Lukujono 18 - Muut aiheet - Keskustelut

KESKUSTELUT > MUUT AIHEET > LUKUJONO 18

↶ Takaisin aiheisiin Siirry alalaitaan ↓

9064. Lukujono 18

Matti29.11.2016 klo 00:40

Jatketaan pulmailuja täällä!

2. Jaska29.11.2016 klo 12:42

Ei liian vaikea hoksaamistehtävä. Mistä siis kyse?

3, 19, 43, 163, 283, 523, 619, 2203, 2803, 3019, 4219, 4483...

3. Jaska7.12.2016 klo 12:14

Ei liian vaikealle tehtävälle kohtuullinen viikon ratkonta-aika on ummessa. Ratkaisu: p+6 = n^2

4. Antti7.12.2016 klo 12:35

Jaskan tehtävä oli hyvä. Jostakin syystä ei vain ratkennut.

5. Jukkis7.12.2016 klo 15:14

En minä ainakaan tajua, mitä tuo Jaskan merkintä p+6 = n^2 tarkoittaa.

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

Joten mikä nyt on tämän jonon termin a(n) lauseke?

6. Juhani Heino7.12.2016 klo 16:21

Jos oikein ymmärsin, otetaan n^2-6 listalle jos se on alkuluku.

7. Jaska7.12.2016 klo 17:03

Kyllä. Tosiin määritellen se on jonon n^2 - 6 positiivisista alkulukuluvuista koostuva osajono.

8. ++juh17.12.2016 klo 17:38

88, 224, 365, 687, 4 332, 10 759, 30 688, ...

9. Jaska18.12.2016 klo 22:35

60225

10. ++juh19.12.2016 klo 13:48

Jaska tietää, mistä on kyse, mutta on käyttänyt kertolaskussa likiarvoa.
(Vastausta ei tarvitse laskea, englanninkielisen sivun luku lienee oikea.)

Vinkki: jonon kolmas luku on 365.

11. eol20.12.2016 klo 11:49

60182

12. Jaska20.12.2016 klo 17:53

Aika reippaasti yläkanttiin johti kertolasku 165*365.

13. Jaska9.1.2017 klo 15:02

Edellisen ratkaisu siis planeettojen kiertoajat yhden kerran kerran auringon ympäri Telluksen vuorokausina laskien.

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

1681, 1763, 2021, 2491, 3233, 4331, 5893, 6847, 7181, 7697, 8051, 8413...

14. Jaska16.1.2017 klo 11:49

Ratkaisu liittyy lukujonoon 2, 3, 5, 11, 17, 41.

15. Jaska23.1.2017 klo 12:32

2, 3, 5, 11. 17. 41, katso Lucky numbers of Euler Nämä on käsitelty myös tässä ketjussa jokunen vuosi sitten. Infoa tarjoaa myös Prime generating polynomial.

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

16. Jukkis16.2.2017 klo 18:48

Eräs töihin liittyvä juttu ajoi laskeskelemaan tällaista:

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

17. Jukkis16.2.2017 klo 18:52

Mitä ihmettä tapahtui, kun loppuosa tipahti pois? Laitan kaikki uudestaan:

Eräs töihin liittyvä juttu ajoi laskeskelemaan tällaista:

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

18. Jukkis16.2.2017 klo 18:56

No onpas nerokkaasti koodattu systeemi, kun katkaisee tekstin "pienempi kuin" -merkin kohdalta.

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

Vielä kerran:

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

Lukuarvoja vaikka näille: C = 1, 10, 100, 1000, 2000, 5000, 10000.

19. eol16.2.2017 klo 19:31

N = C todennäköisyydellä (999^(C-1))/(1000^C).

20. eol17.2.2017 klo 10:07

Ja N on pienempi tai yhtä suuri kuin C todennäköisyydellä 1 - (999/1000)^C.

Kyseessä ovat geometrisen todennäköisyysjakauman pistetodennäköisyysfunktio ja kertymäfunktio.

21. eol17.2.2017 klo 11:21

Vedetään vielä yhteen: Merkitään kokeen onnistumistodennäköisyyttä p:llä (esimerkissä p = 1/1000). Tällöin N = C todennäköisyydellä p (1-p)^(C-1) ja N on pienempi tai yhtä suuri kuin C todennäköisyydellä 1 - (1-p)^C.

22. Matti5.3.2017 klo 21:44

Veikkaus on julkistanut uuden pelin, kaikki tai ei mitään. Mainokset pyörivät TV:ssä.

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

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

Ehdotan, että ei kerrota heti koko ratkaisua, vaan ensiksi hepittänyt kertoo kaksi ensimmäistä desimaalia, seuraava kaksi seuraavaa jne. Katsotaan mitä tapahtuu.

23. Jukkis6.3.2017 klo 20:39

Olisko sentteinä: 55,.......

24. Matti6.3.2017 klo 22:44

Joo, näin minäkin sain. Simuloitko?

25. Jukkis6.3.2017 klo 23:35

Excelillä laskin.

26. Matti7.3.2017 klo 01:25

Jännää. Heitän seeuraavat saamani kaksi desimaalia, 79.

27. Jukkis7.3.2017 klo 09:32

Minä kyllä sain seuraaviksi desimaaleiksi 98. Eli siis 55,98..... senttiä.

28. Matti7.3.2017 klo 16:19

Vielä jännempää. Tarkaksi arvoksi sain 107775/193154. Palaan.

29. Matti7.3.2017 klo 20:58

Mulla oli laskuvirhe, sorry! Oikea vastaus on 3425/6118 = 0,55982347. Eli Jukkiksella oikein.

30. Jukkis7.3.2017 klo 21:52

Miten laskit?

31. Matti7.3.2017 klo 23:01

Hetikohta huomaa, että oikeaksi riviksi voi valita (1,2,3, ... ,12). Kaikki muut vaihtoehdot johtavat samaan tulokseen. Sellaisia rivejä joissa on esim. kolme oikeaa lukua ja 9 väärää, on (12yli3)*(12yli9) eli (12yli3)^2 kappaletta. Koska rivejä on yhteensä (24yli12) kpl, kolmen oikean ja yhdeksän väärän todennäköisyys p(3) saadaan jakolaskulla.

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

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

Sivutuotteena saadaan todistetuksi tunnettu kaava sum(i=0 to n) (n yli i)^2 = (2n yli n).

32. Jukkis8.3.2017 klo 08:31

Minä lähestyin asiaa niin, että oletin, että pelaaja pelaa kaikki mahdolliset rivit (2704156 kpl) hintaan 1 euro per rivi. Silloin tulee 1 kpl sekä 0 oikein että 12 oikein, näillä saa kummallakin 125000 euroa. Tulee 144 kpl sekä 1 oikein että 11 oikein, näillä saa kummallakin 36000 euroa. Jne. Kokonaisvoittosummaksi tulee 1513850 euroa.

Samat kaavathan tässä tuli käytettyä.

33. Matti8.3.2017 klo 13:46

Joo, ihan OK. Hyvi läpinäkyvä päättely.

34. Jaska20.3.2017 klo 23:52

Iloisia uutisia: valkeus voittaa taas huomisesta alkaen, ja minä palaan areenoille.

23.1. kysymyksen ratkaisu. 1681:sta lähtien jonon kaikkien yhdistettyjen lukujen alkutekijät ovat suurempia kuin 37.

35. Matti21.3.2017 klo 01:22

Jaska, tervetuloa takaisin!

36. Jaska3.5.2017 klo 11:17

1, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, ?

37. Jaska3.5.2017 klo 11:18

1, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, ?

38. Jaska3.5.2017 klo 11:20

Merkillistä.

39. Jaska4.5.2017 klo 12:11

Seuraava luku on 5. Pitempi rimssu valaissee, miten jono muodostuu. Alusta uudelleen.

1, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, 5, 3, 1, 1, 5, 3, 1, 3, 1, 1, 3, 1, 5, 3, 1, 5, 3, 1, 1...

40. eol4.5.2017 klo 14:08

a(n) = f(2n) - 2n, kun f(k) on pienin k:ta suurempi alkuluku

41. Jaska4.5.2017 klo 21:41

Eli parillisten etäisyys lähimpään sitä suurempaan alkulukuun.

42. eol5.5.2017 klo 10:17

3, 3, 3, 3, 1, 1, 3, 3, 3, 1, 3, 3, 3, 1, 1, 3, 1, 3, 3, 1, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 1, 3, 1, 3, 1, 1, 1, 3, ?

43. Jaska6.5.2017 klo 12:00

eolin jono ei aukene ilman lisävinkkiä. Seuraavassa kenties sama tilanne:)

3, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, 3, 3, 1, 1, 3, 1, 1, 3, 1, ?

44. eol6.5.2017 klo 13:04

Eilinen jononi on äärellinen.

45. Jaska7.5.2017 klo 11:45

eolin tehtävän äärellisyys vaikeutti lisää, koska ratkaisu voi olla myös ei-matemaattinen. En kuitenkaan vielä luovuta, jos eol paljastaa termien lukumäärän kaiken kaikkiaan.

