4071. Lukujono

Antti30.6.2008 klo 09:12
Annan jatkamista odottavan lukujonon näin monta ensimmäistä jäsentä saadaksesi hyvän ratkaisun palkaksi kauniinnäköisen seuraavan (ja vielä samanmuotoisen sitäkin seuraavan) jäsenen.

0, 6, 21, 56, 126, 252, 462, 792, 1287, ...
2. Matti30.6.2008 klo 11:28
Jos ensimmäinen luku olisi 1 eikä 0, luvut olisivat erään viidennen asteen polynomin arvoja peräkkäisillä kokonaisluvuilla. En ole ainakaan vielä jaksanut riehua ko polynomin kertoimia esiin.

Tällöin jatkoluvut olisivat 2002 ja 3003.

Alustuksesi panee arvaamaan, että ensimmäinen luku on kuin onkin nolla, ja jatkoluvut 2000 ja 3000. ??
3. Antti30.6.2008 klo 12:16
Ensimmäinen luku on kuin onkin olla,
ja jatkoluvut 2002 ja 3003.

ai = (i-1)*i*(i+1)*(i+2)*(i+3)*(i+4)/120
i=1, 2, 3, ...
4. Matti30.6.2008 klo 15:41
Jotain häikkää. Antamasi kaava antaa lukujonon
0
6
42
168
504
1260
2772

Mutta jos poistetaan kaavastasi se viimeinen kertoja (i+4) saadaan lukujono
0
1
6
21
56
126
252
462
792
1287
2002
3003

Nyt kyseessä on erään viidennen asteen polynomin arvot peräkkäisillä kokonaislukuarvoilla. Se polynomi on tuo sinun kaavasi, josta (i+4) on pyyhitty pois.
5. Antti30.6.2008 klo 17:15
Sitä tarkoitin. Aluksi oli i*(i+1)*(i+2)*(i+3)*(i+4)/120. Pienensin kaikkia tekijöitä yhdellä, mutta suurimpaan asti vastauksessani epähuomiossa jatkoin. Mutoin olisin tehtävänannossa esimmäisen kerran selvinnyt virheittä.
6. Jaska30.6.2008 klo 17:33
Binomikertoimista on siis kyse, joten Matin lukujonon jatko löytyy helpoimmin Pascalin kolmiosta (joka aloitettu nollasta).
7. Olavi Kivalo30.6.2008 klo 18:09
Häikästä huolimatta tämä on parempi ongelma, koska se on ratkaistavissa ilman konetta. Seuraavat termit 4368, 6188 jne saadaan helposti päässälaskulla (ellei tee laskuvirhettä). Joskus vasta häikkä tekee ongelmasta mielenkiintoisen, kun pitää ensin ratkaista, mikä tehtävän määrittelyssä mättää.
8. Jukkis30.6.2008 klo 19:18
Jaska, mikä ihme on "nollasta aloitettu Pascalin kolmio"?

Jos tuo eka nolla olisi pois, niin lukujonon i:s jäsen siis olisi kombinaatio(i+4,i-1) eli (i+4) yli (i-1):n eli (i+4)!/[5!(i-1)!]. Ja luvut löytyvät Pascalin kolmiosta: 6. rivin eka, 7. rivin toka, 8. rivin kolmas jne.

Minä en ainakaan keksi, miten tuon ekan nollan saisi kauniisti tuohon mukaan binomikertoimien avulla.
9. Jaska30.6.2008 klo 20:11
Jukkis, ei mikään ihme. Huipuksi ja reunariveiksi nollat. Näin Matin nollasta alkava lukujono voidaan lukea myös kolmiosta nolla-alkuisena. Olkoon se sitten vaikkapa Jaskalin kolmio.
10. Jukkis30.6.2008 klo 20:19
No joo, voihan tietysti mihin vaan lisäillä mitä vaan. Mutta kun ne nollat ei tarkoita siinä mitään. Pascalin kolmiossa jokaisella luvulla on sentään tarkka merkitys.
11. Matti30.6.2008 klo 21:13
Jos Antin lukuja jatkaa taaksepäin, tulee vielä neljä nollaa lisää.

Voihan Pascalin kolmiota jatkaa negatiivisiinkin lukuihin, esim. 4 yli 5:n = 4!/5!/(-1)! = 0, jos sovitaan (analogisesti gammafunktion kanssa) että negatiivisten lukujen kertoma on ääretön. Mutta tämä on pelkkää kikkailua.
12. Olavi Kivalo1.7.2008 klo 09:38
Antin (korjattu) lukujono jatkuu taaksepäin symmetrisesti negatiivisena seuraavasti: ...-21, -6, -1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 6, 21,...

Tähän johtavan lainalaisuuden voi kuka tahansa päätellä maatiaisjärjellä. Kikkailun maku tulee vasta, jos haetaan tukea matematiikan klassikoiden, kuten herrojen Pascal ja Gamma, aikaansaannoksista.
13. Jukkis1.7.2008 klo 10:59
No mitkä on tuon taaksepäin symmetrisesti negatiivisena jatketun lukujonon viisi ensimmäistä jäsentä maatiaisjärjellä ilman kikkailua?
14. Olavi Kivalo2.7.2008 klo 10:31
Jotain häikkää. Lukujono on molempiin suuntiin päättymätön ja kysytään sen viittä ensimmäistä jäsentä. Tätä kai tulisi pitää erityisen mielenkiintoisena kysymyksenä, kun ennen vastausta on selvitettävä, missä suhteessa kysymys on väärin asetettu.
15. Jukkis2.7.2008 klo 11:18
Olisko häikkä siinä, että lukujono on kuvaus luonnollisten lukujen joukosta johonkin muuhun lukujoukkoon. Eli lukujonon jäsenet voi aina luetella: a(1), a(2), a(3), a4), a(5) ... . Minä sitten kysyin, että mitä nuo a(1), a(2), a(3), a4), a(5) ... on, kun kerta väitit kyseessä olevan lukujonon.

No, oikeasti kyse oli siitä, että minä hiukka vierastan tommoisten "maatiaisjärki"-tyyppisten ilmausten käyttöä tällaisissa yhteyksissä. Mm. siksi, kun aika usein en ollenkaan ymmärrä, miten sillä maatiaisjärjellä saadaan väitetty tulos. Esim. tässä tapauksessa en sitä ymmärrä, joten tietysti alkoi oma tyhmyys hävettää, kun sanotaan, että "kuka tahansa" sen voi päätellä.
16. Jaska2.7.2008 klo 12:29
Olavi Kivalo tarkoittanee, että kuka tahansa matemaattisen koulutuksen saanut inehmo voi sen päätellä. Eikä se välttämättä kaikille sellaisillekaan onnistu sillä siunaamalla. Tehtävä: mainitse jokin käytännön ala, jolla po. lukujonolla on merkitystä.
17. Jukkis2.7.2008 klo 12:46
Tarkoitatko siis "po. lukujonolla" tätä: 0, 1, 6, 21, 56, 126, ... ?

En minä ainakaan keksi, milla alalla tuolla olisi erityisempää merkitystä. Paitsi tämmöiset nettikeskustelut.
18. Olavi Kivalo2.7.2008 klo 14:09
Täältä kesälaitumilta kun ottaa kantaa, niin maatiainen on luonnostaan mielessä. [Maatiainen, hmm...] Tarkoitin, että myös matemaattista koulutusta vailla oleva voi päätellä lainalaisuuden, jolla alkuperäinen (korjattu) lukujono 0, 1, 6, 21, 56, 126, 252, 462, 792, 1287, ... jatkuu, siis tietämättä mitään binomikertoimista ym. Tämä tapahtuu hakemalla yritys/erehdys-menetelmällä (niinkuin induktiivisessa päättelyssä yleensä) lukujonosta säännömukaisuuksia.

Naapurin timpuri kokeili aikansa ja huomasi, että vierekkäisten termien erotuksien erotukset ja sitten taas näiden erotukset jne ovat lopulta kaikki suuruudeltaan ykkösiä, joiden erotukset ovat taas nollia. Tässä on säännönmukaisuus, jota lainalaisuutena käyttäen hän kykeni extrapoloimaan (vaikkei tuntenut sanaa) lukujonoa molempiin suuntiin. Tästä näkövinkkelistä väännöt Pascalin kolmiosta ja gammajakautumasta vaikuttivat jopa häiritseviltä.
19. Jukkis2.7.2008 klo 16:11
Tämä timpuri on kyllä selvästi keskimääräistä älykkäämpi ihminen. Siis siinä mielessä kuin Mensan testillä älykkyys määritellään. Luulen, että aika korkea lukema tulisi siitä testistä. Ei "kuka tahansa" pysty tuollaiseen päättelyyn.

Lukujonon (ilman ekaa nollaa) yhdistäminen Pascalin kolmioon tuo sitten esille sen, että nuo luvut tarkoittavatkin jotain. Ja gamma-funktion mukaan ottamisella voidaan osoittaa, että jos lukupötköä haluaa jatkaa vasemmalle, on matemattisesti perusteltua laittaa sinne vasemmalle pelkkiä nollia. Timpurin menetelmä kyllä antaa sinne vasemmalle muuta, mutta ne on sitten vaan lukuja ilman sen kummempaa merkitystä.
20. Jaska2.7.2008 klo 21:25
Käytännön merkityksellä tarkoitin vakioveikkausta. Tarkoittaa, että binomikertoimista löytyvät kaikki pelkästään osittainvaihdeltuja kohteita sisältävien täydellisten järjestelmien rivimäärät. Esim. 10 kohteen formulavakion merkkijakaumassa viisi ykköstä + viisi kakkosta on 252 riviä. Toisaalta sellaisen veikkaaminen olisi varsin epäkäytännöllinen tehtävä, koska se pitäisi tehdä hajariveinä. Siihen tuskin kukaan jaksaisi ryhtyä, vaikka pitäisi ko. jakaumaa hyvin todennäköisenä, eikä panostus tuottaisi ongelmaa. Merkkiyhdistelmäjärjestelmät eivät näet kuulu Veikkaus Oyn yhden rivin kaaviona pelattaviin vakiojärjestelmiin.
21. Antti3.7.2008 klo 09:28
2, 6, 8, 0, -28, -84, -166, -246, -238, 66, 1124, ...

Seuraava luku päättyy kahteen nollaan. Mikä lienee?
22. Matti3.7.2008 klo 10:24
3900
23. Olavi Kivalo3.7.2008 klo 10:30
Jäädään odottelemaan, että Matti tms. korjaa ensin häikän :)

"Tehtävä: mainitse jokin käytännön ala, jolla po. lukujonolla on merkitystä." Matematiikka tuottaa paljon lainalaisuuksia, joilla on vain esteettinen merkitys, aivan niinkuin taide. Pelkistyneisyys ja symmetria ovat tällaisia. Antti etsi kauniita lukuja. Niitä olivat 2002 ja 3003. Myös lukujonon symmetria on kaunista.
24. Antti3.7.2008 klo 10:33
Nopeasti selvitit. Sama äitini äitin kieltä käyttäen: Siinä ei nokka kauan tohissut.
25. Jaska3.7.2008 klo 13:22
1, 2, 9, ?
26. Jukkis3.7.2008 klo 13:36
Esim.
1, 2, 9, 4, 25, 6, ...
tai
1, 2, 9, 22, 42, ....
tai
1, 2, 9, 58, 401, ...
tai
1, 2, 9, 40, 167, ...
tai joku muu aika monesta mahdollisesta.
27. Jukkis3.7.2008 klo 13:52
Tuo 2, 6, 8, 0, -28, -84, -166, -246, -238, 66, 1124, ...
näyttää johtavan tämmöiseen diferenssiyhtälöön:

a(n+5)-5a(n+4)+10a(n+3)-10a(n+2)+5a(n+1)-a(n)=2^(n +1)

Ja siinähän niitä Pascalin kolmion lukuja taas köllöttää!

(Matti vois vaikka sitten ratkaista tuon yhtälön.)
28. Jaska3.7.2008 klo 14:08
Hain 13:22 lukujonoa 1, 2, 9, 64, ?
29. Matti3.7.2008 klo 15:28
Jaska, 625?
30. Olavi Kivalo3.7.2008 klo 17:15
Entäs 3125. a[n]=n^(n-1), n=1,2,3,...
31. Jukkis3.7.2008 klo 17:33
No mitä on 5^4?
32. Jaska3.7.2008 klo 17:47
Matin 625 oikein, OK:lla periaatteessa OK, mutta tuli laskulapsus.
33. Jukkis3.7.2008 klo 18:57
Mutta mikäs tässä on ideana:
1, 2, 9, 64, 125, 1296, 16807, 262144, 531441, ...
34. ++juh3.7.2008 klo 21:48
Tällaisen jonon olen aikoinaan kehitellyt ja omille nettisivuillenikin pannut, mutta en enää keksi, mihin homma perustuu.

5 7 8 9 10 11 16 17 17 18 ...

Ratkaisun ehkä löytää differenssiyhtälöillä tai muilla matemaatikkojen monimutkaisehkoilla menetelmillä. Mutta olen melko varma, ettei ideani ollut noin tylsä, vaan että tehtävässä on juju, jonka avulla "maallikkokin" pystyy päättelemään ratkaisun.

