1025, 3076, 4, 769
335, 1133, 3400, 8, 425
367, 1241, 3724, 4, 931

10 askelta (5 B-lukua)

63, 485, 1456, 16, 91
191, 1457, 4372, 4, 1093
319, 2429, 7288, 8, 911
447, 3401, 10204, 4, 2551
575, 4373, 13120, 64, 205
703, 5345, 16036, 4, 2551
831, 6317, 18952, 8, 2369
959, 7289, 21868, 4, 5467
1087, 8261, 24784, 16, 1549
1215, 9233, 27700, 4, 6925
1343, 10205, 30616, 8, 3827
1471, 11177, 33532, 4, 8383

Huom. B-lukuihin ei sisälly jonon ensimmäinen luku, laskenta siis alkaa ensimmäisestä osamäärästä.
Jatkuu
203. Jaska18.9.2021 klo 19:38
Jaha, automaattikirjoitin näyttää olevan epäkunnossa. Neljäs ryhmä on oikeasti seuraava.

31, 161, 484, 4, 121
95, 485, 1456, 16, 91
159, 809, 2428, 4, 607
223, 1133, 3400, 8, 425
287, 1457, 4372, 4, 1093
351, 1781, 5344, 32, 167
415, 2105, 6316, 4, 1579
479, 2429, 7288, 8, 911
543, 2753, 8260, 4, 2065
597, 3077, 9232, 16, 577
661, 3401, 10204, 4, 2551
725, 3725, 11178, 8, 1397

jatkuu
204. Jaska18.9.2021 klo 19:58
Tarkoittamani havainto: jonon aloitusluvun jälkeiset luvut toistuvat ryhmittäin. Ekan ryhmän joka kolmas rivi sisältyy toiseen ryhmään. Rivejä on 12, joten toisen ryhmän neljä ensimmäistä riviä on em. osin samoja. Kun rivejä lisätään, samat rivit enenevät vastaavasti. Sama ilmiö jatkuu seuraavissa ryhmissä äärettömiin. Kaikki peräkkäisten parittominen B-lukujen peräkkäiset sarjat päättyvät siis A-lukuun. Konjektuuri siis toteutuu, ellei toistaiseksi tuntemattomassa jonossa ole äärettömiin jatkuvaa B-putkea. Se on kuitenkin mahdotonta. Todistus ensi kerralla.

jatkuu
205. Jaska19.9.2021 klo 00:08
Kaksi B-lukua ovat peräkkäisiä, jos niiden välissä on vain yksi parillinen jaettava. Niiden erotus on tällöin jaollinen luvulla 4 tai korkeammilla luvun 2 potensseilla. Kun peräkkäisiä B-lukuja on n kpl, jonon aloitusluvun ja sitä seuraavan ensimmäisen B-osamäärän erotus on aina 2^n. Seuraava erotus on jaollinen luvulla 2^(n-1), sitä seuraava luvulla 2^(n-2) jne., kunnes erotus ei ole enää jaollinen luvulla 4. Sen ainoa parillinen tekijä on tällöin 2. Näiden jakojen osamäärät kolminkertaistuvat joka jaolla: 1, 3, 9, 27, jne viimeisen ollessa 3^(2n-1)

Esimerkkinä n = 10.

2047, 6142, 3071, 9214, 4607, 13822, 6911, 20734, 10367, 31102, 15551, 46654, 23327, 34991, 104974, 52487, 157462, 78731, 236194, 118097

Erotus 118097 - 78731 = 19683. 118097 on jonon ensimmäinen A-luku, joten seuraava jaettava 354292 on neljällä jaollinen. Voit laskea itse esim. 63sta alkaen 5 peräkkäistä B-lukua.

Onkohan edellä riittävästi osviittaa todistuksen sisäistämiseksi. Jos ei ole, voi aina uskoa, että konjektuuri on tosi.
206. Jaska21.9.2021 klo 19:06
1, 5, 13, 17, 181, 241, 1285, 6853, 9137, 24365, 1039573, 1386097...

Äärettömiin jatkuvan jonon alkua. Löydätkö jonolle määrityksen?
207. Jaska25.9.2021 klo 11:48
Jono koostuu sellaisista parittomista A-ryhmän luvuista, joiden aloittamissa Collatz-jonoissa ei ole lainkaan B-ryhmän lukuja ja joissa aloitusluvun jälkeen kaikki luvut ovat numeroarvoltaan edellstä pienempiä.

Määritystä oli tietenkin käytännössä lähes mahdotonta keksiä lukematta edeltäviä viestejä aiheesta. Niihin perehtymällä A-ominaisuus olisi ollut suht, helposti havaittavissa. Kokeilemalla olisi selvinnyt, että kaikki luvut ovat ko. Collatz-jonoissa yhteisiä. Jono jatkuu äärettömiin.

Samalla periaatteella voidaan konstruoida muitakin A-lukuja sisältäviä jonoja. Todista, että niitäkin on äärettömästi. Ei liene liian vaikea hoksausjuttu.
208. Jaska27.9.2021 klo 19:16
Valaistaan asiaa parillisilla luvuilla.

5, 10, 20, 40,
13, 26, 52,
17, 34, 68, 136, 272, 544,
181, 362, 724,
241, 482, 964, 1928, 3856,
1285, 2570, 5140, 10280, 20560,
6853, 13706, 27412,
9137, 18274, 36548, 73096,
24365, 48730, 97460, 194920, 389840, 779680, 1559360, 3118720,
1039573, 2079146, 4158292,
1386097

Havaitaan, että jono on käänteis-Collatz, eli parittomat luvut kerrotaan kahdella kunnes tulo - 1 on kolmella jaollinen, ja pariton osamäärä täyttää kaksi ehtoa: sen on oltava muotoa A, eikä se saa olla kolmella jaollinen. Esimerkkijonoon on valittu aina ensimmäinen molemmat ehdot täyttävä luku. Erilainen jono muodostuu, kun hypätään ko. luvun yli ja jatkaen kertomista luvulla 2. Esim.

5, 10, 20, 40, 80, 160
53, jne.

Pelkistetyimmillään todistus kuuluukin: Mikä tahansa luku voidaan kertoa kahdella ja jatkaa tulon kertomista kahdella äärettömiin.
KOMMENTOI

Pakolliset kentät merkitty tähdellä *