Omalle äärettömälle helpotuksena tarmien parittaminen.

3, 1 - 1, 3 - 1, 1 - 3, 1 - 3, 3 - 1, 1 - 3, 1 - 1, 3 - 1, ?

46. eol7.5.2017 klo 12:54

Jononi listauksesta ei yllä puutu kuin yksi termi, eli termejä on kaikkiaan 38.

47. eol10.5.2017 klo 12:36

Lisävinkkiä: Jononi on ei-matemaattinen. Ei ole syytä ampua tykillä kärpästä. Tämän vuosituhannen puolella ollaan.

48. Jaska10.5.2017 klo 19:19

Kärpäsen tappaa tarkoituksenmukaiisimmin lätkällä, mutta en sitä tähän hätään löydä. Mahd. kyse on jonkin sivustomme ketjun/säikeen tai niihin osallistujan tilastolukemista.

Omassa luvut ovat molempiin suuntiin pienimipiä etäisyyksiä aritmeettisessa sarjassa kasvavista luvuista.

49. eol11.5.2017 klo 12:53

Edelleen jonoani koskevia vinkkejä: Vielä ei polta. Asiayhteyteen ei liity kärpänen vaan tykki. Ollaan siis tällä vuosituhannella. Hyvin pitkälti vastaava ilmiö kuitenkin löytyy myös viime vuosituhannelta - mutta ei viime vuosisadalta: 2, 2, 2, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 2, 1, 2, ? (jälleen ainoastaan jonon viimeinen termi puuttuu).

50. Jaska11.5.2017 klo 18:55

Voisi viitata ilmasta siellä sun täällä kuultuihin arvoituksellisiin paukahduksiin (cannon phenomenon), jotka eivät siis ole ukkosen jyrinää. Oletus kuitenkin horjuu eolin ilmoituksen "mutta ei viime vuosisadaltta" johdosta. On niitä silloinkin esiintynyt. Enempää en jaksa innostua asiaa tutkimaan.

Omani ratkaisu: alkulukujen pienimmät etäisyydet taakse ja eteen 5*parillisista luvuista eli jonosta 10, 20, 30, 40, 50...

51. eol11.5.2017 klo 21:41

Viimeinen vinkki jonolleni (jonka ratkaisu on tulossa ylihuomenna): Kyse on urheilusta, ja ollaan eräällä saarella.

Jaskan jonon ratkaisuyrityksissäni jumiuduin erääseen omaan tulkintavirheeseeni :(

52. eol12.5.2017 klo 16:45

Sanottakoon vielä, että tuo cannon phenomenon -ilmiö ei liity jononi ratkaisuun. Ratkaisun yhteys tykkiin on pelkästään symbolinen (muun muassa heraldinen).

53. Waari13.5.2017 klo 07:40

Tykki ja heraldiikka viittaavat vahvasti Arsenal FC:n suuntaan, mutta en nyt jaksa ryhtyä tilastoja penkomaan.

54. Jaska13.5.2017 klo 10:42

Waari on oikeassa. Oma dementiani on on äitynyt jo niin pahaksi, ettei eolin ilmoitus 38:sta aiheuttanut synapseissani pienintäkään aistittavaa värähtelyä. Pelottavaa.

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

1800-luvulla voitosta sai kaksi pistettä, joten eolin toka jono lienee Tykkikiesten silloinen tappioton sarja.

55. eol13.5.2017 klo 11:48

Waari osui tosiaan oikeaan, ja tehtävän ideana ovat peräkkäiset tappiottomat ottelut, kuten Jaska kirjoitti. Hieman viilausta kuitenkin vielä tarvitaan:

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

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

Nämä tiedot löytyvät ehkä helpoiten englanninkielisen Wikipedian artikkelista "The Invincibles (football)".

56. Jukkis13.5.2017 klo 12:14

7, 11, 9, 6, 6, 8, 11, 5, 5, ...

Jono on äärellinen, mutta aika pitkä.

57. Jaska15.5.2017 klo 09:15

Pahahkolta vaikuttaa. Jokin tilastojutskako taas.

58. Jukkis15.5.2017 klo 10:52

Yhtä helppo kuin Arsenal-juttu. Eli annettuna täysin mahdoton, ja jos nyt sitten viikon ajan jakelisin vinkkejä, niin lopulta mahdollinen. En jakele, unohdetaan koko juttu. Oli ärtymyksen tilassa laitettu, kun minusta kunnon pähkinä on sellainen, jonka voi ratkaista sellaisena kuin se annetaan. Ärymys ohi, ihan hauska triviatieto tuo Arsenalin kausi. Tämän vastaus olisi pelkästään tyhmä ja tylsä.

59. Jaska15.5.2017 klo 12:18

Jos nin sanot. Palataan sitten vanhoille tutuille urille. Mikä jono?

0, 1, 3, 5, 9, 11, 15, 17, 21, 27, 29, 35, 39, 41, 45, 51...

60. eol16.5.2017 klo 08:05

Jaskan listaaman jonon luvut saadaan vähentämällä kustakin alkuluvusta luku 2.

61. Jaska16.5.2017 klo 09:28

Sen huomaa heti, jos muistaa alkulukujen listan alkupään. Näitä p miinus 2 -lukuja on siis äärettömän paljon niin kuin alkulukujakin, ja niiden peräkkäiset etäisyydet samassa suunnassa pienemmästä suurempaan ovat samat kuin alkuluvuilla.

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

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

(jatkuu)

62. Jaska16.5.2017 klo 18:55

Edellinen voidaan jakaa kolmeen osajonoon: jaollisuuden mukaan.

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

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

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

Kunkin jonon termien kesknäiset etäisyydet ovat siis jaollisia kuudella.

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

(jatkuu)

63. Jaska16.5.2017 klo 20:55

Edellisen loppu ...jaollisia kolmella po. jaollisia kolmella mod 1 ja 2

64. Jaska17.5.2017 klo 12:16

Etäisyyden 6 lisäksi eri jonojen termien etäisyydet voivat siis olla 2, 4, 8, 10, 14, 16... eli kaikki parittomien lukujen etäisyydet alkuluvut mukaan lukien. Se on oleellinen seikka Goldbachin konjunktuurissa, jota täällä todistelin (itselleni) jokunen vuosi sitten. Jutussa oli sekavuutta ja kömmähtelyä, vaikka periaate oli oikea. Nyt yritän selventää. .

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

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

Havaitaan, että alarivillä on joukko alkulukuja, jotka kaikki ovat muotoa 6n + 1. Listalla ei siis ole yhtään kaksi alkulukua käsittävää paria.

65. Jaska17.5.2017 klo 12:16

(jatkuu)

66. Jaska17.5.2017 klo 18:15

6n - 1 jonon luvut saavat siis pareikseen muita kuin edellisen viestin yläjonon lukuja:

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

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

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

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

Alkuluvut puuttuvat, joten ne löytyvät jonoista

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

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

Ynnätään edelleen +2. Luvun 110 jonoparit samalla systeemillä:

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

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

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

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

(jatkuu)

67. Jaska18.5.2017 klo 18:48

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

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

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

(jatkuu lopullisella todisteella)

68. Jaska19.5.2017 klo 00:07

Konjektuurin mukaan jokainen parillinen luku >2 on kahden alkuluvun summa . Ehdon täyttää myös sama alkuluku kahtena yhteenlaskettavana. Seuraavassa listataan myös muut yhteenlaskettavien kombinaatiot kuin p(rime) + p(pr.

4:
1, 2
3, 2.

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

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

6:
1, 3
5, 3

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

8:
1, 3
7, 5

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

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

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

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

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

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

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

Jne loppumattomiin. Kun siis parilllisen luvun summakombinaatioihin sisältyy yksi tai useampi (p - 2) + p. löytyy seuraavan parillisen luvun kombinaatioista yksi tai useampi p + p. Ei siinä ole mitään ihmeellistä. Onhan sekä alkulukuja että p - 2 lukuja ääretön määrä. Niin kuin lukuja p - 4, p - 6, p - 8 jne Olen todistanut Goldbachin konjektuurin (itselleni). Eri juttu on, kelpaisiko se matemaatikoille. . .

69. Jaska19.5.2017 klo 00:12

Ei näköjään noteeraa järjestelmä välilyöntejä. Siis kaikenlaisten numerotaulukoitten esittäminen kunnolla ei onnistu, tai vaatii jotain kommervenkkejä.

70. Jaska12.6.2017 klo 13:01

Seuraava ei ole OEIS:ssä, mutta se antoi sille heti lausekkeen. Siis automaattisesti. Onpa nerokasta. Luvut ovat tiettyjä summia. Löytyisikö säikeeläisistä niille potentiaalinen anatomi?

130, 250, 410, 610, 850, 1130, 1450, 1810. 2210, 2650, ....