Toki on mahdollista, ettei tehtävässä jujua ole, mutta moinen epäkivuushan olisi ylen epäkivaa.
35. Matti3.7.2008 klo 23:01
Jukkiksen lukujono on outo. Perättäisten lukujen eksponentit ovat 0 tai 1, 1, 2, 3, 3, 4, 5, 6, ja 6. Mitenpä tuota jatkaisi?
36. Jukkis4.7.2008 klo 08:49
Vinkki: Kertoma liittyy asiaan.
37. Jaska4.7.2008 klo 13:36
Jukkiksen lukujonossa 16807 = 7 viidenteen, 262144 = 2 kuudententoista ja 531441 = 3 kahdenteentoista. Ei vain oikein säteiel, miten kertoma liittyy asiaan.
38. Jaska4.7.2008 klo 17:54
Sattui siis lapsus, 262144 on 2 potenssiin 18 eikä 16.
39. Jaska4.7.2008 klo 18:38
Matin eksponenttijonosta ratkaisu paremminkin löytynee. Mutta se kertoma? Seuraavaksi Jukkiksen luvuksi on helppo arvata 1 000 000 tai 10 000 000. Eri juttu osuuko.
40. ++juh4.7.2008 klo 19:30
Jukkiksen jonon n:s termi on n^i, jossa i on pienin kokonaisluku, jolla pätee

n^i >= n!

Eli 10:s termi on 10 000 000, koska
10! = 3 628 800
10^6 = 1 000 000 < 10!, ei siis kelpaa
10^7 = 10 000 000 > 10!, kelpaa.
41. Jaska4.7.2008 klo 20:03
Järki riitti hyvinkin tuon ratkaisun tajuamiseen, mutta ei keksimiseen!
42. Matti4.7.2008 klo 20:23
No enpä olisi keksinyt. Hyvä etten ehtinyt vielä miettimään.
43. aikainen10.7.2008 klo 15:07
1, 2, 2, 2, 4, 12, 34, 86, pyöreä luku
44. Olavi Kivalo11.7.2008 klo 15:29
Tätä kai ei ole vielä ratkaistu
5 7 8 9 10 11 16 17 17 18 ...

Tehtävän antaja ei tiedä mihin se perustuu eikä liioin onko siinä joku juju. Ei varmaan tiedä ratkaisuakaan. Tässä tulee.

5 7 8 9 10 11 16 17 17 18 18 18 18 18 22 ...
45. Matti12.7.2008 klo 21:46
Antti esitteli 3.7.2008 lukujonon

2, 6, 8, 0, -28, -84, -166, -246, -238, 66, 1124, 3900, ...

Jos a1=2, on ai=2*(2^i)-2-(i-2)(i-1)i(i+1)/4

Miten lie Antti on tällaiseen päätynyt?
46. Jaska12.7.2008 klo 22:47
Antti vastannee Matin kysymykseen, ja Olavi Kivalo valaissee ratkaisuaan?

Vaihteeksi helppokin:

3, 4, 5, 5, 12....
47. Olavi Kivalo13.7.2008 klo 09:20
Ratkaisu nousee eräästä kaksiäänisestä inventiosta. Lopun jätän koin tähtöselle.

Muuten, aiemmin käsitelty molempiin suuntiin päättymätön lukujono on palindromisesti symmetrinen saman tapaan kuin Bachin rapukaanon tai eräät DNA-sekvenssit.
48. aikainen15.7.2008 klo 16:35
Antti otti mukaan

i:n kasvaessa kasvavan potenssilausekkeen saadakseen lukujonon tietystä kohdasta lähtien lopulta kasvavaksi

ja neljän peräkkäisen kokonaisluvun tulon saadakseen jonoon mukaan vähenevyyttäkin.
49. Jaska15.7.2008 klo 17:36
Ei näy 12.7. 22:47 jatketun. Jatkan itse:

3, 4, 5, 5, 12, 13, 6 .... jatko?
50. Matti16.7.2008 klo 10:14
Tuosta Jaskan lukujonosta ei kyllä tule hullua hurskaammaksi.
51. aikainen16.8.2008 klo 09:33
Löytyykö jatkoa?

3, -6, 15, -33, 78, -177, ...
52. Matti17.8.2008 klo 14:33
aikainen, ei lohkea. Anna lisää lukuja, pliide.
53. aikainen17.8.2008 klo 14:43
Arvioinkin tämän edeltäjiään vaikeammaksi.

3, -6, 15, -33, 78, -177, 411, -942, ...
54. Matti19.8.2008 klo 02:09
2175, -5001
55. Matti19.8.2008 klo 02:44
Rekursiokaava on x(n) = -x(n-1) + 3*x(n-2)

ja ratkaisu, jos x(0) = 3,

x(n) = A*(a^n) + B*(b^n), missä

A = (3/2 + 9/(2*sqr13))
B = (3/2 - 9/(2*sqr13))
a = -0,5*sqr13 - 0,5
b = 0,5*sqr13 - 0,5

Jännää, että vaikka ratkaisussa on aikamoisia neliöjuurilausekkeita, lopputulokset ovat n:n kokonaislukuarvoilla aina kokonaislukuja. Ja että ratkaisussa ei neliöjuuria saa millään ilveellä sievennettyä pois.
56. aikainen19.8.2008 klo 06:52
Aivan erinomaista, Matti!
57. aikainen19.8.2008 klo 10:32
Edellisen kauniin ratkaisun saatuamme innoitun kysymään seuraavankin jatkoa:

3, -6, 12, -21, 42, -75, 147, -267, ...
58. Matti19.8.2008 klo 23:39
Vähän samaan tyyliin tämäkin menee, mutta on teknisempi.

516, -948

Rekursiokaava on x(n) = 3*x(n-2) - x(n-3)

ja ratkaisu

x(n) = A*(a^n) + B*(b^n) + C*(c^n), missä

a = 2*cos(pi/9)
b = 2*cos(7*pi/9)
c = 2*cos (13*pi/9)

ja A, B ja C määräytyvät lineaarisesta 3 x 3 yhtälöryhmästä siten, että x(0) = 3, x(1) = -6 ja x(2) = 12.

Taas on jännää, että vaikka ratkaisu sisältää kosineita, x:t ovat n:n kokonaislukuarvoilla aina kokonaislukuja.

(aikainen, älä yllytä enää hullua! Sitäpaitsi en osaa ratkaista neljännen asteen yhtälöitä.)
59. aikainen20.8.2008 klo 07:32
Jälleen Matilta oikea oivallus. Ihmettelen lahjojasi.
60. Jaska21.8.2008 klo 20:23
Matti, noitten ratkaisujesi perusteella pitäisi minun esittämäni juurettoman ja kosinittoman jonon olla sinulle kypsää kauraa. Saattaahan siinä hämätä se, ettei sitä ole esitetty kolmen luvun jaksoina, niin kuin loogista olisi: 3, 4, 5 - 5, 12, 13, - 6, 8, 10 - 7, ?, ? -
61. Matti21.8.2008 klo 22:07
24,25

(5,12,13 soitti heti kelloa kun ajatteli kolmen luvun jaksona. Siis Pythagorashan siellä luuraa.)
62. Jaska21.8.2008 klo 22:20
Joo, kokonaislukuratkaisut pienimmistä lähtien.
63. Matti21.8.2008 klo 23:05
Näitä voi generoida, kun antaa m:lle ja n:lle kokonaislukuarvoja lausekkeissa

m^2 - n^2
2*m*n
m^2 + n^2
64. aikainen24.8.2008 klo 07:31
0, 1, 11, 122, 1353, 15005, ?
65. Jaska24.8.2008 klo 12:23
Arvataan 181412
66. aikainen24.8.2008 klo 16:25
Laskelmasi saattaa olla hyvä. Antaa kuitenkin laskelmani antamaa luvusta noin 15000:lla poikkeavan luvun.
67. Olavi Kivalo24.8.2008 klo 17:34
Mitenkä olisi 166375.
Jos tämä on oikein, niin edellisen luvun tulisi olla 15004.
68. aikainen24.8.2008 klo 18:37
Nyt poikkeama on supistunut muutamaan kymmeneen.
Jonossani on kuitenkin 15005 eikä 15004.
69. ++juh24.8.2008 klo 18:54
166408
70. aikainen24.8.2008 klo 18:57
Erinomaista. Kerrotko, kuinka keksit?
71. aikainen24.8.2008 klo 20:34
Fibonaccin lukuja:
F(0)=0, F(1), F(n)=F(n-1)+F(n-2), kun n = 2, 3, 4 ...

Tehtävän ratkaisu:
G(n) = F(5n)/5
72. Taata24.8.2008 klo 22:29
F(1)=1
73. hah24.8.2008 klo 23:00
No eipä ollut vaikeaa, ollaanpas me tyhymiä :D
74. Jaska24.8.2008 klo 23:30
1, 21, 203, 10416, ?
75. aikainen25.8.2008 klo 07:14
hah, ette ole.
76. Olavi Kivalo25.8.2008 klo 08:29
Olin tyhymä, kun hätäilin päättelyssäni. Tässä vaihtoehtoratkaisu (Mathematica-notaatiossa). Saadaan herra Pascalkin kehiin.

G(n) = Sum[(n-i)!/(i-1)!/(n-2 i+1)! 11^(n-2 i+1), {i,1,n-1}]

Esim. G(7)=1845493
77. aikainen25.8.2008 klo 09:27
Olavi, saman saimme.
78. Olavi Kivalo26.8.2008 klo 17:08
Pascalin kolmio muodostuu Fibonaccin luvuista ja/tai päinvastoin.
79. ++juh26.8.2008 klo 17:42
Keksinpä lopulta, millä jujulla olin muodostanut sarjani (3.7.2008 klo 21:48). Sarja pitempänä:

5 7 8 9 10 11 16 17 17 18 21 23 24 25 26 27 32 33 33 33 ...

Olavi Kivalon vastaus (11.7.2008 klo 15:29) ja perustelun vihjeet (13.7.2008 klo 09:20) eivät ole minulle auenneet.
80. Matti29.8.2008 klo 22:43
Jaska, 1, 21, 203, 10416, anna kolmen pisteen vihje.
81. Jaska29.8.2008 klo 23:21
Lauantai (useimmiten)
82. Jaska30.8.2008 klo 23:29
Yhden pisteen vihje: lukujonossa on kaikkiaan vain yhdeksän lukua, joista neljällä viimeisellä ei ole samaa funktiota kuin viidellä ekalla.
83. Jaska7.9.2008 klo 12:50
Ratkaisu: 173600. Koko lukujono: 1, 21, 203, 10416, 173600, 1258600, 4228896, 6343244, 3365856. Lukujen summa = 15380937.

Olikohan vihje lauantai liian epämääräinen. Se on useimmiten viikon oikean lottorivin arvonta- ja julkistamispäivä.
84. Matti7.9.2008 klo 18:21
No voi peijakas! Aivan riittävästi oli vihjattu, ja lauantai oli hyvä vihje. Mutta kun ei säteile niin ei.
85. k14.9.2008 klo 09:46
1, 16, 77, 220, 481, 896, ?
86. Matti14.9.2008 klo 20:37
1501

Tämä ei ollut paha.
87. Olavi Kivalo14.9.2008 klo 23:39
Entä seuraaava termi? 2332? Entä taaksepäin? -4, -35, -128,...
88. k15.9.2008 klo 07:24
Matti, niin arvioinkin.

Olavi, juuri niin eteenpäin ja juuri niin taaksepäin.

a(i) = 6i^3 - 13i^2 + 12i - 4

i = ... . -2, -1, 0, 1, 2, ...
89. k15.9.2008 klo 18:39
1, 1, 2, 4, 10, 26, 70, 200, ?
90. Matti15.9.2008 klo 20:44
518 (jos nimittäin oletetaan, että viimeinen annettu luku onkin 190 eikä 200)
91. Olavi Kivalo16.9.2008 klo 00:45
673 (jos nimittäin oletetaan, että viimeinen annettu luku onkin 250 eikä 200)
92. k16.9.2008 klo 06:45
Kiitos, ystävät! Ratkaisulausekkeessa on mukana kokonaisluvuksi muuntamista.

1, 1, 2, 4, 10, 26, 70, 200, 602, ?
93. Matti16.9.2008 klo 11:22
Rekursiokavalla x(n+3) = 3x(n+2) - 2x(n) saadaan lukujono 1, 1, 2, 4, 10, 26, 70, 190, 518, ... Siis 7 ensimmäistä lukua ovat samat kuin k:lla.

Muttka nyt kun jatkuu 200, 602, ... , niin voi olla aika paha.
94. k16.9.2008 klo 13:35
Ratkaisu ei kuitenkaan ole kovin mutkikas. F(n) = u(v(w(n))).
u on kokonaisluvuksi muuntaminen (mikä?), v=?, w=?
95. Olavi Kivalo16.9.2008 klo 14:52
Myös tässä lukujonossa operoidaan vain kokonaisluvuilla:

A(n)=a(i), i=2n-1, 2n, jossa A(n)=1,1 kun n=1 ja
a(i)=n^(i-n)-(-1)^i*(n-2)*(n-1)^(n-3), kun n>1.

