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 :)
KOMMENTOI

Pakolliset kentät merkitty tähdellä *