71. eol12.6.2017 klo 16:35

Selvästi 40(k+1) on erään aritmeettisen jonon k:nnen (k = 1, 2, ...) termin lauseke. Tällöin tehtävässä annetun alkuperäisen jonon n:s termi a(n) on summa, jonka yhteenlaskettavat ovat 50 ja kyseisen aritmeettisen jonon n ensimmäistä termiä (n = 1, 2, ...).

72. Jaska12.6.2017 klo 18:26

Noin on. Tai 40* kolmioluku (pl. 1) + 10. Haen kuitenkin tiettyä "potentiaalista" ratkaisua. Viagraa kehiin:)

73. Jaska15.6.2017 klo 22:40

Joko se on auttanut nousua toiseen potenssiin?

74. Jaska17.6.2017 klo 12:57

Tehtävä on varsin vaikea, joten ei vetkutella ratkaisun kanssa enempää. Jono koostuu kahden eri lukuparin neliöiden samoista summista:

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

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

Jne. Hellppo jatkaa artimeettisesti.

75. eol17.6.2017 klo 14:59

Eli a(n) = (1+2n)^2 + (7+4n)^2 = 50+60n+20n^2 = (5+2n)^2 + (5+4n)^2.

76. Jaska17.8.2017 klo 13:22

Tänään on Fermat'n syntymäpäivä. Se aatoksemme johtaa hänen suuren lauseensa "ihmeelliseen todistukseen, joka ei mahtunut marginaaliin." Tarkoittiko ihmeellinen laajaa ja maallikolle vaikeatajuista niin kuin Wileyn (kaikki kunnia hänelle) lopullinen todistus? Vai yksinkertaista ja kenties helppotajuista? Voimme tietysti arvailla. Ilmeisesti F. löysi kuitenkin todistuksestaan aukon tai virheen, koska ei sitä julkaissut.

Olettakaamme, että todistus liittyi symmetriaan. Keksitkö, minkä huomion Fetrmat siinä taoauksessa teki, ja piti sitä yleispätevänä kaikille potenseille >2?

77. Jaska23.8.2017 klo 13:01

Kun a + b = c, pätee c - a = b ja c - b = a, Pätee niin ikään, että a: ja b:n etäisyys luvusta c/2 ovat samat. Olkoot a, b ja c luonnollisten lukujen neliöt 9, 16 ja 25. Osamäärä 25/2 = 12,5. Lukujen 9 ja 16 etäisyys luvusta 12,5 on sama. Luvut 0, 9, 12,5, 16, 25 muodostavat tarkoittamani symmetrian.

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

Katsotaan n^3-jonon alkupäätä nollasta alkaen:

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

Vastaava erotusjono:

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

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

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

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

:
.

78. Jaska28.8.2017 klo 12:13

5, 10, 13, 15, 17, 20, 25, 26, 30, 34, 35, 37, 40, ?

79. Jaska4.9.2017 klo 11:30

Seuraava luku on 41. Jonon anatomia avautuu lukujen neliöillä. Siis?

80. eol4.9.2017 klo 12:51

Jokainen jonon luku on suurin jäsen jossakin Pythagoraan kolmikossa eli sellaisessa positiivisten kokonaislukujen kolmikossa (a, b, c) jolle a^2 + b^2 = c^2. Esimerkiksi 5^2 = 3^2 + 4^2 ja 41^2 = 9^2 + 40^2. (Seuraava tällainen luku olisi 45, sillä 45^2 = 27^2 + 36^2.)

Toisaalta jonosta kuitenkin puuttuvat luvut 29 ja 39, vaikka 29^2 = 20^2 + 21^2 ja 39^2 = 15^2 + 36^2.

81. Jaska4.9.2017 klo 17:36

39 eli 3*13 putosi jonosta huolimattomuuttani, 29 jo alkuperäiseltä listaltani:(
Jono käsittää siis lukuja c^2 vastaavat neliöjuuret.

82. Jaska7.9.2017 klo 13:27

Pythagoraan peruskolmikoisa (sama alkutekijä ei esiinny kaikissa kolmikon luvuissa) on havaittavissa muitakin alkutekijöitä koskevia säännönmukaisuuksia, Summa a + b ja erotus b - a ovat joko alkulukja tai määrätyillä alkutekijöillä jaollisia, ei siis kaikilla. Havaintoaineistoni toki varsin rajallinen. Pitäisi siis keksiä sääntö, miten kummankin ryhmän luvut generoidaan. Mahdollisesti se on jo olemassa, mistähän löytyisi. Esiintyviä pienimmästä lähtien ovat 7, 17, 23, 31, välistä puuttuvat siis 5, 11, 13, 19, 29.

Sitä vastoin erotusten c - a joukosta löytyy aina p^2, oli p mikä alkuluku hyvänsä. Todista!

83. Jaska7.9.2017 klo 13:34

Korjaan. ...mikä alkuluku hyvänsä pl. 2.

84. Jaska7.9.2017 klo 16:36

3 putosi puuttuvista.

85. Jaska12.9.2017 klo 23:15

Todistukseen tarvitaan siis pelkästään peuskolmikoista koostuva sarja, jossa esiintyvät.kaikkien parittomien lukujen, siis myös alkulukujen neliöt c-a. Ehdon täyttää sarja, jossa parittomien lukujen erotus on 8. Suluissa c-a = n^2.

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

86. Jaska19.11.2017 klo 14:01

Jokohan taukoa on tullut tarpeeksi. Palataan jonoilemaan entistäkin skarpimpana:)

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

Jono on OEIS:ssä, mutta miettinette kohtuullisen kotvasen ennen sallittua lunttaamista. Termien generointisääntö ei ole ylivoimainen kekattava.

87. eol27.11.2017 klo 20:46

Minä lunttasin.

88. Jaska27.11.2017 klo 21:07

Siispä ratkaisu framille. Seuraava on 1 631 432 881, Kyseessä neliöt, jotka ovat myös kolmiolukuja. Jono on ääretön. Vinkki termien generoinnista. Tarvitaan kolme laskutoimitusta. Ensimmäisen avainlukuna on 34.

89. Jaska1.12.2017 klo 18:10

Termistä 1 lähtien termi a = 34*a(j-1) + 2 - a(j-2) = 34*0 + 2 - 1 (kun nollaa edeltäväksi termiksi katsotaan -1^2 eli 1). Jatkuu siis
34*1 + 2 - 0 = 36
34*36 + 2 -1 = 1225
34*1225 + 2 - 36 = 41616
34*41616 + 2 - 1225 = 1413721
34*1413721 + 2 - 41616 = 48024900
34*48024900 + 2 -1413721 = 1631432881 jne.

90. Jaska22.2.2018 klo 22:10

Herätellään säiettä talvihorroksestaan helpolla tehtävällä mielenkiintoisesta jonosta. Mikä on seuraava eli 21. termi?

1, 5, 14, 30, 55, 91, 140, 204, 285, 385, 506, 650, 819, 1015, 1240, 1496, 1785, 2109, 2470, 2870, ?

91. eol22.2.2018 klo 22:14

Hep!

92. ake23.2.2018 klo 11:02

hep! täälläkin

93. Jukkis23.2.2018 klo 12:19

Heppeti hep.

94. Jaska23.2.2018 klo 12:52

3*oikea huomio eli kyseessä neliöjonon 0, 1, 4, 9, 16, 25, 36... termi termiltä summajono. Mielenkiintoisuuksiin palaan myöhemmin.

95. Jaska23.2.2018 klo 12:57

21. termi siis 2870 + 441 = 3311.

96. Jaska26.2.2018 klo 13:38

3311:n viimeinen numero on 1. Se aloittaa uuden 20-numeroisen loppunumerosyklin, joka on 1, 5, 4, 0, 5, 1, 0, 4, 5, 5, 6, 0, 9, 5, 0, 6, 5, 9, 0, 0. Neliöiden kymmennumeroinen loppunumerosykli on 1, 4, 9, 6, 5, 6, 9, 4, 1, 0. Havaitaan, että eri loppumeroita on kummassakin syklissä samat kuusi kpl: 0, 1, 4, 5, 6, 9. Mikä jaollisuuteen liittyvän päätelmä voidaan tehdä näiden tietojen perusteella?

97. Jaska27.2.2018 klo 18:19

Tiedämme, että parilliseen loppumeroon päättyvät termit ovat jaollisia kahdella, nollaan päättyvät lisäksi viidellä, ja numeroon 5 päättyvät viidellä. Päättelemme, että termien alkutekijöistä ainakin 2 ja 5 esiintyvät säännöllisinä sykleinä. Kun näin on, sama ilmeisesti pätee kaikkiin alkutekijöihin.

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

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

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

Päätelmiä?

98. Jaska28.2.2018 klo 23:53

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

Havaintojen perusteella voidaan päätellä, että sääntö voi olla yleispätevä. Syklit todistavat, että niin on. Päätelmä?