Saadaan 1, 1, 2, 4, 10, 26, 70, 250, 673, 3077,...
96. Olavi Kivalo16.9.2008 klo 22:59
Mathematica-notaatiolla F(n) = Table[Floor[Sqrt[n!]], {n,1,10}]
F(10) = 1904.
97. Matti16.9.2008 klo 23:34
Olavi Kivalo, kylläpä kyllä. Selkokielellä F(n) = luvun sqr(n!) kokonaisosa. F(11) = 6317.

Miksihän ihmeessä F(n) toteuttaa edellä (klo 11:22) olevan rekursioyhtälön aina seitsemänteen numeroon saakka.
98. Olavi Kivalo17.9.2008 klo 00:03
Kuten joskus aiemmin totesin, mitä vähemmän termejä lukujonon alusta määritellään sitä useampi algoritmi ne toteuttaa. Myös minun ensin esittämäni algoritmi antaa samat seitsemän lukua. Vaihtoehdot vähenevät kun annetaan joko lisää lukuja tai algoritmia koskevia rajoitteita. Tässä kävi ilmi, että pyöritelläänkin reaalilukuja.
99. k19.9.2008 klo 08:32
Olavi ja Matti

Arvioinkin ratkaisun löytyvän.
Hyvä!
Täytyy miettiä uutta pulmaa.
100. k19.9.2008 klo 14:03
0, 116, 272, 438, 704, 1400, 3216, ?
101. Olavi Kivalo19.9.2008 klo 16:08
Howabout 7322?
102. k19.9.2008 klo 17:34
Sitä juuri odotin, Olavi!
103. Olavi Kivalo28.9.2008 klo 10:21
Mikä on seuraava jäsen sarjassa 1, 98/97, 96/91, 92/73, 84/19, ...

(Lähde: uusin Tekniikka&Talous)
104. Jaska28.9.2008 klo 11:41
Näyttää helpolta. Siis jos oikea ratkaisu on 68/-143 = -0,476.
105. Matti28.9.2008 klo 17:36
Niin, silloin eka ykkönen olisi itse asiassa 99/99. Saa nähdä, mikä on T&T:n ratkaisu.
106. Olavi Kivalo28.9.2008 klo 18:42
Helppo mikä helppo. xn=(100-2^n)/(100-3^n), n=0,1,2,...

(Varmaan tarkoitettu talouspuolelle)
107. k29.9.2008 klo 17:29
1, 3, 15, 43, 93, 171, 293, ?
108. Jaska29.9.2008 klo 19:52
Tuo näyttää vaikealta, ja voi ollakin. Olisi helppo, jos vika olisi 283.
109. k29.9.2008 klo 20:01
Pyydän anteeksi. Viimeinen on todella 283.
110. k3.10.2008 klo 15:06
Seuraavaa näppäillessäni pyrin tarkkkuuteen.
Ratkaisu ei vaatine paljoa aikaa.

3, 7, 22, 45, 116, 163, 282, 353, ?
111. Jaska3.10.2008 klo 21:01
Ratkaisu 520 ei tosiaan vaatinut paljon aikkaa; noin puoli sekuntia meni sitä näppäillessä. Sen selvittäminen kesti kauemmin.
112. Jukkis3.10.2008 klo 21:12
Toinen vastaus: -2107 löytyi kahdessa minuutissa.
113. Jaska3.10.2008 klo 21:34
Mihin tehtävään?
114. Jukkis3.10.2008 klo 21:40
Klo 15:06
115. iso S3.10.2008 klo 22:46
Tässä helppo(?) klassikko:
8, 2, 3, 6, 4, 7, 5, 9, ?
116. Matti3.10.2008 klo 23:12
Ei tuo k:n viimeisin mikään läpihuutojuttu ollut. Sain 520:n jälkeen luvun 615.
117. Matti3.10.2008 klo 23:31
iso S:n jonon seuraava luku on kai 1 (tai sitten ziljoona).
118. Jaska3.10.2008 klo 23:32
Matti, 25 ei ole alkuluku, joten kymmenes luku sarjassa on 831.
119. Matti3.10.2008 klo 23:42
Jaska, myös luvulle 615 löytyy vedenpitävä perustelu.
120. Jaska3.10.2008 klo 23:46
No ootellaan mitä tuomari k siitä sanoo.
121. k4.10.2008 klo 09:05
Tuomari ei tuomitse Mattia, vaan luottaa sanaansa, vaikka saikin saman tuloksen kuin Jaska, ..., 520, 831, ...
122. Jukkis4.10.2008 klo 10:21
Iso S:n propleemiin kaksi vastausta:

a) Vastaus = 1. Yksinumeroiset luonnolliset luvut suomeksi aakkosjärjestyksessä.

b) Vastaus = 0. Yksinumeroiset kokonaisluvut suomeksi aakkosjärjestyksessä, mutta luettelija huomaa vasta 9:n jälkeen, että nolla unohtui nelosen jälkeen ja laittaa sen sitten hätäpäissään tuohon ysin jälkeen että edes joku tolkku säilyisi luettelossa.
123. RA4.10.2008 klo 10:21
iso S:n helppoon klassikkoon 8, 2, 3, 6, 4, 7, 5, 9, ? ehdotan Mattia peesaten: 1. - Eikös kuitenkin 0 kuuluisi olla nelosen jälkeen?

Onkohan tämä ollut jo monta kertaa? Miten jatkuu?

1
11
21
1211
124. Jukkis4.10.2008 klo 10:22
Tarkennus b-kohtaan: Yksinumeroiset ei-negatiiviset kokonaisluvut....
125. Jukkis4.10.2008 klo 10:24
Katos, meillä RA:n kanssa ajatus kulki aika samoja latuja täsmällen samaan aikaan. Ilmankos olen viime aikoina ruvennut saamaan RA:n tavuristikoita täyteen. Pelottavaa.
126. RA4.10.2008 klo 10:24
Ei minusta.
127. Olavi Kivalo4.10.2008 klo 11:39
RA:n kompaan on montakin ratkaisua. Seuraava tunnetaan ns. sudden-death-ratkaisuna. Viides termi on 1 ja koko jono päättyy siihen.
128. iso S4.10.2008 klo 12:26
Hakemani vastaus on 1 ja perustelu aakkosjärjestys. Nollan voisi ottaa mukaan ettei tarvittaisi Jukkiksen b-luokan hätäpaikkausta!

Yleensä kai tuo esitetään muodossa "millä perusteella numerot 8, 2, 3, 6, 4, 0, 7, 5, 9 ja 1 ovat juuri tuossa järjestyksessä?" Matemaattisesti suuntautuneet ryhtyvät miettimään kaikenlaisia lukusarjoja ja ties mitä binääriarvoja eivätkä pääse puusta pitkään, ainakaan jos vakuutetaan että tehtävä on helppo eikä ratkaisu ole mikään kymmenennen asteen yhtälö. Kielipuolisesti suuntautuneet ääneenajattelijat saattavat löytää ratkaisun kertalausumalta. Harvinainen esimerkki siitä miten "humanoidi" voi olla matemaatikkoa fiksumpi?
129. RA4.10.2008 klo 12:35
OK, varmasti löytyy erilaisia ratkaisuja. Haussa olevalla logiikalla jatkuu näin:

1
11
21
1211
111221
130. RA4.10.2008 klo 12:37
Kysymys - siis - edelleen, että miten jatkuu?
131. k4.10.2008 klo 14:05
Pitäisikö viimeisenä lukuna olla 1002121 ?
132. RA4.10.2008 klo 14:14
"Viimeistä" lukua ei ole.
133. aiai4.10.2008 klo 14:28
312211
134. RA4.10.2008 klo 14:30
Just, aiai:

1
11
21
1211
111221
312211
135. Matti4.10.2008 klo 15:13
13112221
136. ++juh4.10.2008 klo 17:08
Miten jatkuu (vaikka kolme seuraavaa kirjainta):

a i i e ä i i n n
137. Matias-Myyrä4.10.2008 klo 17:17
++juh: jatkuu n n a
138. ++juh4.10.2008 klo 17:34
Matias-Myyrä, juuri noin se jatkuu.
139. k4.10.2008 klo 18:31
1, 5, 17, 49, 129, 321, 769, ?
140. Matti4.10.2008 klo 20:48
k, 3. 10. 15:06

3 7 22 45 116 163 282 353 ?
Toiset peräkkäiset erotukset antavat jonon
9 8 48 -24 72 -48
Kahta ensimmäistä (jotka eivät vaikuta lukujonon jatkoon) lukuunottamatta nämä ovat luvun 24 monikertoja, kertoimina
2 -1 3 -2
Tämän jatko on 4 -3 eli 96 -72, joten lukujonon jatko on
520 615.

Mikä oli sinun ja Jaskan ratkaisu?
141. Matti4.10.2008 klo 21:19
k, 18:31
1793
142. Jaska4.10.2008 klo 22:08
Saanen minäkin vastata Matin 21:19 kysymykseen: alkuluvut pienimmästä alkaen toiseen potenssiin miinus alkuluvun järjestysnumero.
143. RA4.10.2008 klo 22:22
Mikä idea oli tuossa ++juhin
a i i e ä i i n n
> n n a
144. Matti4.10.2008 klo 22:54
Jaska, noinhan se näköjään menee. k aloitti alkuluvut 2:sta, tai sitten rimpsusta jäi ensimmäinen luku pois,1. Mutta tämä on vain kosmetiikkaa.
145. Jaska4.10.2008 klo 23:12
Matti, eihän se noin mennyt. Kirjoitin 21:19, kun oikein oli 20:48.
146. Matti4.10.2008 klo 23:14
Tuokin on vain kosmetiikkaa :-)
147. ++juh4.10.2008 klo 23:44
RA, sama sarja vähän helpotettuna:

la si si me jä si si än an än en ta
148. Jaska5.10.2008 klo 00:23
Hämärästi muistelen, että tämä ++juihn sarja oli täällä esillä joskus pari vuotta sitten? ...jatkuu siis konekiväärisuihkulla.
149. k5.10.2008 klo 09:26
Viimeistä lukujoa jatkoi kaavailemallani tavalla Matti, 21:19.

Sääntö on
an = SUMMA (i=1, ... n) i*2^(i-1), n=1, 2, ...

Viimeistä edellisen lukujononi säännön Jaska antoi 22:08.

Hyvin selvititte, Matti ja Jaska.
150. Matti5.10.2008 klo 19:13
Summaksi tulee (n-1)*2^n + 1.
151. Jukkis6.10.2008 klo 09:59
Matemaattisesti yhtä pätevä, mutta ihmismielelle ehkä vähemmän kiinnostava vastaus tuohon 4.10.2008 klo 18:31 -jonoon:

Seuraava luku = 1765.
152. k6.10.2008 klo 10:15
4.10.2008 klo 18:31-jonoon antoi
Matti 4.10.2008 ratkaisunansa 1793 ja
Jukkis 6.10.2008 ratkaisunaan 1765.

Mieluista olisi saada tietää ratkaisunne ajatus.
153. Jukkis6.10.2008 klo 10:30
Mikä tahansa tämmöinen "N lukua annettu" -lukujononjatkamisprobleema ratkeaa sovittamalla N-1:n asteen polynomi annettuihin lukuihin. Jonon seuraava luku on sitten tuon polynomin arvo argumentilla N+1.

Jos on annettu 1, 5, 17, 49, 129, 321, 769, niin nuo on polynomin
p(x)=(x^6-16x^5+120x^4-450x^3+959x^2-974x+390)/30
arvot x:n kokonaislukuarvoilla 1-7. Kysytty luku on sitten p(8) = 1765.

Tuohan ei sinänsä ole kovin kiinnostava tulos, mutta oli kiinnostavaa muistella matikan opintojaan ja ensin opetella tekemään tommoisia Excelillä ja sitten kertailla Matlab-taitojaan ja oppia hakemaan ratkaisu Matlabilla, jolla se löytyykin tosi paljon kätevämmin.

Matlabilla tuo ratkeaa näin:

>> x = [1 2 3 4 5 6 7];
>> y = [1 5 17 49 129 321 769];
>> p = polyfit(x,y,6);
>> y2 = polyval(p,8)
y2 =

1.765000000000007e+003

Yleensä näin saatu tulos poikkeaa paljonkin tommoisesta Matin ja Jaskan tyylisellä päättelyllä saatavasta vastauksesta. Nyt tuli kuitenkin yllättävän lähellä olevat vastaukset.
154. k6.10.2008 klo 10:39
Kiitos, Jukkis!
Olisipa kätevää saada käyttöönsä tai omistaa Matlab!
155. Matti6.10.2008 klo 11:53
Jukkis, näinhän asia on. Jatka lukujonoa -tyyppisille tehtäville löytyy aina monta ratkaisua. Useimmiten kuitenkin yksi niistä on muita selvästi "tyylikkäämpi", ja sitä haetaan.

Yksi asia mielstäni on, jota pitää noudattaa. Kun haetaan sääntöä tai logiikkaa tai juonta johon annettu lukujono perustuu, viimeistä annettua numeroa ei saa hyödyntää, vaan se käytetään sääntökandidaatin testaukseen. Kokeillaan, antaako löydetty sääntö sen viimeisen numeron oikein. Polynomijatko ei tätä periaatetta täytä.

Jukkis, mahtaako netistä löytyä ilmaisjakeluversiota jostain math-lab-tyyppisestä karvalakkiohjelmasta. Olisi kiva esim. piirrellä kahden muuttuja funktioita kuvaavia pintoja.
156. Jukkis6.10.2008 klo 11:58
On noita parikin:
Scilab, scilab.org
Octave, gnu.org/software/octave

En ole tutustunut käytännössä.
157. Matti6.10.2008 klo 13:50
k: 1, 5, 17, 49, 129, 321, 769 ?

Kokeilemalla eri mahdollisuuksia havaitaan, että lukujonoon pätee rekursiokaava
x(n+3) = 5*x(n+2) - 8* x(n+1) +4*x(n)
Tämän differenssiyhtälön ratkaisu on
x(n) = (n-1)*2^n + 1
158. Jukkis6.10.2008 klo 16:01
Voisitko Matti hiukka täsmentää tätä "Kokeilemalla eri mahdollisuuksia havaitaan" -ilmaisua?
159. Matti6.10.2008 klo 17:58
Jukkis, kyllä se kokeilu on aluksi ihan sokkona hapuilemista. Kahdella rintamalla voi ensin yrittää: peräkkäiset erotukset ja rekursio. Peräkkäiset erotukset antavat jotain osviittaa. Jos päädytään vakioerotuksiin, luvut ovat peräkkäisiä polynomin arvoja. Polynomin kertoimet selvitetään lineaarisesta yhtälöryhmästä.

Vaikka ei vakioihin päädyttäisikään, perättäiset erotukset saattavat antaa muuta osviittaa. Jos ne esim. ovat aina vaan kasvavia, lukujono kasvaa nopeammin kuin potenssit (noin löysästi ilmaistuna), ja silloin voi hakea rekursiota. Nimittäin rekursiokaavan toteuttavat luvut ovat usein kantaluvun potensseja, tai muutaman kantaluvun potenssien kombinaatioita. Kantaluvut ovat erään polynomin juuret. Yhtälöryhmällä voi hakea kertoimia, ja testata, ennustavatko ne oikein viimeiset annetut luvut.

Mutta jos tämäkään ei pure, niin sitten en mitään muuta systemaattista tiedä. Voi kokeilla kertomilla, niiden potensseilla, alkuluvuista kehitetyillä lukusarjoilla tms. Jos mikään muu ei auta, voi kokeilla aakkosjärjestystä :-)

Saatatte tietää muitakin jekkuja. Kertokaa!
160. k7.10.2008 klo 15:22
6, 5, 6, 7, 2, 21, 8, 6, ?
161. k8.10.2008 klo 16:59
Ohje: Tarkastele lukuja kolmen luvun ryhmiin ryhmiteltyinä.

6, 5, 6, 7, 2, 21, 8, 6, ?
162. Jaska8.10.2008 klo 19:06
Näinkö: 6, 5, 6 - 7, 2, 21 - 8, 6, ?
163. k9.10.2008 klo 07:15
Näin:


6, 5, 6, ...... 7, 2, 21, ........ 8, 6, ?
164. k9.10.2008 klo 07:22
(Jaska, esittämälläsi tavalla. Erotin vain kolmikot kauemmas toisistaan siksikin, ettei erotin kenestäkään näyttäisi etumerkiltä)
165. k9.10.2008 klo 11:53
(On tarkoitus kysyä vain kolmannen kolmikon puuttuvaa jäsentä.)
166. Matti9.10.2008 klo 12:39
240/23. Silloin luvuista muodostettu 3x3 determinantti = 0. OK, vitsi, vitsi ...
167. k9.10.2008 klo 13:17
Vitsinäkin oikea ratkaisu. Lieneekö tarkoittamani ratkaisu perustelluudeltaan (näin muodostettuja sanoja on käyttänyt Raimo Mäkinen Jyväskylän yliopistossa) vitsiratkaisua parempi?
168. Jaska9.10.2008 klo 14:14
0, 7, 8, 11, 12
1, 253, 506, 1288, ?
169. k11.10.2008 klo 10:26
6, 5, 6, ...... 7, 2, 21, ........ 8, 6, ?

Kolmas luku ilmoittaa, kuinka monta toisen luvun ilmoittaman määrän kokoista ryhmää(A, B on sama ryhmä kuin B, A) voidaan poimia ensimmäisen luvun ilmoittaman määrän kokoisesta erillisten alkioiden joukosta. Kahdeksan alkion joukosta kuuden alkion ryhmiä voidaan poimia 8 * 7 / 2 = 28.
170. Jaska11.10.2008 klo 12:29
Kaskunentotahokannu. Matin matriisit sotkivat.
171. aiai11.10.2008 klo 12:47
Tai c = trunc(a/b) * a

trunc(6/5) * 6 = 6
trunc(7/2) * 7 = 21
trunc(8/6) * 8 = 8
172. Matti11.10.2008 klo 15:24
aiai, hyvä!
173. Matti11.10.2008 klo 15:26
Niin, ja ihan hyvä oli k:nkin antama ratkaisu. Tosi vaikea, ja aika vähän oli annettu materiaalia, mutta silti.
174. Olavi Kivalo11.10.2008 klo 17:18
Eli binomikertoimin ilmaistuna: kussakin kolmen ryhmässä 3.termi = n!/m!/(n-m)!, jossa n=1.termi ja m=2.termi.
Mutta oliko tarkoitus, että lukujono tyssää siihen? Vai muodostavatko kolmen ryhmät jonkun päättymättömän jonon, joka pitäisi vielä ratkaista?
175. k11.10.2008 klo 17:44
Oli tarkoitus tyytyä tähän.
176. Olavi Kivalo11.10.2008 klo 19:00
Me emme tyydy tähän.
Ehdotan päättymätöntä lukujonoa a(n),b(n),c(n), n=4,5,6,...
Tässä a(n)=n, b(n)=a(n)-b(n-1) ja b(3)=0. Tällöin c(n)=a(n)!/b(n)!/[a(n)-b(n)]!
Lukujono jatkuu siis myös kaksi termiä vasemmalle.
4,4,1, 5,1,5, 6,5,6, 7,2,21, 8,6,28, 9,3,84, 10,7,120,...
177. k12.10.2008 klo 09:36
Kiitos, Olavi! Täydennettävissä olevan täydentäminen on kaunista.

Tässä lisää:

1, 10, 27, 54, 93, 146, 215, ?
178. Matti12.10.2008 klo 16:33
Eikös tämä ole ihan peruskauraa? 302.
179. k12.10.2008 klo 16:41
Matin oikean tuloksen jälkeen vastaan kysymykseensä:
Otin perustehtävän vuorostaan, kun edeltävä oli vaikea.
180. k30.10.2008 klo 07:16
Edellistä vaikeampi:

0, 4, 12, 27, 50, 80, ?
181. k1.11.2008 klo 08:42
31.10.2008 viestiini liittyvä pikku kohta:
a(n)=kokonaisluku(f(n))
182. Matti1.11.2008 klo 12:39
Ymmärrän tuon, että f(n):n kokonaislukuosa. Joitakin vaihtoehtoja olen kokeillut, mutta ei ole tärpännyt.
183. k1.11.2008 klo 15:41
f(n)=neliöjuuri(g(n))
184. k5.11.2008 klo 10:23
a(n) = kokonaisluku(neliöjuuri(n^5-n^4)), n= 1, 2, ...
a(7) = 120
185. Matti6.11.2008 klo 00:19
Tämä jätti vähän sekalaisiin tunnelmiin. Kivahan näitä on aina arvuutella, mutta jos tehtävät menevät kovin pitkälle pelkän kokeilun ja arvuuttelun suuntaan, niin motivaatio laskee pian alle yrittämisrajan. (Nämä ovat siis minun omat fiilikset.)
186. k6.11.2008 klo 07:19
Olen pahoillani. En tiedä, onnistunko seuraavalla paremmin. Jos en, jääköön.

1, 3, 3, 7, -3, 51, -257, ?
187. Jukkis6.11.2008 klo 10:07
Olen kanssa sitä mieltä, että saahan tämmöisestä helposti vaikean esim. tommoisella neliöjuuri-kokonaislukukikkailulla, jolloin siitä sitten tulee saman tien käytännössä mahdoton. Ja epäkiinnostava.

Mites tämä:

98, 42, 0, 49, 27, 49, 59, 24, ...

No, jatkuu että ... 48, 11, ...

Tämmöinen ihan simppeli kaava:

a(n) = int(100*fract(100*fract(10000*abs(sin(n)))))

Tuota viimeisintä 1, 3, 3, 7, -3, 51, -257, hetken tutkailin, mutta en keksinyt. Matti varmaan antaa ratkaisun?
188. Jaska6.11.2008 klo 13:18
Näiden tehtävien laatiminen (tai tässä tapauksessa pelkkä kopsaaminen!) on tosiaan erittäin helppoa verrattuna ratkomiseen. Se voi olla mahdotontakin pelkällä päättelyllä, jos ei ole tehtävän edellyttämää tietoa / koulutusta. Siitä esimerkkinä ratkomatta jäänyt 9.10. esittämäni rimssu.

0, 7, 8, 11, 12
1, 253, 506, 1288, ?

Voidaan päätellä, että ylä- ja alarivin luvut kuuluvat parittain yhteen. Siihen se jääkin, ellei ratkoja ole tietoliikenteen korjauskoodeihin tai muuten koodausteoriaan perehtynyt henkilö.

Haettu alarivin viides luku on sekin 1288. Lukupareja on kaikkiaan kahdeksan:

0, 7, 8, 11, 12, 15, 16, 23
1, 253, 506, 1288, 1288, 506, 253, 1

Kyseessä ovat binäärisen 4096 kpl 23-pituista koodisanaa käsittävän Golay-koodin ns. painojakauma eli koodisanojen lukumääräjaottelu niiden sisältämien nollien ja ykkösten lukumäärien mukaan. Alarivin summaksi tulee siis 4096.

Uskon, ettei kukaan vaivautunut ensi silmäyksen jälkeen tätä sen enempää pohtimaan. Minun ei siis toivottavasti ole tarpeen pahoitella mahdottoman tehtävän aiheuttamaa ajanhaaskausta ratkojalle.
189. Matti6.11.2008 klo 17:00
On olemassa hyviä jatka lukusarjaa -tehtäviä ja huonoja jatka lukusarjaa -tehtäviä. Jako on makuasia ja aika subjektiivinen. Omasta mielestäni useimmat k:n tehtävät ovat olleet hyviä. Mielestäni int-operaation sisältävät sarjat ovat huonoja, koska int hävittää luvuista suuren osan siitä informaatiosta, jonka avulla voisi toivoa löytävänsä ratkaisun, mm. jaollisuuden. Lisäksi se tuo kokonaislukujen piiriin tehtävät, jotka kuuluvat selvästi reaalilukujen maailmaan. Olen myös Jaskan kanssa yhtä mieltä siitä, että hänen viimeksi esittämänsä sarja oli huono, koska sen ratkaisu on likipitäen mahdotonta muille kuin Golay-koodin tunteville.
190. k6.11.2008 klo 18:04
1, 3, 3, 7, -3, 51, -257, ?

on kokonaislukutehtävä. Laskulauseke ei ole kovin mutkikas. Jonon n:nnen jäsenen, a(n):n, lausekkeessani on mukana a(n-1). Tällaisen rakenteen olette, arvoisat ratkaisijat, aikaisemmin taitavasti muuttaneet vain n:n argumenttinaan sisältäväksi.
191. Matti7.11.2008 klo 21:56
1863

k:n lukujono a(0), a(1), a(2), ... on kahden lukujonon b(n) ja c(n) erotus, a(n)=b(n)-c(n), missä b(n) = 2+n, ja c(n) on binomikehitelmä (1-x)^n, kun x^i korvataan i! :lla.
Esim a(4) = 2+4-1*0!+4*1!-6*2!+4*3!-1*4! = -3.

k:lla on varmaan joku eri ratkaisu, koska tätä en saa väännettyä rekursiokaavan muotoon
a(n+1) = f(a(n), a(n-1), ... ). Toisaalta ylläoleva on jo ratkaisu, jossa ei enää esiinny a(n).
192. k8.11.2008 klo 08:22
Taas löysit, Matti.

Kaavani on:
a(1) = 1,
a(n+1) = (n+1)^2 - n*a(n), n = 1, 2, 3, ...
193. k2.12.2008 klo 06:41
Hae kaksi sellaista kompleksilukujonoa,
A(n) = x(n) +i*y(n) ja
B(n) = u(n) +i*v(n), että

C(n) = A(n) * B(n), n = 1, 2, 3, ...

ja

C(1) = 0+2i
C(2) = 1+17i
C(3) = 2+34i
C(4) = 3+53i
C(5) = 4+74i
...
194. Matti2.12.2008 klo 10:18
Ensin kai pitäisi keksiä, miten jatkuu

2, 17, 34, 53, 74
195. k2.12.2008 klo 11:18
Sen keksit leikiten.
196. Matti2.12.2008 klo 12:22
Helppohan se olikin. Miten lie ensin suti tyhjää.
197. Olavi Kivalo2.12.2008 klo 13:58
Lienenkö ymmärtänyt tehtävää oikein. Näyttää siltä, että rajoitteita on kovin vähän. Toinen lukujonoista voidaan näköjään valita täysin vapaasti. Oletetan vaikka, että A(n) = 1+i kaikilla n:n arvoilla.Tällöin B = 2+2i, 18+16i, 36+32i, 56+2i, 78+70i,..., jossa jokainen termi jaetaan vielä luvulla plus/miinus 1 plus/miinus 1.
198. Olavi Kivalo2.12.2008 klo 14:47
Yleinen ratkaisu kun A on mielivaltainen A = x(n)+i*y(n), olisi seuraava:
B = 2y(1)+i*2x(1), x(2)+17y(2)+i*(17x(2)-y(2), 2(x(3)+17y(3))+i*2(17x(3)-y(3)), (3x(4)+53y(4))+i*(53x(4)-3y(4)), 2(2x(5)+37y(5))+i*2(37x(5)-2y(5)), ...,
jossa kukin termi B(n) jaetaan vielä termillä plus/miinus x(n) plus/miinus y(n).
Olenkohan ihan metsässä?
199. k2.12.2008 klo 16:10
Otin vain kaksi yksinkertaista kompleksilukujonoa, A(n) ja B(n) ja laskin kolmannen,

C(n) = A(n) * B(n), n = 1, 2, 3, ...

ja näistä lähtökohdista laskien sain

C(1) = 0+2i
C(2) = 1+17i
C(3) = 2+34i
C(4) = 3+53i
C(5) = 4+74i
...