99. Jaska1.3.2018 klo 23:13

Havainnoidaan, 20:stä ensimmäisestä termistä, että järjestyslukusarakkeen termien (p-1)/2 ja p välillä voi olla termi, jonka vastaavassa summasarakkeen termissä on suurempi alkutekijä kuin p. Voidaan päätellä, että ilmiö esiintyy jatkossakin, koska suuremmistakin alkuluvuista voidaan vähentää 1 ja jakaa erotus kahdella. Alkulukuja on todistetusti ääretön määrä. Sitä vastoin kaksosista lähteissä ilmoitetaan, ettei tiedetä, onko niitä äärettömästi.

Oletetaan, että kaksosten määrä on äärellinen. Miten se ilmenee summajonossa?

100. Jaska3.3.2018 klo 00:06

Olkoon tätä nykyä vielä tuntematon suurin kaksospari 6n-1 ja 6n+1 = x. Se esiintyy siis ensimmäisen kerran kahden peräkkäisen summajonon termin [(6n-1)-1]/2 ja 6n/2 = y eräinä alkutekijöinä. Se on myös viimeinen tällainen kaksosparin "ennakkoilmoitus". Välillä y-x ja x- vastaavaa ei siis enää esiinny. Tukeeko suppea 20 ensimmäistä termiä käsittävä otanta ko. olettamusta?

101. Jaska3.3.2018 klo 20:04

Katsotaan. Summajonon termeissä 2 ja 3 (suuruusjärjestysluvun mukaan) esiintyvät alkutekijät (at) 5 ja 7 ensimmäisen kerran. Toisen kerran ne siis esiintyvät järjestysnumeroa noudattaen termeissä 5 ja 7. Haetaan niiden välistä suurempaa kaksosparia kuin 5 ja 7. Väliin jää vain yksi termi 4, joten tulos on 0.

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

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

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

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

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

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

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

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

Suurin tähän saakka tunnettu kaksospari on 2 996 863 034 895 kertaa 2 potenssiin 1290000 miinus 1/plus 1.
Mikä mahtaisi olla vastaava summajonotermi. Kehittelin jo formulan, jolla supertietokoneet voisivat kenties suoriutua tehtävästä yllättävänkin nopeasti. Jokohan siinä urakassa löytyisi viimeinen kaksospari. Jos ei, alkaisivat matemaatikotkin ehkä olla varmoja, että niitäkin on äärettömästi.

102. Jaska5.4.2021 klo 12:48

Herätellään ketju yli kolmen vuoden takaa. Erinäisiä säikeitä lienee ikiuneen vaipunut, RIP. Seuraavassa jonossa on alusta lukien 31 peräkkäistä alkulukua termien nousuetäisyydellä 16. Se on uusi OE.

-197, -181, -149, -101, -37, 43, 139, 251, 379, 523, 683, 859, 1051, 1259, 1483, 1723, 1979, 2251, 2539, 2843, 3163, 3499, 3851, 4219, 4603, 5003, 5419, 5851, 6299, 6763, 7243 - 7739 (71*109)...

103. Jukkis5.4.2021 klo 15:29

En tiennytkään että tämä on olympialaji.

104. Jaska5.4.2021 klo 16:15

Nää onkin omituiset olympialaiset.

105. Jukkis7.4.2021 klo 16:13

Aikalailla muistuttaa tätä:
https://oeis.org/A272160

106. Jaska7.4.2021 klo 16:48

Kyllä vaan, mutta en luntannut sieltä.

107. Jaska29.4.2021 klo 19:04

13, 29, 53, 173, 293, 1373, 2213, ?

108. Jukkis30.4.2021 klo 13:36

Näköjään löytyy OEIS:stä.

109. Jaska30.4.2021 klo 18:30

Niin arvelinkin. Formuloidaan tehtävä uudelleen niille, jotka eivät ole koklanneet OEIS:ää. Miksi toinen termi päättyy ysiin, kun kaikki muut kolmoseen?

110. eol1.5.2021 klo 09:35

No nyt näin vapun kunniaksi puhdas arvaus: se johtuu siitä, että 2 on ainoa parillinen alkuluku.

111. Jaska1.5.2021 klo 10:12

Oikein, mutta siinä vain puoli totuutta.

112. Jukkis1.5.2021 klo 15:48

5 on ainoa 5:een päättyvä alkuluku.

113. Jukkis1.5.2021 klo 15:53

Ja kaikkien muiden alkulukujen (paitsi 2:n) viimeinen numero on 1, 3, 7 tai 9, jolloin niiden toisen potenssin viimeinen numero on 1, 9, 9 tai 1, ja näistä vain 9 kelpaa mukaan muodostamaan alkuperäistä jonoa, koska 1:een päättyvä toinen potenssi ei anna alkulukua alkuperäisen jonon kriteerillä, koska antaa 5:een päättyvän luvun.

114. Jaska1.5.2021 klo 18:45

Noin on. Kukin termi siis kahden alkuluvun neliöiden summa, joka on alkuluku. Toinen yhteenlaskettava on aina 2^2, joten määritys myös alkuluku + 4 = alkuluku.

115. eol1.5.2021 klo 19:17

Olihan tuo minun ilman OEIS:ää arvaamani "selitys" yllättävän paljon oikeansuuntainen, vaikka mainittuun puoleen väliin totuutta asti se kyllä yltää vain vapunpäivään sopivalla aika hyvällä tahdolla :)

116. Jaska12.5.2021 klo 12:51

Tuskin ainakaan ylivaikea hoksaustehtävä:

3, 5, 11, 7, 13, 17, 23, 19, 29, 31, 37, 41, ?

117. Jaska13.5.2021 klo 21:08

118. eol13.5.2021 klo 21:33

Nyt minulle tuli sellainen "etiäinen", että tuo Jaskan äsken paljastama 19 ei ole se luku, joka tulee alkuperäiseen jonoon 41:n jälkeen (eli ?:n paikalle), vaan jotakin aivan muuta.

119. Jaska13.5.2021 klo 21:54

Muuta on, mutta ei mielivaltaista.

120. Jukkis14.5.2021 klo 12:09

Näköjään löytyy OEIS:stä.

121. Jaska14.5.2021 klo 12:28

Kyllä. Annetaan lisävinkki, jos joku ei vielä sieltä halua katsoa.

19, 23

122. eol14.5.2021 klo 16:09

OEIS:stä minäkin tuon eilen illalla katsoin. - Minusta ei muuten olisi täysin kohtuutonta, että tehtävää edelleen pohtivat saisivat nykyisten 2 vinkin lisäksi vielä vaikkapa 8 "uuttakin" vinkkiä.

123. Jaska14.5.2021 klo 19:02

19, 23, 31, 37, 53, 59, 71, 79, 97, 109

124. Jukkis15.5.2021 klo 16:57

Tämmöinen aika väkisinväännetty, ihan selkeä periaate kuitenkin, ei OEIS:ssä, tuskin mitään lukuteoreettista arvoa:

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

Aika fakiiri on se, joka keksii.

125. Jaska16.5.2021 klo 22:13

Kyllä tuntuu titteli olevan kiven alla, vaikka olen mielestäni siihen täysin oikeutettu. FAKIIRI, arab. oik. köyhä, ruumiillista ja henkistä apua tarvitseva.

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

123. Kyseinen summajono. Kuhunkin kolmikkoon tulee valita pienimmät luvut, jotka eivät ole aikaisemmin esiintyneet jonossa.

126. Jaska17.5.2021 klo 13:06

Seuraavan alussa useita samoja kuin Jukkiksella:

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

Jonon ratkaisu on parin mutkan takana, ilmeisesti samoin kuin Jukkiksellakin. Tämäkin on siis erittäin vaikea. Palaan siihen joskus lenkin jälkeen.

127. Jaska18.5.2021 klo 17:37

Mutkien suoristusta:

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

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

Näin etenimme maalisuoran alkuun.

128. Jukkis18.5.2021 klo 18:15

Jäi tajuamatta.

129. Jaska18.5.2021 klo 18:38

Varsi lähelllä maalia (maaleja) kuitenkin olet.

130. Jukkis19.5.2021 klo 10:11

Tuota en edelleenkään keksi, noista helvetin ärsyttävistä vihjauksista huolimatta, tai ehkä juuri niiden ansiosta.

Mulla oli viestissä 124 tämä:

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

Tällä on tuohon vahva yhteys:

19, 59, 89, 131, 167, 463, 643, 967, 1051, 1619, 1697, 2221, 2309, 3181, ?

131. Jaska19.5.2021 klo 12:27

Enpä kekannut vieläkään kuin heikohkon yhteyden. Ekassa jonossa pitkä loikka 13-31 ja tokassa vastaavasti 167-463. Teoriassa se voi viitata muuhun kuin kymmenjärjestelmään, mutta totuus lienee simppelimpi.

Ärsytys omastani saattaa johtua siitä, että eletään vielä eilisen toreadorin aarian tunnelmissa. Hauskojahan ne käännökset ovat, mutta elävässä elämässähän muut urheat taistelijat ärsyttävät härkää tuikkimalla sinne sun tänne, kunnes uljain kaikista eli matadori tekee siitä kuolleen eläimen. No, aika aikaa kutakin, annetaan miettimisaikaa vielä huominenkin päivä. Ylihuomenna siis ratkaisun aika.