En suoralta kädeltä osaa sanoa, onko rajoitteita niin vähän, että ratkaisuja on muitakin kuin aluksi valitsemani A(n) ja B(n).
200. Olavi Kivalo2.12.2008 klo 16:43
Sijoita x ja y valitsemastasi A:sta ylläoleviiin B:n lausekkeisiin ja katso tuleeko sama B, jonka valitsit. Koska esitin yleisen ratkaisun, niin pitäisi tulla, mikäli en tehnyt kirjoitusvirhettä.
201. k2.12.2008 klo 17:52
Olin valinnut

A(n) = n-1 +i*n

Voin tulkita väärin ratkaisuasi, kun esittämälläsi tavalla B(1) näyttää mahdottomalta laskea.

A(1)=0+i, joten

2+i*0 pitäisi jakaa 0:lla.
202. Olavi Kivalo2.12.2008 klo 18:41
Rautalankaa tulossa.
A(n)=(n-1)+i*n eli x(n)=n-1 ja y(n)=1 -> x(1)=0 ja y(1)=1 -> A(1)=0+i*1. Näinollen B(1)=2y(1)+i*2x(1) jaettuna termillä x(1)+y(1) tai -x(1)-y(1) eli luvulla 1 tai -1 -> B(1)=2*1+i*0.
Joten C(1)=A(1)*B(1) -> C(1)=(0+i*1)(2*1+i*0)=0+i*2.
203. k2.12.2008 klo 19:00
Hyvä!

Ja B(n) = n+1 + i*(n-1)
204. Olavi Kivalo4.12.2008 klo 20:41
Ymärsinkö oikein. Ratkaisu 'k:n arvolla' on:
A(n) = n-1 +i*n ja B(n) = n+1 + i*(n-1) ja näistä siis pitäisi tulla C(n) = A(n)*B(n) = 0+2i, 1+17i, 2+34i, ...
Tuleeko?
205. k8.12.2008 klo 12:28
Tulee.

Kompleksiluvut jättäen kysyn kysymysmerkin paikalle tulevaa pyöreätä lukua:

12, 120, 432, 960, 1500, 1512, ?
206. Olavi Kivalo8.12.2008 klo 14:18
Voisitko viivähtää kuitenkin sen verran kompleksiluvuissa, että näyttäisit, että tulee. Vääntäisit rautalangasta.
207. k8.12.2008 klo 15:40
Kiitos, Olavi, sinnikkyydestäsi.
Excel-taulukossani oli
1. rivin nimi re,
2. rivin nimi im, A=re+i*im
3. rivin nimi rr,
4. rivin nimi ii, B=rr+i*ii
5. rivillä oli kaava re*rr-im*ii
6. rivillä piti olla kaava im*rr+ii*re
mutta tähän kaavaan oli tullut kirjoitusvirhe: ii:n paikalla oli 11.
Oikean kaavan perusteella lasketut kompleksiluvut olivat oikeasti
0+i*2, 1+i*7, 2+i*16, 3+i*29...
Matti ja Olavi, olen erittäin pahoillani virheestä.
208. Olavi Kivalo8.12.2008 klo 15:50
Huh. Mahtavaa. Kiitoksia. Tämä alkoi jo minua piinata. Ei koskaan voi olla satavarma, onko itsellä jokin ajatus- tai laskuvirhe.
Muuten, tämä tehtävätyyppi on mielestäni erittäin onnistunut. Sen pohjalta voi generoida mitä ihmeellisimpiä lukujonoja. Ehkä palaan niihin vielä.
209. Matti8.12.2008 klo 20:55
12, 120, 432, 960, 1500, 1512, 0
210. k9.12.2008 klo 04:56
Kiitos, Olavi ja Matti!

A(n) = -n^5 + 6n^4 + 7n^3

Matti, olisi opettavaista kuulla, kuinka löysit ratkaisun.
211. Matti9.12.2008 klo 10:19
Löysin ratkaisun muodossa (n+1)*(7-n)*n^3. Se löytyi oikeastaan aika helposti, kun jaoin annetut luvut tekijöihin, ja sieltä rupesi löytymään peräkkäisiä jonoja 1,2,3, ... ,6 ja 2,3,4, ... 7. Jäljelle jäi jono 3,5,6,6,5,3 joka on paraabeli, ja jossa seuraava on 0.

Kun aiemmin kerroin keinoista, joilla lukusarjan jatko voi löytyä, unohdin lukujen tekijöihin jakamisen ja niiden tarkastelun.
212. Olavi Kivalo9.12.2008 klo 17:03
Ettei syntyisi kompleksilukujono-ongelmakompleksia yhteenvedän vielä korjatun yleisen ratkaisun.
Etsitään kahta lukujonoa A(n)=x(n)+i*y(n) ja B(n)=u(n)+i*v(n) niin, että A(n)*B(n) = C(n), jossa C(n) = (n-1) + i*(1-n+2n^2).
Ratkaisu: Toinen etsityistä lukujonoista voidaan valita täysin vapaasti. Toinen on B(n) = {[a x(n) + b y(n)] + i*[b x(n)-a y(n)]}/c,
jossa a = (n-1), b = (1-n+2n^2) ja c = [x(n)^2+y(n)^2].

Esim1. Jos A(n) = (n-1) + i*n, saadaan B(n) = (n+1) + i*(n-1)
Esim2. Jos A(n) = 1 + i*n, saadaan B(n) = (2n-1) + i
213. Matti9.12.2008 klo 17:47
Helpoiten löytää yhden yksittäisratkaisun, kun laittaa
A(n) = 1 ja B(n) = C(n).
214. k9.12.2008 klo 18:35
Ymmärsin kysyä vain yhtä ratkaisua. Näin kuitenkin näytitte ratkaisuja olevan yhtä paljon kuin on kompleksilukuja.
215. k11.12.2008 klo 08:50
0, 30, 237, 1000, 3005, 7056, ...

Mikä on jonon seuraava luku, mikä jonon suurin luku?
216. Olavi Kivalo11.12.2008 klo 20:46
11774 ?
217. Olavi Kivalo11.12.2008 klo 20:59
Tämä on myös suurin, koska seuraava on -7448.
218. k12.12.2008 klo 10:46
Suurimpani ja suurimpasi erotus on 7,
seuraavan lukuni ja seuraavan lukusi erotus on 104.
Ratkaisuittemme ero ei luvuilla ilmaistuna ole kovin suuri. Jotakin samankaltisuutta saattaa siksi kaavailuissamme olla. Muitten ratkaisijoitten varalta en nyt sano ratkaisuani, vaan kysyn ratkaisuasi.
219. Olavi Kivalo12.12.2008 klo 11:48
Tämän kaltaista vastausta osasinkin odottaa. Kulutin aikaa kohtuuttomasti ja sen tympimänä päätin siirtyä käyttämään lopulta likaisia keinoja. Aluksi kaikki sujui kohtalaisen hyvin. Keksin, että lukujono noudattaa rekursiota
x(n) = n(x(n-1) + C(n)).
Sen sijaan C:n ratkaisua varten jouduin turvautumaan 5. asteen polynomin sovitukseen. Siinä tosin kieltäydyin hyväksymästä desimaalilukuja kertoimina eli hain ratkaisun symbolisesti, en numeerisesti. Enpä pystynyt parempaan.
220. k12.12.2008 klo 14:12
Olavi, rekursiokaavassasi

x(n) = n*(x(n-1) + C(n))

ilmeisesti on Cn)=0,

koska ratkaisuni on x(n) = n^5 - kertoma (n).
Suurin luku on x(7) = 11767, jota seuraa -7552.
221. Matti12.12.2008 klo 16:14
OK. Minäkin sovittelin viidennen asteen pölynomia, että jos vaikka tulisi nätit kertoimet. Ei tullut, mutta kertoimien yhteiset nimittäjät olivat 120, siis 5!. Tämä tietysti soitti kelloa, mutta ei auttanut pitemmälle. Saamani polynomin kaksi nollasta eroavaa nollakohtaa eivät olleet kokonaislukuja. No, k:n rekursiokaavan n! selittää sen 120.

Hyvä esimerkki tapauksesta, missä rekursiokaava on aivan simppeli, mutta sen rekonstruoiminen muutamista alkupään luvuista vaikeaa.
222. k12.12.2008 klo 17:14
Siis tehtävä ei sittenkään ollut ihan kelvoton, ja laatijansa uskaltaa ajatella uusienkin pulmien esittämistä. Hetki vain.
223. Jaska12.12.2008 klo 17:56
3, 6, 7, 8, 9, 7, 4, ?
224. Olavi Kivalo15.12.2008 klo 23:38
24
225. Jaska16.12.2008 klo 01:00
Jos Olavi Kivalon 24 oli vastaus edelliseen tehtävään, niin varmaankin se on oikein laskettu. Se ei ole kuitenkaan tarkoittamani. Kyseinen jono käsittää desimaaleja. Lisätään siihen kuuluva nolla eteen: 0,3678974? Mikä on siis kahdeksas desimaali?
226. nassakka16.12.2008 klo 09:30

Neperin luvun käänteisluku menisi aika lähelle ?
227. Olavi Kivalo16.12.2008 klo 11:01
Joo, se on ihan oikein laskettu ja seuravat kokonaisluvut ovat 139, 504, 1401, 3292, 6881, 13185, 23614,...
228. Jaska16.12.2008 klo 12:30
"Leili" tiesi luvun, mutta ei ilmoittanut kahdeksatta desimaalia 4.
229. nassakka16.12.2008 klo 13:16
Missä minulla mättää ?

Löysin Neperin luvulle arvon:

e=2.718281828459045

Laskimella

1/e=0.36787944

vrt. 0.36789744 (Jaskan antama)


Eli ysi ja jälkimmäinen seiska ovat vaihtaneet paikkaa.
230. Olavi Kivalo16.12.2008 klo 13:17
Protestoisin hieman. Lukujono merkitään yleensä sulkuihin, ja sen jäsenet erotetaan toisistaan pilkuilla. Luku ei ole lukujono.
Toinen huonous desimaliluvussa on ratkaisujen ääretön joukko. Esim. 11106124/30188098 = 0,36789744 ja moni moni muu.
231. Olavi Kivalo16.12.2008 klo 13:18
Lisäksi nassakka on oikeassa.
232. nassakka16.12.2008 klo 13:49
Jopa helpotti! Osasin kyllä epäillä asiaa,mutta aina sitä pelkää, että missä olen töpeksinyt. Olin kyllä alun perin hivenen oikeilla jäljillä, kun selasin piin likiarvoa,että josko sieltä löytyisi sopiva numerosarja. (Ja olisihan sieltä löytynytkin , jos olisi elämä riittänyt ja ollut tarpeeksi desimaaleja käytettävissä.)
Muuten olen sitä mieltä,että tällaisellakin tehtävällä on oikeutuksensa, koska näissä tehtävissä kaikkia sarjakehitelmiä hallitsematon saattaa saada onnistumiselämyksiä pelkällä hoksaamisella.
233. Matti16.12.2008 klo 13:57
Lukujonolle jatkoa miettiessä yrittää selvittää, miten edellisistä luvuista tulee seuraava, ja tämä oli erityyppinen tehtävä. Mutta kaikin mokomin.

Siispä: 1, 4, 2, 8, 5, 7, ... ? Tämä ei ole vaikea.
234. nassakka16.12.2008 klo 16:00
1/7=0.142857142... Haitko tätä?
235. Matti16.12.2008 klo 16:03
nassakka, joo, tuota hain. Tämä on siitä veikeä, että jos sen kertoo jollakin luvuista 2, 3, ... ,6, niin saa saman jonon mutta eri paikasta aloitettuna. Ja voi sen kokeeksi kertoa 7:lläkin.
236. nassakka16.12.2008 klo 16:35
Matti,minä kuukkeloin jonosi (lainausmerkeissä). Löytyi joku hömppäsivu, josta löytyi vastaus suoraan. Kyseinen jono muodostaa jonkun enneagrammin. En vaivautunut tutkimaan
asiaa tarkemmin.
237. Jaska16.12.2008 klo 16:48
Anteeksi pyytelen huolimattomuudesta aiheutunutta kömmähdystäni, joka ei sentään nassakan ratkaisua torpedoinut.

Matti olisi siis hyväksynyt myös ratkaisun 110/35?
238. nassakka18.12.2008 klo 08:10
Seuraavassa ei tarvita polyfonipunktioita eikä muuta korkeampaa matematiikkaa. Peruslaskutoimituksia vain... ja jotain kieroutta saattaa asiaan liitttyä...

Miten jatkuu ?

1,4,9,7,7,9,13,10,9,1,4,9, ?,...
239. k18.12.2008 klo 08:29
Vaihtoehtoja on monia. Esimerkiksi

7, 7, 9, 13, 10, 9, 1, 4, 9, ... (luvut itseään toistavina)

tai

13, 10, 9, 25, 16, 9, 1, 4, 9, ...

tai ...
240. nassakka18.12.2008 klo 09:00
En hakenut noita k:n tarjoamia.
241. Matti18.12.2008 klo 09:08
16
242. nassakka18.12.2008 klo 11:23
Matti oikeassa.
Jätän jujun vielä kertomatta, jos joku muukin haluaa miettiä.

a(n)= 1,4,9,7,7,13,10,1,4,9,16,...

a(836)=a(883)=a(937)=46 ,ovat suurimmat termit, kun n<1000
243. Jaska18.12.2008 klo 13:00
Puuttuisko 9 viime rimsusta?
244. nassakka18.12.2008 klo 13:29
Joo,puuttuu. Pittää mennä optikolle...
245. nassakka19.12.2008 klo 19:20
Annanpa nyt ratkaisun tuohon edelliseen.

2 2
n n n :n numeroiden summa

1 1 1

2 4 4

3 9 9

4 16 7 (1+6)

5 25 7 (2+5)

6 36 9 (3+6)

7 49 13 (4+9)

... jne....


Että sellainen tapaus.
246. Ari5.1.2009 klo 10:56
1, 2, 21, 30, 57, 74, 109, 134, ?
247. Olavi Kivalo5.1.2009 klo 12:23
177, 210
248. Ari5.1.2009 klo 14:21
Oikein vastasit, Olavi.
249. Ari5.1.2009 klo 14:34
Joku käyttää nimimerkkiäni!?!!!
5.1.2009 klo 10:56
ja
5.1.2009 klo 14:21
Ei ole lähettämiäni.
250. AriP5.1.2009 klo 15:58
Pyydän anteeksi tahatonta nimimerkkisi käyttämistä.
251. Olavi Kivalo5.1.2009 klo 21:20
Mielenkiintoinen tehtävä. Jonon jatko oli suhteellisen helppo päätellä, mutta yleisen ratkaisun formulointi on vaikeampi. Rekursiokaava (differenssiyhtälö) on x(n)-2x(n-1)+2x(n-3)-x(n-4)=0. Sen ratkaisu on helpoin esittää kahdessa osassa x(n)=a(n),b(n), jossa
a(n)=8n^2-4n-3
b(n)=8n^2+4n-10
252. Matti5.1.2009 klo 23:06
Yleinen ratkaisu on x(n) = 2*n^2 + 2*n - 6,5 - 3,5*(-1)^n
253. AriP6.1.2009 klo 04:25
Täsmää ratkaisukaavani kanssa.
254. Olavi Kivalo6.1.2009 klo 11:37
Matin kaava saadaan yhdistämällä nuo aiemmin antamani. Kun siirrytään juoksevaan indeksiin (m) sijoittamalla a(n):ssa n=(m+1)/2 ja b(n):ssä n=m/2, saadaan
a(m)=2m^2+2m-3 ja b(m)=2m^2+2m-10, jotka voidaan yhdistää
ylläolevalla pikkukikalla. Pienenä kauneusvirheenä tähän ratkaisuun jäävät desimaalipilkut vaikka muuten operoidaan kokonaisluvuilla.
255. AriP7.1.2009 klo 11:53
Melko helposti löytyvän (kuusinumeroisen, abcabc muotoisen) seuraavan luvun lisäksi kysytään todella vaikeana kysymyksenä myös, kuinka kolme ensimmäistä lukua sopii kuvioon. (Toisen kysymyksen ratkaisija luultavasti tuntee matriisilaskentaa.)

1, 3, 0, 105, 945, 10395, ?
256. Olavi Kivalo7.1.2009 klo 14:37
Kun ongelman antaja kertoo, että kyseessä on tooodella vaikea pulma, se voi herättää välittömän kiinnostuksen tai sitten ei.

Tämän lukujonon jatkamisen pitäisi olla jokseenkin helppoa

0, 4, 9, 18, 24, 31, 42, 50,...

Seuraava vinkki ei luultavasti helpota päättelyä millään lailla: x(29)=400, x(46)=900 ja x(61)=1500. Näidenkin löytämistä helpottaa kuitenkin yleinen ratkaisu. Mikähän se on?
257. Ari7.1.2009 klo 15:30
OK:
jatkuu...59,72,82...?
258. Olavi Kivalo7.1.2009 klo 16:40
Kyllä, kyllä. Mutta mikä on x(n)?
259. Ari7.1.2009 klo 16:42
Olavi Kivalo, sarjan 300 ensimmäistä numeroa:

0, 4, 9, 18, 24, 31, 42, 50, 59, 72, 82, 93, 108, 120, 133, 150, 164, 179, 198,
214, 231, 252, 270, 289, 312, 332, 353, 378, 400, 423, 450, 474, 499, 528, 554,
581, 612, 640, 669, 702, 732, 763, 798, 830, 863, 900, 934, 969, 1008, 1044, 108
1, 1122, 1160, 1199, 1242, 1282, 1323, 1368, 1410, 1453, 1500, 1544, 1589, 1638,
1684, 1731, 1782, 1830, 1879, 1932, 1982, 2033, 2088, 2140, 2193, 2250, 2304, 2
359, 2418, 2474, 2531, 2592, 2650, 2709, 2772, 2832, 2893, 2958, 3020, 3083, 315
0, 3214, 3279, 3348, 3414, 3481, 3552, 3620, 3689, 3762, 3832, 3903, 3978, 4050,
4123, 4200, 4274, 4349, 4428, 4504, 4581, 4662, 4740, 4819, 4902, 4982, 5063, 5
148, 5230, 5313, 5400, 5484, 5569, 5658, 5744, 5831, 5922, 6010, 6099, 6192, 628
2, 6373, 6468, 6560, 6653, 6750, 6844, 6939, 7038, 7134, 7231, 7332, 7430, 7529,
7632, 7732, 7833, 7938, 8040, 8143, 8250, 8354, 8459, 8568, 8674, 8781, 8892, 9
000, 9109, 9222, 9332, 9443, 9558, 9670, 9783, 9900, 10014, 10129, 10248, 10364,
10481, 10602, 10720, 10839, 10962, 11082, 11203, 11328, 11450, 11573, 11700, 11
824, 11949, 12078, 12204, 12331, 12462, 12590, 12719, 12852, 12982, 13113, 13248
, 13380, 13513, 13650, 13784, 13919, 14058, 14194, 14331, 14472, 14610, 14749, 1
4892, 15032, 15173, 15318, 15460, 15603, 15750, 15894, 16039, 16188, 16334, 1648
1, 16632, 16780, 16929, 17082, 17232, 17383, 17538, 17690, 17843, 18000, 18154,
18309, 18468, 18624, 18781, 18942, 19100, 19259, 19422, 19582, 19743, 19908, 200
70, 20233, 20400, 20564, 20729, 20898, 21064, 21231, 21402, 21570, 21739, 21912,
22082, 22253, 22428, 22600, 22773, 22950, 23124, 23299, 23478, 23654, 23831, 24
012, 24190, 24369, 24552, 24732, 24913, 25098, 25280, 25463, 25650, 25834, 26019
, 26208, 26394, 26581, 26772, 26960, 27149, 27342, 27532, 27723, 27918, 28110, 2
8303, 28500, 28694, 28889, 29088, 29284, 29481, 29682, 29880, 30079, 30282, 3048
2, 30683, 30888, 31090, 31293.
260. Olavi Kivalo7.1.2009 klo 18:18
Yleinen ratkaisu tarkoittaa analyyttista ratkaisua vastakohtana numeeriselle. Niitähän on täälläkin elegantisti tuotettu moniin lukujono-ongelmiin. Tässä oli tarkoitus etsiä analyyttistä ratkaisua x(n) = f(n), joka antaa lukujonon minkä tahansa yksittäisen termin mielivaltaisella n:n arvolla. Esim. mikä on x(10^10)? Se on itse asiassa aivan kiinnostavan näköinen luku, mutta älköön kukaan esittäkö sitä tällä foorumilla ylläolevalla tavalla.
261. Olavi Kivalo7.1.2009 klo 19:34
Tässä kommenttini AriP:n ongelmaan. Ensiksi se helppo osio: seuraava luku on 135135. Vastaus vaikeaan osioon on 'huonosti''. Lukujonohan on ihan siisti lukuunottamatta kolmatta lukua, jonka pitäisi olla 15 eikä 0. Eli huonosti kuuluu. Kolmas luku on siis niinsanottu outlier, jonka jokainen rutinoitunut kokeellisen datan käsittelijä unohtaisi ja jättäisi aukon interpoloinnin huomaan.
262. Matti9.1.2009 klo 01:14
x(10^10) = 33 333 333 376 666 666 662
263. AriP9.1.2009 klo 08:51
7.1.2009 11:53
Kiitos ansiokkaasta osallistumisesta, Olavi ja Matti!

A (n) , n=1,2, ... on neliömatriisien jono, jossa
A(1,1) = 1, jos n=1,
A(j,j) = 2*j, jos 1<j<=n, ja
matriisin muut luvut ovat =1

Tehtävän lukujono on
x(n)=MDETERM(A(n)).

x(3)=0
x(7)=135135
x(10^10) on liikaa pinnistelyäni vaativa laskettava.
264. Jukkis9.1.2009 klo 09:29
En mää vaan tajua, miten saa että x(3) = 0. Kun minä saan että x(3) = 15. Mikä toi matriisi A(3) on? Mun mielestä
1 1 1
1 4 1
1 1 6
265. Matti9.1.2009 klo 10:09
AriP:n jono saadaan myös peräkkäisten parittomien lukujen tulona: x(7)=1*3*5*7*9*11*13, ja x(n)=1*3*5* ... *(2n-1). Analogisesti kertoman huutomerkin kanssa tästä jotkut käyttävät tuplahuutomerkkiä: x(n)=(2n-1)!!

Yllä antamani x(10^10) on Olavi Kivalon jonon luku.
266. Olavi Kivalo9.1.2009 klo 10:39
Olen Jukkiksen kanssa samaa mieltä. AriP:n nolla on outlier. Matriisin A(3) determinantti on 15.
267. Olavi Kivalo9.1.2009 klo 11:22
Matin antama x(n)=(2n-1)!! lienee kompaktein tapa esittää yleinen ratkaisu.
Toinen olisi x(n)=2^n*Gamma(n+1/2)/Sqrt(Pi).
268. AriP9.1.2009 klo 12:12
Jukkis, Olavi, Matti

Pyydän saada maksaa anteeksipyyntövelkani. Todella x(3)=15. Excelillä ongelmaa rakentaessani x(3)-ruutuun oli tullut kaavan paikalle 0.
269. Jukkis9.1.2009 klo 12:25
On se vänkää, kuinka tuolta simppelistä matriisin määrittelystä päädytään gamma-funktioon. Tulee ihan nostalginen olo kun palautuu mieleen, kun tämmöisiä juttuja aikoinaan tuli ihmeteltyä Otaniemessä Erikoisfunktiot ja integraalimuunnokset -kurssilla. Silloin tuli aika paljon selailtua mm. Abramowitz-Stegunin massiivista Handbook of Mathematical Functions -opusta, joka näköjään on saatavilla skannattuna nettiversiona, ihan laillisena semmoisena. Googleen "Abramowitz Stegun", niin löytyy.
270. Olavi Kivalo9.1.2009 klo 12:43
Älähän huoli AriP. Uskoin, että ongelman vaikeus oli saatu aikaan tahallisella virheellä, joka ratkaisijan piti ensin identifioida. Virheellisesti määritellyt ongelmat ovat usein erityisen kiinnostavia ja kiinnostavuus ei silloin riipu siitä, onko virhe tahallinen vai tahaton. Kun myöntää virheen tahattomaksi, saa rehdin maineen. Win-win-peli.
271. Matti9.1.2009 klo 15:34
AriP, kaikki OK, keksi vaan lisää kivoja tehtäviä!
272. AriP9.1.2009 klo 18:57
Kauniisti rohkaisitte, Olavi ja Matti.
En nyt tiedä, onko seuraava pulma kiva.
Jos olisin antanut seuraavan luvun, jonon sääntö olisi kai heti paljastunut. Saattaapa nytkin näkyä helposti.

2, 2, 5, 11, 13, 17, 2, 3, 37, ?
273. Matti10.1.2009 klo 01:17
Olavi Kivalon (7.1. 14:37) lukujonon yleinen ratkaisu on

x(n) = (n-1)(n+14)/3 + f(n),

missä f(n) on lukujono, jossa toistuu kolme arvoa:
0, -4/3, -7/3, 0, -4/3, -7/3, 0, -4/3, -7/3, ...