132. Jukkis19.5.2021 klo 14:36

Tässä tuo minun. Siis väkisinväännetty ja mitään matemaattista merkitystä vailla. Helppohan tällaisia käytännössä mahdottomia ratkottavia on tehdä. Paitsi eihän tätäkään ilman tietokoneavustusta (tässä tapauksessa Excel) olisi viitsinyt tehdä.

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

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

Sen sijaan p(7) = 17 ei ole mukana, koska
p(7) = 17 ja p(17) = 59
p(8) = 19 ja p(19) = 67
p(9) = 23 ja p(23) = 83
joiden summa 209 ei ole alkuluku

133. Jaska19.5.2021 klo 17:52

Jukkiksen jono on ihan hyvä, vaikka jäi minulta ratkomatta. Otin kyllä huomioon järjestyslukumahdollisuuden. Ei vaan tullut kokeiltua kolmen peräkkäisen ynnäystä eli jatkumoa omalle 116:lle. Arvelen muuten, että OEIS:ssäkin on vastaavia kikkailujonoja. Minultakin on julkaistu yksi. Kauhistuttava totuus on, etten nyt muista sen ideaa.

134. Jukkis19.5.2021 klo 19:28

Taitaa Jaskan jonossa seuraava olla 109.

135. Jukkis19.5.2021 klo 19:40

Ja sitä seuraavat kai 179 ja 263.

136. Jaska19.5.2021 klo 21:57

Noin on eli Jukkis on ratkaissut tehtävän. Muilla vielä aikaa keksiä jonon idea.

137. Jaska21.5.2021 klo 11:38

Eläinradan kuukautisissa on Härkä vaihtunut tänää Kaksosiin, niin kuin kaikki horoskooppeja seuraavat säikeeläiset ja toissapäiväisestä ennakoinnista vaarin ottaneet hyvin tietävät. 127. operaatio päätyi siis lukuihin, jotka ovat alkulukukaksosten välissä.

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

Totuus on siis jokin neljästä: molemmat tosi, molemmat epätosi, vain a tosi, vain b tosi. Siinä excelille töitä!

138. Jaska21.5.2021 klo 11:43

P.S. b-konjektuurissa kaksosten väliin jäävät 6n ovat siis osajono.

139. Jaska21.5.2021 klo 13:05

b on epätosi, joten ei tartte sitä excelöidä.

140. eol21.5.2021 klo 19:02

Konjektuuri A (Jaska): jokaiselle alkuluvulle p > 3 on olemassa kokonaisluku 0 < q < p siten, että q*(p-q) - 1 ja q*(p-q) + 1 ovat alkulukukaksoset.

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

Tehtävä: Todista, että jos konjektuuri A pätee, niin myös konjektuuri TPC pätee.

141. Jaska21.5.2021 klo 21:39

Kuten joskus täällä mainitsin, olen kaksosten äärettömyyden todistanut itselleni. Pelkistettynä todistus kuuluu: kaksosten frekvenssi on suurempi kuin kahden järjestyksessä peräkkäisen alkuluvun tulo.

142. eol21.5.2021 klo 23:18

Nähdäkseni meidän on tällä palstalla kuitenkin ilman muuta pidettävä avoimena sitä, onko alkulukukaksosia ääretön vai äärellinen määrä.

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

Tehdään vastaoletus: oletetaan, että konjektuuri A pätee mutta alkulukukaksosia on vain äärellinen määrä. Merkitään sitten t:llä suurinta sellaista alkulukua, joka on osallisena jossakin alkulukukaksosparissa. Koska alkulukuja on ääretön määrä, niin on olemassa myös sellainen alkuluku p että p > t. Tällöin on oletuksen perusteella olemassa sellainen kokonaisluku 0 < q < p että q*(p-q)-1 ja q*(p-q)+1 ovat alkulukukaksoset. Tämä on ristiriita, sillä on helppo nähdä, että kaikilla sallituilla q:n arvoilla lausekkeen q*(p-q)+1 arvo on vähintään p ja siten suurempi kuin t.

143. Jaska22.5.2021 klo 11:46

Onhan em. eolin vastaoletusasia selvä kuin pläkki. Kaksosien äärettömyysoletus ei kuitenkaan mielestäni suoraan todista A-konjektuuria.

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

Mahdottomuuden selkeämpi todistus jääköön tällä kertaa, koska tärkeämmät lenkki ja Number One painavat päälle.

144. eol22.5.2021 klo 12:44

Lainaus: 143. Jaska 22.5.2021 klo 11:46
"Kaksosien äärettömyysoletus ei kuitenkaan mielestäni suoraan todista A-konjektuuria."

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

Vaikuttaa selviöltä, että täsmälleen yksi näistä kolmesta väitteestä on tosi (ja muut kaksi epätosia). En kuitenkaan ole tietoinen, että yhtäkään näistä kolmesta väitteestä olisi pystytty todistamaan epätodeksi. Voi silti hyvin olla, että joku on onnistunut todistamaan väitteen V1 epätodeksi (osoittamalla A:n epätodeksi), mutta tieto tästä ei vain ole kantautunut ainakaan minun silmiini.

145. eol22.5.2021 klo 13:50

P.S. Korjaan edellisestäni viimeisen virkkeen kuulumaan seuraavasti:

Voi silti hyvin olla, että joku on onnistunut todistamaan esimerkiksi väitteen V1 epätodeksi (mahdollisesti osoittamalla A:n epätodeksi), mutta tieto tästä ei vain ole osunut ainakaan minun silmiini.

146. Jaska26.5.2021 klo 19:13

Tarkoituksena oli jatkaa viestiä 143, mutta lähetysvaihessa tuli ilmoitus, ettei saada yhteyttä Google comiin, yritä uudestaan. Uudestaan yritys oli paha virhe, teksti häipyi bittiavaruuteen. Sattuneesta syystä nyt ei hotsita alkaa uudelleen urakoimaan eli urosporoilemaan. Saakohan edes tämän infon (19:00) perille... Ei. Yhteys captcha-Widgetiin epäonnistui jne. Täytyy venaa ties kuinka pitkään. Alkaa kypsyä tähän rakkineeseen lopullisesti.

147. Jukkis26.5.2021 klo 20:41

Vinkki Jaskalle: Kannattaa vähänkin pidempi teksti kirjoittaa muualle, editoriin tai tekstinkäsittelyohjelmaan, ja siten kopioida sieltä leikepöydän kautta tänne. Silloin se ei häivy mihinkään avaruuteen vikatilanteessa.

148. Jaska27.5.2021 klo 10:38

Kiitos vinkistä. Kadonneessa tekstissä oli mm. tarkkuutta ja tsekkausta edellyttävä taulukko, joten tosiaan aika pitkään, yli puoli tuntia sitä väkersin.

149. Jaska28.5.2021 klo 19:05

Palataan asiaan täydentämällä 141. apulause käsitettävään muotoon. Siitä puuttui oleellinen osapuoli eli alkulukujen neliöt. Kyse on siis seuraavasta. 5^ = 25 (6n+1), 5*7 = 35 (6n-1), 7^2 = 49^2 (6n+1). Taulukon eka rivi siis:

25 - 35 - 49

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

Aloitetaan kaksosparien äärettömyyden todistaminen ensi kerralla.

150. Jaska31.5.2021 klo 13:05

Jatketaan 149. jonoa 19^2 saakka:

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

Lukujen väliköissä on kaksospareja vastaavassa järjestyksessä seuraavasti:

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

Jonossa (6n-1)^2 - (6n+1^2) ilmenee vastaava eneneminen. Kaksosparien neliöt ovat sen osajono, jossa neliöiden a^2 - b^2 alkuvälikössä a^2 - ab näyttää olevan poikeuksetta vähintään yksi kaksospari. Jatketaan ensi kerralla studeeraamalla tämän osajonon osajonon 50 ekaa tapausta.

151. Jaska1.6.2021 klo 13:27

Seuraavassa suhde a/b tarkoittaa: a = kaksosten lukumäärä kussakin välikössä (= haarukassa, "skipoverissa") ekan ollessa 25 - 35 ja viimeisen 2582449 - 2585663. b = 6n lukumäärä samassa eli kaksosparit + muut parit 6n -1 ja 6n+1.

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

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

Seuraavaksi vertailemme tulosta kaikkiin 6n-1 / 6n+1 pareihin ko. alueella.

152. Jaska4.6.2021 klo 23:54

Korjauksia. 478 po. 475, keskiarvo 9,56 po. 950, 10750 po. 10749. 0,044 pysyy ennallaan.

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

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

Varsinainen todistus ensi kerralla.

153. Jaska8.6.2021 klo 10:31

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

Lineaarisesti kasvava lukujoukko 6n+1 - 6n-1 voidaan jakaa niin ikään lineaarisesti kasvaviin jaollisten lukujen 3< osajoukkoihin alkutekijöidensä mukaan. Luvulla 5 jaollisten lukujen jonon alku: 25, 35, 55, 65, 85, 95.. eli termien etäisyyksien jono on 10, 20, 10, 20, 10, 20... suhteella 10/30 ja 20/30. On selviö, että samat etäisyydet toistuvat äärettömiin. Samoin on kumoamaton fakta, että kaikilla muillakin alkuluvuilla jaolliset lukujonot yksittäisin tarkasteltuina ovat lineaarisia ja äärettömiä. Myös niiden peräkkäiset yhdistelmät, siis kaksittain 5:llä ja 7:llä jaolliset, kolmittain 5:llä, 7:llä ja 11:llä jaolliset ovat äärettömiä, mutta niiden etäisyysjonot eivät ole lineaarisia. (jatkuu)

154. Jaska8.6.2021 klo 11:11

Jaollisten lukujen 6n+1 - 6n-1 koko jonon alkupäätä: 25, 35, 49, 55, 65, 77, 85, 91, 95, 115, 119, 121, 125, 133, 143, 145, 155, 161, 169, 175, 185, 187, 203, 205, 209, 215, 217, 221...

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

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

Etäisyyksien 16, 18, 20 sisällä on kakasi kaksosparia eli alkulukuneloset, vastaavasti 10, 12, 14 ovat yhden kaksosparin rajoja. Jos kaksosten lukumäärä olisi äärellinen, olisi viimeisen kaksosparin jälkeen vain etäisyyksiä 2, 4, 6, 8. Mutta se ei siis ole mahdollista. (jatkuu)

155. Jaska8.6.2021 klo 12:57

Tähän saakka tunnettujen kaksosten osalta on siis kiistatonta niiden eneneminen. Se onkin luonnollista, koska niitä on äärettömän paljon. Väheneminen kuvatuissa raameissa ei ole mahdollista. Minä en nyt muista, mikä on suurin tunnettu kaksospari, joten olkoon se x, y ja sen neliöiden haarukka siis x^2 - y^2. Niiden tulo xy on muotoa 6n-1. Mikä vaikutus tällä jaollisella luvulla on siihenastiseen kaksosten lukumäärään? Vastaus: ei mikään, jos xy+2 on jaollinen luku.

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

Se tarkoittaa, että kaksosia sisältävien etäisyyksien 10-20 suhteellinen osuus kokonaisuudesta 2-20 pienenee kohti ääretöntä yltämättä silti nollaan. Alkulukukaksosten niin kuin myös nelosten lukumäärä on siis ääretön, Q.E.D.

156. Jaska8.6.2021 klo 13:05

Tähdennetään vielä, että em. 2-20 ovat kahden suuruusjärjestyksessä peräkkäisen jaollisen luvun etäisyyksiä.

157. Jaska13.6.2021 klo 11:09

Jatketaan vielä nelosten osalta. Haulla prime quadruplet löytyy lukujonon alku, jossa on kpl-määrät 2-, 3-, 4- jne.numeroisille (OEIS A 120120). Siinä mainitun 5-numeroisten määrän 27 pitää olla 26. Pääasia on kuitenkin, että nelosten lukumäärä jonossa kasvaa hurjalla tahdilla. 14-numeroisten määrä on jo miljardeissa. Niinpä artikkelin mukaan "pidetään hyvin mahdollisena", että niitä on äärettömästi. No niitähän on.

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

3, 2, 5, 1, 2, 8, 2, 2, 2, 4, 5, 4, 3, 2, 4, 5, 2, 6, 7, 4, 9, 4, 8, 5, 6, 6, 10, 6, 4, 5, 7, 7, 6, 13, ja niiden keskiarvo 5,17.
Jatkossa se kasvaa, niin kuin kaksosillakin tapahtuu.

158. Jaska19.7.2021 klo 13:31

Helteen hellitettyä seuraavan ei pitäisi olla ainakaan ylivaikea.

1, 5, 7, 19, 29, 37, 53, 67, 79, 97, ?

159. Jaska19.7.2021 klo 18:04

Korjaan, se on ylivaikea. Piru iski siihen pukinsorkkansa neljännen luvun kohdalla, ja tajusin sen vasta puolen kilometrin paikkeilla. Oikein on 1, 5, 7, 13, 23, 31, 43, 59, 73, 97, 127...

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

Langetan itselleni nyt jonoilukiellon määräämättömäksi ajaksi.

160. eol19.7.2021 klo 20:23

Ilmeisesti jonon uuden jäsenen on siis aina oltava edellistä suurempi, muutenhan jono voisi olla 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, ... .

Mutta: Jos jonon 4. luku on pienin sellainen (jonon 3:tta lukua eli 7:ää suurempi) luku, jonka alkutekijöihin ei kuulu mikään luvuista 2, 3, 5 ja 7, niin eikös se silloin ole 11 (eikä 13)?

161. Jaska19.7.2021 klo 21:34

No niin, vaihteeksi unohtui sääntö, että jokainen erotusjonon luku saa esiintyä jonossa vain kerran. Erotusjonon alku: 4, 2, 6... eli on hypättävä 11:n yli 13:een. Vastaavasti on 13:sta hypättävä 23:een, koska 4 ja 6 ovat ennestään.

162. Jaska4.8.2021 klo 10:59

Määräämätön aika on päättynyt. Miten seuraavan äärettömän jonon alku liittyy visa-säikeen ABUD-aiheesen?

2, 5, 11, 23, 47, 95, 191, 383, 767, 1535, 3071, 6143, 12287, 24575, 49151, 98303, 196607, 393215, 786431, 1572863...

163. Juhani Heino4.8.2021 klo 19:37

ABUD-yhteyttä en nyt keksi, mutta muoto on selkeä: 2^n*3-1. Tai toisella tavalla: luku kerrottuna kahdella plus yksi on seuraava luku.

164. Jaska6.8.2021 klo 13:26

Juuri noin. Yhteyden keksiminen eei ole helpooa, joten ratkaisu:
ABUD2(2^1, 2^2, 2^4, 2^38, 16 jne. Kunkin jonon luvut lasketaan yhteen ja vähennetään summasta 1.

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

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

Kun lasketaan +1, kaikki summat ovat jaollisia kolmella, ja toisena tekijänä ovat 2^¨n eli 1, 2, 4, 8 jne. Yksitoikkoista:)

165. Jaska26.8.2021 klo 12:40

Kysymys kuului: voisiko ABUD-yhteydellä todistaa Collatzin konjektuurin. Viisasten kivi asian tiimoilta on vielä kateissa, enkä viitsi sitä enää etsiskellä. Collatzinhan olen jo todistanut itselleni. Siinähän pitää vain osoittaa, että luvusta n >1 alkava jono sisältää luvun, joka esiintyy jonossa, joka on todettu konjektuurin mukaiseksi.

166. Jukkis26.8.2021 klo 21:18

Collatz on laskemalla todettu todeksi n. 3*10^20:een asti, ellei isompaankin viime aikoina. Sinullako siis on todistus, että kaikki tätä suuremmat lähtöarvot ennen pitkää päätyy tuota pienempään lukuun? Kiinnostavaa.

167. Jaska26.8.2021 klo 23:15

Joo, on minulla, johan sen sanoin. Ihan simppeli. Mutta kaikki eivät tietenkään pidä sitä todistuksena.

168. Jaska27.8.2021 klo 11:37

On siis laskettu, että kaikilla luvuilla 1, 3, 5, 7, 9, 11....... Jukkiksen mainitsema maksimi alkavissa jonoissa konjektuuri toteutuu. Koska jonoissa on enemmän lukuja kuin yksi, lukujen yhteismäärä on suurempi kuin 3*10^20. Osa luvuista on suurempia kuin em. maksimi, osa pienempi eli esiintyy useammassa kuin yhdessä tunnetussa jonossa.

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

Jonossa B 3, 7, 11, 15, 19, 23, 27 jne. alkavilla luvuilla ensimmäistä pienempi luku on siis aikaisintaan kolmas osamäärä. Sitä ei kuitenkaan ole tarpeen etsiä. Riittää, että jonossa esiintyy luku, joka esiintyy myös jossain A-jonossa. Poikkeuksetta näin onkin kaikissa tunnetuissa jonoissa. Minä totean ilmiön aksiomaattiseksi. Matemaatikkojen mielestä näin ei ole. Varmasti hekin ovat asian todenneet, mutta edellyttävät erillistä todistusta.

169. Jaska27.8.2021 klo 11:53

Varmuuden vuoksi täsmennys. Tarkoittamani kolmas osamäärä syntyy vasta kolmannen tulon +1 ollessa neljällä jaollinen: t, o, t, o, t, o, o. Faktisesti se on siis jonon neljäs osamäärä.

170. Jaska27.8.2021 klo 12:07

Lisätään vielä, että aksiomaattisuudella tarkoitan kaikkien parittomien lukujen esiintymistä suuruusjärjestyksessä A-jonoissa.

171. Jaska27.8.2021 klo 12:42

170. puuttuu: ... esiintymistä RYHMITTÄIN suuruusjärjestyksessä. Asia selviää taulukosta, kopsaan sen tänne ehtiessäni.