Alussa n=1, ja x(1) = 0 ja f(1) = 0.
Esim. x(29) = 28*43/3 - 4/3 = 400

Siis jos n on muotoa 3m+1, f(n)=0, jos 3m+2, f(n)=-4/3,
ja jos 3m, f(n)=-7/3.
274. Matti10.1.2009 klo 01:49
Niin, ja jonon rekursiokaava on

a(n) = a(n-1) +a(n-3) -a(n-4) + 2

Ari, miten keksit lukujonon jatkon? Keksitkö tämän rekursiokaavan? Itse en olisi sitä annetuista kahdeksasta luvusta keksinyt. Vai näkeekö sen jotenkin helposti? Olavi Kivalon toteamusta, että lukujonon jatkaminen on jokseenkin helppoa, en allekirjoita.
275. Olavi Kivalo10.1.2009 klo 12:24
Matin antama yleinen ratkaisu on oikein. Siitä puuttuu se viimeinen silaus (jos sellainen halutaan), jolla vakiotermi saadaan jaksottomaksi, samaan tapaan kuin Matti oivalsi aiemmin 5.1.2009 klo 23:06. Mikähän kikka tähän sopisi?

Lukujonon jatkaminen on helppoa, kun rekursiokaava on löydetty, ja se taas valkenee oitis kun havaitsee lukujonon noudattavan kolmen sykliä: kolmannet differenssit ovat 1, 4, -3, 1, 4, -3. Tämä selviää annetun kahdeksan ensimmäiset termin avulla. Rekursiokaava (homogeeninen) on
x(n)=2x(n-1)-x(n-2)+x(n-3)-2x(n-4)+x(n-5)
276. Ari10.1.2009 klo 12:51
Matti, tästä vihjeestä päättelemällä:0, 4, 9, 18, 24, 31, 42, 50,...
En keksinyt kaavaa volla voisi laskea satunnaisessa järjestyksessä numeroita, vaan laskin seuraavan numeron aina kolmesta edellisestä, sehän jatkui tietyllä tavalla loogisesti.
277. Matti10.1.2009 klo 15:40
Ari, niinhän se todella menee, jos onnistuu edellisiä numeroita kombinoimalla saamaan aina seuraavan luvun. Tämä on sitten lähtökohtana kun selvittää yleistä ratkaisua, kun ensin voi generoida riittävästi lisää jonon lukuja.
278. AriP10.1.2009 klo 17:12
Ryhmiteltäköön jononi lukuja:

2, 2, 5, 11,
13, 17,
2, 3, 37, ?

Seuraavassa ryhmässä on yksi luku.
279. Olavi Kivalo10.1.2009 klo 19:57
223
280. Olavi Kivalo10.1.2009 klo 20:19
Aiempaan tehtävääni liittyen, f(n)=(-1)^n on esimerkki funktiosta, jossa f(n)=f(n+2), n=1,2,3,... . Etsi f(n), jossa f(n)=f(n+3).

Olisiko tämä jo ollut aiemmin?
1, 1, 2, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 18, 22, 27, ...
281. Matti10.1.2009 klo 23:59
Se viimeinen silaus, jos sitä nyt silaukseksi voi kutsua, on tässä:

x(n) = (x-1)(x+14)/3 - 11/9 - (5/9 + 2i/3sqr3)exp(2pi*n*i/3) -
(5/9 - 2i/3sqr3)exp(-2pi*n*i/3)

Jos halutaan loppuosan jaksollisuus kuvata yhdellä lausekkeella, vauhtia joudutaan hakemaan kompleksitasosta. Yllä lausekkeen imaginaariosat kumoavat, niin että lopputulos on aina reaalinen.

Ykkösen k:nsien juurien potenssit täyttävät ehdon
f(n) = f(n + k), esim. f(n) = exp(2pin*i/k), ja sitä yllä on käytettykin, samoin kuin aiemmin ykkösen neliöjuuren potensseja: (-1)^n = exp(npi*i), jotka ovat siis vuorotellen 1 ja -1.
282. Olavi Kivalo11.1.2009 klo 13:38
Yleisen ratkaisun formulointi hipoo jo täydellistä. On kuitenkin muitakin kikkoja kuin kompleksilukuihin turvautuminen. Myös modulus (jakojäännös) on jaksollinen. Mod(n,3)=1, 2, 0, 1, 2, 0,... Tämän avulla voidaan yleinen ratkaisu kirjoittaa suljetussa muodossa x(n)=(n^2+13-21)/3+Mod(n,3)[25-11Mod(n,3)/6].
283. Olavi Kivalo11.1.2009 klo 13:40
Pitää siis olla
x(n)=(n^2+13n-21)/3+Mod(n,3)[25-11Mod(n,3)/6].
284. Jukkis11.1.2009 klo 14:00
En nyt kyllä taas ihan tajua tuota Matin juttua ykkösen k:nnen juuren potensseista ja ykkösen neliöjuuren potensseista.
285. Jukkis11.1.2009 klo 14:04
Eikun tajusin.
286. Matti11.1.2009 klo 16:56
Ykkösen juurten potenssit pyörivät kuin viisarit kompleksitason yksikköympyrässä, tosin vastapäivään (oik. counterclockwise).
287. Olavi Kivalo11.1.2009 klo 17:37
Siltä varalta, että AriP:n lukujono ei ole vielä avautunut, annan pari termiä lisää
..., 3, 73, 2, 2, 5, 11, 13, 17, 2, 3, 37, 223, 2, 2, 2, 2, 2, 7,...
288. AriP11.1.2009 klo 18:07
Kiitos, Olavi!
289. Matti11.1.2009 klo 18:44
3,3,5,5,...
290. Olavi Kivalo11.1.2009 klo 22:43
Vihjeeksi: Lukujononi
1, 1, 2, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 18, 22, 27, ...
liittyy kombinatoriikkaan ('monellako eri tavalla...')
291. Olavi Kivalo16.1.2009 klo 12:23
Ylläoleva lukujono ei näytä herättävän intohimoja. Ennen kuin kerron, annan vielä vihjeen, että sen pohdinnan voi ottaa kenken-treeninä, kun kyseessä on yhteenlasku.
292. AriP16.1.2009 klo 12:35
Kenken-harjoitusta en taida, mutta ehdotan seuraavaa jatkoa:
41, 63, 98, ...
293. Olavi Kivalo16.1.2009 klo 19:31
Jonon lainalaisuus on seuraava: Jonon n:s termi x(n) on kaikkien niiden summien S(i)=n lukumäärä I(n), joiden summattavat ovat erisuuria kokonaislukuja 0...n. Toisella kielellä: x(n) on joukon S(i)=n mahtavuus I(n).

AriP:n ehdotus ei ole se, jota odotetaan, mutta on hyväksyttävissä, jos on näyttöä muusta lainalaisuudesta, jolla hänen antamansa luvut jatkavat jonoa.
294. Olavi Kivalo16.1.2009 klo 22:35
Pieni täsmennys: summattavat ovat erisuuria positiivisia kokonaislukuja eli 1,2,3,...n.
Esim. jos n=1, x(n)=1, koska 1=1; jos n=2, x(n)=1, koska 2=2; jos n=3, x(n)=2, koska 3=3 ja 3=1+2; jos n=4, x(n)=2, koska 4=4 ja 4=1+3; jne.
Mikä on annetun jonon seuraava termi eli x(16)?
295. Jaska16.1.2009 klo 23:57
Sormilla räknäten 32. Yhteenlaskettavien määrän 1-5 kpl mukaan 1 + 7 + 14 + 9 + 1.
296. Olavi Kivalo17.1.2009 klo 00:23
Oikein on. Hyvin riitti sormet.
Ja seuraavat: 38, 46, 54, 64, ...
297. Olavi Kivalo20.1.2009 klo 22:51
Nyt simppeli. Kuinka jatkuu 1, 1, 0, -1, 0, 7,...
298. AriP21.1.2009 klo 16:32
27,71, ...
Viidennen asteenpolynomin arvot, jotka on laskettu seuraavissa pisteissä: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
299. Olavi Kivalo21.1.2009 klo 18:04
Lisävihjeenä: n:nnen termin lauseke on palindrominen.
300. Olavi Kivalo21.1.2009 klo 22:49
Lisälisävihjeenä: kaksi seuraavaa termiä on 28, 79.
301. Matti21.1.2009 klo 23:20
192
302. Olavi Kivalo21.1.2009 klo 23:36
Joo. Näytä vielä se palindromi.
303. Matti22.1.2009 klo 00:10
2^n - n^2
304. Jaska22.1.2009 klo 17:46
Mitä seuraava iisi(n näköinen) palindromi paljastaa (muuta kuin kysyjän yksinkertaisuuden)?

1 1 2 2 3 3 4 4 5 4 4 3 3 2 2 1 1
305. Olavi Kivalo22.1.2009 klo 19:57
Tämä liittyy siihen, kun Lääkelaitos siirtyy Kuopioon. Kyseisen palindromin lausuu paikallinen tutkimusapulainen raportoidessaan tutkijalle, että koeputkessa oleva näyte alkaa muistuttaa tönkkösuolattua muikkua: UUTTEES SOSSEETTUU.
306. Matti22.1.2009 klo 22:16
Lopetan miettimisen. Tuosta se ei parane!
307. Jaska22.1.2009 klo 23:13
Ei todellakaan parane! Mutta kylläkin yksinkertaistuu. Yhteenlaskusta on kyse. Pitää vain ensin päätellä yhteenlaskettavien lukumäärä eräästä rajatusta lukujoukosta.
308. Jaska23.1.2009 klo 00:25
Tarkennusyritys: ...päätellä yhteenlaskettavien ja niiden summien lukumäärä saman ehdon täyttävän lukujoukon kussakin osajoukossa. Yllä esitetty tulosrivi on muuten järjestyksessä toinen kymmenen rivin kokonaisuudesta. Eka rivi, jossa varsinaisesti ei ole kyse yhteenlaskusta, kuuluu:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
309. Olavi Kivalo27.1.2009 klo 13:47
Tämähän ei ole lukujono, jonka seuraavaa jäsentä etsittäisiin.
Tässä listataan monellako tapaa luvut 1...10 voidaan parittain laskea yhteen alimmasta summasta (1+2=3) ylimpään (9+10=19).
310. Ari27.1.2009 klo 15:21
45 kertaa.
311. Jukkis27.1.2009 klo 15:50
Ymmärtääkseni tuo OK:n viesti ei ollut kysymys, vaan vastaus.
312. Ari27.1.2009 klo 15:55
Aha, mutta luvut 1..10 voidaan silti mielestäni laskea 45 eri tavalla pareittain yhteen. :)
313. Jaska27.1.2009 klo 17:45
Olavi Kivalon ratkaisu on se mitä hain, yhtenä esimerkkinä äärettömästä ratkaisujen joukosta. Kymmenen luvun ryhmä voi olla mikä tahansa, jossa peräkkäisten lukujen erotukset ovat samat niiden lukuarvosta riippumatta, kun luvut ovat suuruusjärjestyksessä. Käsittääkseni tämä pätee ainakin kaikkiin rationaalilukuihin.

Lukujonoksihan en "palindromipötköä" nimittänytkään, vaan kysyin, mitä se pitää sisällään. Pötkön lukujen binomijakaumaan viittaavan summan 45 arvelin riittäväksi vinkiksi ratkaisuun. Kymmenen yli kolmen erisuuruisia summia on siis yhteensä 120 kpl jne.
314. Olavi Kivalo27.1.2009 klo 18:13
Täydennetään nyt vielä, että niiden tapojen lukumäärät, joilla luvut 1...10 voidaan kolmittain laskea yhteen alimmasta summasta (1+2+3=6) ylimpään (8+9+10=27) on edelleen palindromi eli
1 1 2 3 4 5 7 8 9 10 10 10 10 9 8 7 5 4 3 2 1 1
315. AriP1.2.2009 klo 17:51
1, 21, 189, 945, 2835, 5103, 5103, ?
316. Matti1.2.2009 klo 18:33
2187
317. AriP2.2.2009 klo 10:52
Hyvä, Matti!

(a + 3*b)^7 polynomissa viimeinen termi on 2187*b^7.
318. Antti7.2.2009 klo 05:09
Vaikea (?) kysymys:
2, 6, 6, 12, 12, 18, 12, 30, ?
319. Olavi Kivalo7.2.2009 klo 11:19
Ratkaisuja lienee useita riippuen siitä, onko lukujono päättymätön vai päättyykö se etsittyyn termiin.
Tässä eräs ehdotus: ? = 22.
320. Antti7.2.2009 klo 12:13
Jono on päättymätön.
Ratkaisuksi ajattelin toista kuin esittämääsi, Olavi.
Jono perustuu eräisiin matematiikan kirjoissa mainittuihin pieniin, lukumäärältään samankokoisiin lukuryhmiin. Sanoinkohan liikaa ...
321. Antti7.2.2009 klo 12:19
Korjaus: Jono on LUULTAVASTI päättymätön. Ainakin on hyvin pitkä.
322. Antti8.2.2009 klo 08:56
En tiedäkään aivan varmasti, onko alkilukukaksikkoja eli toisistaan kahden etäisyydellä olevia alkulukupareja ääretön määrä. Ensimmäisiänsä:
{3, 5 }, {5, 7}, {11, 13}, {17, 19}, {29, 31}, {41, 43}, {59, 61}
{71, 73}, {101, 103}, {107, 109}, ...