172. Jukkis27.8.2021 klo 13:13

"Poikkeuksetta näin onkin kaikissa tunnetuissa jonoissa." Ettäkö olet kaikki jonot tuonne 3*10^20:een asti tsekannut?

173. Jaska27.8.2021 klo 19:04

Jukkis ei siis ymmärtänyt, että kaikkia todennettuja jonoja ei tarvitse käydä läpi termi termiltä, jos todistus pitää paikkansa. Ja siitä olen varma, kunnes toisin todistetaan.

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

B-ryhmän parittomien lukujen 3, 15, 27, 39, 51 jne (erotus 12) ensimmäiset osamäärät 5, 23, 41, 59, 77 jne. löytyvät niin ikään taulukosta. Kaikissa jonoissa äärettömiin saakka on siis parittomia lukuja, jotka esiintyvät muissakin jonoissa. Konjektuuri pitää paikkansa.

174. Jaska31.8.2021 klo 12:02

Kehittelin huvikseni jonostoa eräänlaisesta anticollatzlähtökohdasta. Se vaikuttaakin kiinnostavalta. Arvaako joku valistuneesti, mistä on kyse. Selvitys huomenna.

1, 3, 11, 15, 29, 33, 39, 43, 53, 59, 65, 69, 71, 77, 79, 85, 87, 89, 95, 97...

175. Jaska1.9.2021 klo 12:23

Anticollatz = (n*3 - 1) / 2 jne. Siinä silmukat päättyvät joko lukuun 1, 5 tai 34. Yllä lukuun 1 päättyvien jonon alkupäätä.

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

Lukuun 5 päättyvien jonojen alkupäätä

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

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

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

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

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

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

Otos on sangen pieni, mutta arvaan valistuneesti, että luokan 1 edustus tulee olemaan äärettömiin suurin. 5 ja 34 ovat niin lähellä toisiaan, että päätelmät edellyttävät ainakin muutaman sadan lisäjonon tutkimista. Käsipelillä aika työlästä hommaa, joten koodarit, olkaa hyvä! Vai keksiikö joku menetelmän, jolla ensimmäisestä luvusta saadaan selville sen luokka. Minä en keksi. En saanut mitään tolkkua lukumääräjonojen erotuksistakaan, lineaarisuudesta puhumattakaan.

176. eol1.9.2021 klo 14:28

Ymmärsin varmaan oikein, että Jaskan Anticollatzissa
f(n) = n/2, kun n parillinen [kuten Collatzissakin]
f(n) = 3n - 1, kun n pariton [jolloin Collatzissa f(n) = 3n + 1]

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

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

Onkos sille muuten olemassa todistusta - tai sitten muunlaisia perusteluja - että kaikki tällaiset Anticollatz-jonot päätyisivät johonkin luvuista 1, 5 ja 17?

177. Jaska1.9.2021 klo 16:27

Äsch, alkuaan papereissani oli myös tulot 3n, ja tuohon ekaan se nyt eksyi jonkun väärän synapsikytkennän seurauksena. Ja tietysti päätyviksi.

Todistusta en ole vielä miettinyt. Numeerisesti on tietysti vahva puolto noille kolmelle luokalle.

178. Jaska1.9.2021 klo 17:28

Koepallo

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

Mutulla collatzissa on keskimäärin pitempiä jonoja kuin antissa.

179. Jaska1.9.2021 klo 17:29

Korjaan, 1489 52 askelta.

180. Jaska1.9.2021 klo 18:37

Kyllä se on sama juttu kuin collatzissa. Ei voi löytyä sellaista lukua, joka johtaa eri silmukkaan. Kaikissa jonoissa, joissa eka luku suurempi kuin 17 on lukuja, jotka ovat esiintyneet jonoissa aikaisemmin.

181. Jaska8.9.2021 klo 10:26

Silmukoista puheen ollen Wikipedia kertoo Collatzista, että jos muu kuin triviaali silmukka löytyy, se on osoitettu olevan miljardien lukujen pituinen. No kyllähän tämä Collatzin silmukkakin voi kasvaa äärettömiin. Aina löytyy pitempi kuin jokin tunnettu pisin. Mutta yksittäisen silmukan pituus on aina äärellinen. Muun silmukan teoria on muuten kumottavissa ihan vain aritmeettisesti. Nimitän sitä siilausmenetelmäksi.

182. Juhani Heino8.9.2021 klo 11:15

En tiedä onko tällä merkitystä tuohon, mutta Collatz-jonojen pituus saadaan kasvatettua mielivaltaisen pitkäksi, toki kyseiset luvutkin silloin kasvavat valtaviksi. Todistin sen OEIS:n A060445:ssa.

183. Jaska8.9.2021 klo 12:57

On sillä merkitystä, jos liittyy jotenkin siilausmenetelmään. Ensin siilataan lukujonosta 1, 3, 5, 7, 9, 11... joiden 3n + 1 on jaollinen neljällä. Siis joka toinen luku. Olkoon se jono A.

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

Sitten siilataan B-jonosta jälleen joka toinen, 7, 23, 39, 55, 71...Collatz-jonoissa A-jonon lukuun neljä askelta.
Näin jatketaan samaan tapaan. Seuraavassa siilauksessa A-jonon lukuun on kuusi askelta, sitten kahdeksan, kymmenen jne äärettömiin. Voidaan siis laskea aritmeettisesti mihin askelten lukumäärän perusteella jaettuun ryhmään mikin luku kuuluu. Luonnollisesti siilausmenetelmä todistaa myös konjektuurin.

184. Jaska9.9.2021 klo 11:04

Taulukossa askelmäärä, ryhmän aloitusluku ja ryhmään kuuluvien lukujen välinen etäisyys eli erotus. Aloituslukujen erotus on siis 2^n - 1, ryhmän lukujen välinen erotus 2^n.

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

Tiivistetysti: Jokaisessa B-jonossa on A-jonoon sisältyvä ja siis neljällä jaollinen luku n, jota seuraava ensimmäinen pariton luku on pienempi kuin n.

185. Jaska9.9.2021 klo 11:47

Aijai, tiivistys meni skutsiin. Ei vain pariton, vaan myös parillinen pienmpi luku.Korjataan.

Jokaisessa B-jonossa on tietyn askelmäärän päässä A-jonoon sisältyvä luku n, jota seuraa kolmen askeleen päässä pienempi luku kuin n.

186. eol9.9.2021 klo 13:47

Täytyy kyllä sanoa, että en nyt osaa suoralta kädeltä hahmottaa, miten tuo siilausargumentti mahdollisesti implikoisi Collatz-konjektuurin.

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

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

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

Jos sen sijaan pystyttäisiin todistamaan, että mielivaltaisesta luvusta k > 1 alkavaan jonoon C[k] sisältyy aina jokin k:ta pienempi luku, niin se tietysti implikoisi Collatz-konjektuurin.

187. Jaska9.9.2021 klo 17:16

Siilaus tarkoittaa, että poistetaan tarkasteltavasta kokonaisuudesta ne jonot, joista voidaan osoittaa niiden toteuttavan pienemmyysargumentin. Mielestäni se tuli edellä riittävän selkeästi osoitetuksi.

En ole missään vaiheessa esittänyt, että olisi jonoja, joissa ei tapahdu vähenemistä. B-jonossa kerrottavat ja jaettavat kasvavat, kunnes siihen osuu A-jonon luku. Se tapahtuu askelmäärillä 2, 4, 6, 8, 10, 12 jne. Ne johtavat lukuun, jota seuraa neljällä jaollinen luku. Mielestäni olen sen kiistattomasti osoittanut.

188. Jaska9.9.2021 klo 18:12

Tarkennetaan vielä, että B-jonon luvut 3n + 1 ovat vain kahdella jaollisia (2^1, ei sitä suuremmilla 2^n) ennen A-lukua. Jaettavat ja osamäärät siis kasvavat suhteessa 3/2. Jatkossa luvut kasvavat ja pienenevät, mutta 2^n-enemmistö johtaa aina triviaaliin päätökseen. Vastaolettamus tarkoittaisi, että kahden potensseilla olisi yläraja.

189. eol9.9.2021 klo 18:36

Minulle ei ole aivan selvää, mikä tuon (Jaskan viestissä klo 17:16 mainitun) ns. pienemmyysargumentin sisältö on. Oletan nyt määritelmän olevan se, että tietystä positiivisesta kokonaisluvusta alkavan Collatz-jonon sanotaan toteuttavan pienemmyysargumentin, mikäli jonossa esiintyy sellainen luku, jota jonossa välittömästi seuraa 4:llä jaollinen luku.

Jos määritelmä tosiaan on tuo edellä olettamani, niin siinä tapauksessa siilaus minusta osoittaa sen, että mistä tahansa positiivisesta kokonaisluvusta alkava Collatz-jono todellakin toteuttaa pienemmyysargumentin. Minulle on kuitenkin (vielä nyt Jaskan viestin klo 18:12 jälkeenkin) täysin epäselvää se, miten tämä mahdollisesti johtaa itse Collatz-konjektuurin todistukseen.