Jononi on näitten parien etäisyyksiä:
2, 6, 6, 12, 12, 18, 12, 30, ?

Kysymysmerkin paikalle tulee 6.
323. Olavi Kivalo8.2.2009 klo 12:09
Ihan juoni ongelma.

Lähdin liikkeelle oletuksesta, että jonossa on vain 9 termiä, jolloin tietyin perustein yhdeksänneksi saadaan ehdottamani 22. Jos oletetaan, että jono on molempiin suuntiin päättymätön ja kaikki termit kakkosesta vasemmalle ovat vaikkapa nollia, niin se voisi jatkua tällöin oikealle 22, 42, 30, 48, ... Mutta tämä ei ole kiinnostavaa.

Jos pysytään alkuluvuissa, saadaan mm. seuraava lukujono
1, 2, 4, 6, 11, 18, 31, 54, 97, 172, ...
Kuinka jatkuu?
324. Olavi Kivalo10.2.2009 klo 21:20
Jononi n:s termi x(n) ilmaisee kokonaisluvun f(n) tekijöinä esiintyvien erilaisten alkulukujen lukumäärän. Pitäisi lähinnä keksiä f(n).

Muuten, Antti on luultavasti oikeassa sanoessaan, että hänen jononsa on päättymätön, ja oikeassa sanoessaan, että se on luultavasti päättymätön.

Päättymättömyyden todistus on hankala, mutta voidaan osoittaa numeerisesti, että riittävän etäisyyden päässä toisistaan olevien alkulukujen X(i) ja X(i+h) välillä olevien niiden vierekkäisten alkulukujen X(n) ja X(n+1) lukumäärä, joiden erotus on 2, näyttää lähestyvän vakiota, kun i kasvaa kohti ääretöntä.
325. Jaska10.2.2009 klo 22:51
Olavi Kivalon jonon seuraava termi = alkulukujen lukumäärä < 2048. Riemann vastaisi suoralta kädeltä, mutta minun pitäisi laskea tai etsiä vastaus lähteistä, mikä menisi huomiseen. Matti?
326. Matti10.2.2009 klo 23:25
En saa tuosta otetta. Ymmärsin näin: Kun esim. x(8)=54, niin f(8) on luku, jonka tekijöinä on 54 kpl eri alkulukuja. Silloinhan f(8) olisi ziljoonia. Vai olenko ymmärtänyt väärin?
327. Olavi Kivalo10.2.2009 klo 23:33
No mitä vikaa ziljoonissa on?
328. Matti10.2.2009 klo 23:59
Ei mitään, mutta en osaa jatkaa lukujonoa, jonka 8. termi on ziljoonia. Miten jatkuu 1, 2, 3, 30, 2 310, 6 469 693 230, ...
329. Olavi Kivalo11.2.2009 klo 00:06
Tämän lukujonon 8. termi on 309.
330. Olavi Kivalo11.2.2009 klo 00:12
Siis 11. termi on 309. Kahdeksas termihän on tuo 54.
331. Matti11.2.2009 klo 00:15
Jos tietäisin miten jatkuu 1, 2, 3, ... 2 310, ... voisin katsoa montako eri alkulukutekijää kussakin termissä on, ja voisin jatkaa antamaasi x(n) -jonoa.
332. Antti11.2.2009 klo 08:28
Olavi Kivalo kirjoitti 10.2.2009 klo 22:31

"Päättymättömyyden todistus on hankala, mutta voidaan osoittaa numeerisesti, että riittävän etäisyyden päässä toisistaan olevien alkulukujen X(i) ja X(i+h) välillä olevien niiden vierekkäisten alkulukujen X(n) ja X(n+1) lukumäärä, joiden erotus on 2, näyttää lähestyvän vakiota, kun i kasvaa kohti ääretöntä."

Laskin [i, i+1000]-välin sisältämien alkulukuparien lukumäärän muutamilla i:n arvoilla.

i = 50 lukumäärä = 31
i = 500 lukumäärä = 26
i = 5000 lukumäärä = 17
i = 50000 lukumäärä = 9
i = 500000 lukumäärä = 8
i = 5000000 lukumäärä = 5

Viimeisen lukumäärän laskeminen vei jo niin kauan, että raja-arvon näkemiseen en päässyt.
333. Antti11.2.2009 klo 08:34
Huomautus: Välit, joilta lukumääriä laskin, eivät ole samoja kuin Olavin mainitsemat, joilta laskeminen olisi ollut vielä työläämpää.
334. Olavi Kivalo11.2.2009 klo 11:21
Antille: Vakioituminen alkoi, kun i oli luokkaa 10^7 ja jatkui ainakin tasolle i=10^10. Kai tämä olisi todistettavissa samaan tapaan kuin alkulukujenkin äärettömyys.

Jotta oma lukujononi ei aiheuttaisi tuskaa kellekään (itseni mukaan lukien), totean seuraavaa. Tässä on todellakin taustalla lukujono, joka kasvaa huikealla kiihtyvyydellä 'ziljooniin'. Mutta tämä ei ole se lukujono, jota etsitään. Kiihtyvyydestä saadaan kuitenkin vinkki funktion f(n) luonteesta.

Tutuimpia esimerkkejä nopeasti kasvavista funktioista ovat eksponenttifunktio a^n ja kertoma m!, ja näiden yhdistelmä (a^n)! kiihtyy jo huikeasti. Arvataan siis rohkeasti, että f(n)=(a^n)! ja aloitetaan helpoimmasta päästä eli a=2.

Kertomafunktio on jo valmiiksi jaettuna tekijöihin. Siis funktiosssa f(n) on 2^n tekijää. Näistä vain osa on alkulukuja. Nyt tarvitaan tietoa, moniko kokonaisluvuista 1... 2^n on alkuluku. Välillä 1... 2^11 alkulukujen määrä on siis 309. 'Ziljoonista' viis.
335. Matti11.2.2009 klo 23:16
Siis Jaska sen tiesi, 10.2.2009 klo 22:51.

Jos N(n) on niiden alkulukujen kappalemäärä, jotka ovat pienempiä tai yhtä suuria kuin n, OK:n sarja x(n) = N(2^n)-1. Miinus yksi sen vuoksi, että OK ei laskenut ykköstä mukaan.
Esim. x(4) = N(2^4)-1 eli N(16) -1, joka on siis 6, koska kuuttatoista pienempiä alkulukuja on 6 kpl, kun ykkönen unohdetaan: 2, 3, 5, 7, 11 ja 13.

Kertomia ei siis tässä tarvita, ziljoonista puhumattakaan. Mutta hauska havainto on se edellä esitetty, että luvulla n! on yhtä monta eri tekijää (=alkulukua), kuin on alkulukuja, jotka ovat pienempiä tai yhtä suuria kuin n. Ihan selvä asia, mutta ei sitä heti tule ajatelleeksi.

Ihan käypänen tehtävä. Mutta olisiko se ollut ratkaistavissa ilman viittausta alkulukuihin - omasta mielestäni ei.
336. Antti12.2.2009 klo 08:12
Ehdotan seuraavan (sinulle helpon) selvittämistä:

1, 1, 2, 3, 6, 7, 10, 11, 14, 19, ?
337. Matti13.2.2009 klo 17:50
Ari, ei näytä lohkeavan. Helpota vähän, pls.
338. Jaska13.2.2009 klo 18:16
Helppohan tuota Antin jonoa on jatkaa, eri juttu jatkuuko Antin omalal luvulla: 20.
339. Antti14.2.2009 klo 07:30
Jatkoit luvullani, Jaska.

a(n) = n:s alkuluku - n.
1. alkuluku on 2 ja 2-1=1
2. alkuluku on 3 ja 3-2=1
3. alkuluku on 5 ja 5-3=2
...
11. alkuluku on 31 ja 31-11=20.
340. Antti18.2.2009 klo 07:46
Vaihdetaanko vähän aihepiiriä?
1, 4, 87, 520, 1885, 5196, ?
341. Jaska18.2.2009 klo 12:29
12040
342. Antti18.2.2009 klo 13:19
Jaska, lähellä ollaan. Tulostemme erotus on 21. Kuinka sait 12040?
343. Jaska18.2.2009 klo 13:37
Jaoin pötkösi juoksunumeroin 1-6. Osamäärien rekursiolla päädyin lukuun 854, se seitsemällä kerrottuna = 12040.
344. Jaska18.2.2009 klo 13:48
No perhana, siis 1720 on se 7* luku (866 + 854).
345. Antti18.2.2009 klo 14:33
Vähän edellisestä eroava kertominen, 7 * 1717, antaa odottamani luvun, 12019.

Rakensin jonon seuraavasti:
a(n) = n^5 - 2*n^4 + 2*n
a(5) = 5^5 - 2*5^4 + 2*5 = 12019
346. Matti18.2.2009 klo 15:47
Jos annetaan n lukua, ja pyydetään jatkamaan sarjaa, triviaaliratkaisu saadaan aina, kun etsitää n-1 asteen polynomi, jonka arvoja perättäisillä kokonaisluvuilla nämä annetut luvut ovat.

Viidennen asteen polynomissa on 6 tuntematonta kerrointa. Jos annetaan kuusi lukua, kuten yllä, nämä kertoimet saadaan ratkaistua, OK. Mutta vielä kyllä tarvittaisiin seitsemäs luku, joka vahvistaisi, että ollaan oikealla asialla. Nimittäin minkä tahansa kuuden luvun kautta voidaan asettaa viidennen asteen polynomi.

Pari seikkaa kuitenkin lieventää tilannetta. Ensinnäkin tällaisissa tehtävissä "voidaan olettaa", että vakiotermi = 0. Silloin kertoimet selviävät jo viidellä annetulla luvulla, ja kuudes luku voidaan käyttää tarkistukseen.

Toisekseen jos arvuutellaan polynomia, sen kertoimet tuskin ovat mitä tahansa mahdottomia murtolukuja, vaan siistejä pieniä kokonaislukuja, ja jotkut niistä kenties nollia. Jos siis yhtälöryhmän ratkaisuksi tulee pieniä kokonaislukuja, on se vahva indikaatio siitä, että ollaan oikealla asialla.

Jos hakee annetulle lukujonolle jatkoa perättäisillä erotuksilla, jälkimmäinen huomio ei tietysti päde.
347. matts18.2.2009 klo 15:50
Voi vitsi, mie en ymmärrä mitään! Kyllä te ootta eteviä.
348. Matti18.2.2009 klo 16:10
matts, taidat olla yhä tervejärkisten kirjoissa.
349. Jaska18.2.2009 klo 17:45
Antti, taidat sinäkin olla (yhä?) hajamielisten kirjoissa! Monesko termi? Minä puolestani tein tyhmän vähennyslaskuvirheen. Sama tuloshan virheittä tulee, siis 12019.
350. Matti18.2.2009 klo 21:07
Jaska, mistä tulee 854?
351. Jaska18.2.2009 klo 23:33
Matti, se tuli mainitsemastani virheestä. 851 on siis oikea luku.
352. Olavi Kivalo19.2.2009 klo 00:09
Entäs tää
3, 23, 229, 2869, ...
353. Matti19.2.2009 klo 00:38
Jaska, piti kysymäni että mistä tuli 851.
354. Matti19.2.2009 klo 00:41
Tai älä vastaa, sehän tuli tietysti rekursiosta, eli tässä tapauksessa peräkkäisistä erotuksista. (Olen edelleen hämäläinen.)
355. Antti19.2.2009 klo 07:33
Jaska, olen todella monessa vajavaisten joukossa.
Niin, seitsemäs, ei viides.
356. Matti19.2.2009 klo 18:34
OK, 43531
357. Olavi Kivalo20.2.2009 klo 00:11
43531 on oikein.
x(n)=(n+1)^(n+1)-n^n, n=1,2,3,...
358. Antti20.2.2009 klo 08:03
Olavi, olet löytänyt hyvän tehtävän.
Matti, olet saanut hyviä lahjoja.
359. Antti23.2.2009 klo 15:22
1, 0, 81, 1024, 5625, 20736, 60025, ?
360. Matti23.2.2009 klo 17:01
Näkyis olevan n^4*(n-2)^2
361. Antti24.2.2009 klo 07:39
Lukujonon n:s jäsen on Matin taas hyvin löytämä ja ilmoittama.
Kysymysmerkin paikalle tuleva kahdeksas jäsen on 147456.
362. Jaska24.2.2009 klo 17:58
5, 10, 13, 17, 20, 25, 26, 29, 34, ?
363. Ihmettelijä6.5.2015 klo 10:44
Luku 68024
Luku 93023
Montakos symmetristä lukua tuohon väliin mahtuu? (jotka ovat siis muotoa 12321)
364. Olavi Kivalo6.5.2015 klo 17:18
250
365. ejeguvae7.2.2019 klo 18:03
http:/// - .ankor .ankor
366. Jaska10.2.2019 klo 17:12
MM = Marin Mersenne. Hänen mukaansa on nimitetty Mersennen alkuluvut, jotka täyttävät ehdon = 2^n - 1. Jonossa kyseiset potenssit.
367. Jaska10.2.2019 klo 23:05
Häh? Väärässä säikeessä. Anteeksi.
KOMMENTOI

Pakolliset kentät merkitty tähdellä *