190. Jaska9.9.2021 klo 19:01

Tähän mennessä konjektuurin toteuttavat jonot, jotka alkavat luvuilla 1- x. En nyt muista tarkalleen, mikä x on, mutta aika monta miljoonaa kuitenkin. Jokainen tunnettu jono voidaann lukitella johonkin ryhmään 11:04 taulukossa sitä jatkettaessa tarvittavan pitkälle. Pankaa kompuutterit töihin, kaikki stemmaa. Perustelkaa, miten jokin poikkeus olisi edes teoriassa mahdollinen.

191. Jaska9.9.2021 klo 19:03

Luokitella, mutta kyllähän joka jono tavallaan lukittuu systeemin raameihin.

192. Jaska10.9.2021 klo 00:09

Vielä tietokonelaksennan ehdotuksestaini. Siinä siis selvitetään tietyn tarkastuskohteena olevan määrätyllä luvulla alkavan jonon lukujen esiintymistä muilla luvulla alkavissa jonoissa.

193. Jaska10.9.2021 klo 12:32

Sisällytetään kyseiseen laskentaan pelkästään A-luvulla alkavat jonot, siis 5, 9, 13, 17, 21 jne. Konjektuuri siis edellyttää, että näistä jonoista voidaan poimia kaikki B-jonon ensimmäisen luvun

194. Jaska10.9.2021 klo 12:36

Taas pätkii. Menee yli ymmärryksen. jatkuu

...jälkeiset parittomat luvut kunkin koneen kapasiteetin äärirajaan saakka. Toiveeni on listaus, missä jonossa ko. luku esiintyy ensimmäisen kerran.

195. Jaska10.9.2021 klo 18:55

Voihan noita tietysti laatia rajallisesti käsipelilläkin eli niin pitkälle kuin ehtii ja viitsii, vaikka villakoiran ydin onkin tiedossa. Jokainen ennen esiintymätön luku tulee esiintymään jatkossa äärettömän monta kertaa. Kääntäen, kun aloitetaan tsekkaus ensimmäisestä tuntemattomasta jonosta. Siinä on lukuja, jotka esiintyvät myös pienemmillä luvuilla alkavissa jonoissa.

196. Jaska13.9.2021 klo 12:24

Seuraavan taulukon riveillä eka luku pariton Collatz-luku, toinen 3n + 1, kolmas toisen jakaja, neljäs kolmannen osamäärä.

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

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

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

Jatkuu

197. Jaska13.9.2021 klo 13:12

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

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

Tarpeettomien lukujen siilauksen jälkeen jonojen pituudet ovatkin enemmistön osalta lyhyyksiä! Kaikki luvut toistuvat jatkossa äärettömiin, mutta jokaisessa jonossa jokainen luku esiintyy vain yhden kerran. Se ainakin todistaa, että jokin muu silmukka ei ole mahdollinen. Matemaatikot kysyvät, miten se todistaa konjektuurin. Kysymys sisältää arvelun mahdollisuudesta, että jossain vielä tuntemattomassa jonossa väheneminen lukun 1 saakka ei toteudu. Minä olen todistanut itselleni, että se on aksiomaattisesti mahdotonta.

198. Jaska16.9.2021 klo 12:45

Yritän vielä selventää Collatz-todisteluani. Perusperuste on kaiketi kaikille selvä: Jos jokin parittomalla luvulla alkavan jonon muu luku esiintyy jonossa, jonka on todettu toteuttavan konjektuurin, sen toteuttaa myös n:llä alkava jono. Kokemusperäisesti tiedämme asian pitävän paikkansa miljardien lukujen osalta.

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

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

Konjektuurin toteutumattomuus siis edellyttää, että ko. jonossa esiintyy kaikkien parillisten lukujen tekijänä vain kantaluku 2. Olen edellä osoittanut, että ehdon toteutuminen ei ole mahdollista. Periaatteessa todistukseksi riittää itselleni viesti 184., mutta sitä on syytä selventää. Palaan asiaan.

199. Jukkis16.9.2021 klo 14:17

Ymmärrän tuon edellisen viestin 2. kappaleen. Noinhan se on. Sen sijaan 3. kappaleen asia ei oikein aukene, senkään jälkeen kun siihen lisäilee siihen selvästikin kuuluvia sanoja kuten "jaollinen" ja "ole". Mutta pitää vielä miettiä.

200. Jaska17.9.2021 klo 19:01

Seuraava lista toivottavasti selventää viestiin 184. (katso) perustuvaa B-luvulla alkavien jonojen anatomiaa. Kullakin 12:lla rivillä eka luku on jonon aloitusluku, toka jonon ensimmäinen A-luku, kolmas sen 3* + 1, neljäs edellisen jakaja ja viides osamäärä.

2 askelta (eli yksi B-osamäärä)

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

4 askelta (2 B-lukua

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

6 askelta (3 B-lukua)

15, 53, 160, 32, 5
47, 161, 484, 4, 21
79, 229, 808, 8, 101
111, 377, 1132, 4, 283
143, 485, 1456, 16, 91
175, 593, 1780, 4, 445
207, 701, 2104, 8, 263
239, 809, 2428, 4, 607
271, 917, 2752, 64, 43
303, 1025, 3076, 4, 769
335, 1133, 3400, 8, 4253
367, 1241, 3724, 4, 931
jatkuu

201. Jaska17.9.2021 klo 21:53

Edellisen aikana oli häiriötekijöitä johtaen yhden lyönnin väliin jäämisen. Alimman ryhmän toisella rivillä luvun 21 tulee olla 121 = 484/4. Jos syynäilette listaa pienempään, voitte tehdä oleellisen havainnon. Palaan asiaan toivottavasti huomenna.

202. Jaska18.9.2021 klo 19:24

Vielä kaksi ryhmää lisää

8 askelta (4 B-lukua)

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

10 askelta (5 B-lukua)

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

Huom. B-lukuihin ei sisälly jonon ensimmäinen luku, laskenta siis alkaa ensimmäisestä osamäärästä.
Jatkuu

203. Jaska18.9.2021 klo 19:38

Jaha, automaattikirjoitin näyttää olevan epäkunnossa. Neljäs ryhmä on oikeasti seuraava.

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

jatkuu

204. Jaska18.9.2021 klo 19:58

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

jatkuu

205. Jaska19.9.2021 klo 00:08

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

Esimerkkinä n = 10.

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

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

Onkohan edellä riittävästi osviittaa todistuksen sisäistämiseksi. Jos ei ole, voi aina uskoa, että konjektuuri on tosi.

206. Jaska21.9.2021 klo 19:06

1, 5, 13, 17, 181, 241, 1285, 6853, 9137, 24365, 1039573, 1386097...

Äärettömiin jatkuvan jonon alkua. Löydätkö jonolle määrityksen?

207. Jaska25.9.2021 klo 11:48

Jono koostuu sellaisista parittomista A-ryhmän luvuista, joiden aloittamissa Collatz-jonoissa ei ole lainkaan B-ryhmän lukuja ja joissa aloitusluvun jälkeen kaikki luvut ovat numeroarvoltaan edellstä pienempiä.

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

Samalla periaatteella voidaan konstruoida muitakin A-lukuja sisältäviä jonoja. Todista, että niitäkin on äärettömästi. Ei liene liian vaikea hoksausjuttu.

208. Jaska27.9.2021 klo 19:16

Valaistaan asiaa parillisilla luvuilla.

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

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

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

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

209. Jaska8.3.2022 klo 19:12

Jonoilllaan tänäkin vuonna. Jono on OEIS:ssä. Ehdotan, että ne jotka tuntevat sen määrityksen ennestään tai keksivät sen katsomatta OEIS:stä ennen kahden vrk määräaikaa, ilmoittavat hep. Ylihuomenna 19:00 jälkeen ilmoitetaan ratkaisu ja annetaan jatkotehtävä.

17, 97, 337, 881, 1921, 3697, 6497, 10657, 16561, 24641, 35377, 49297, 66977, 89041, 116161...

210. Jaskas10.3.2022 klo 19:08

Jonossa kahden peräkkäisen neljännen potenssin summat: 1 + 16 = 17, 16 + 81 = 97, 81 + 256 = 337 jne. Jatkotehtävä (jono ei OEIS:ssä):

17, 41, 73, 89, 97, 113, 137, 193, 233, 241, 257, 281, 313, 337, 353...

Miten liittyy edelliseen? Mitkä ovat kolme seuraavaa termiä? Tehtävä ei ole helppo. Siispä viikko pähkäilyaikaa.

211. eol10.3.2022 klo 19:53

Veikataan 373, 389, 397.

212. Jaska10.3.2022 klo 22:30

Mikään eolin kolmikosta ei toteuta haettua säännönmukaisuutta. Vinkkiä luvassa ylihuomenna, jos tarpeen.

213. Jaska12.3.2022 klo 15:01

210. Väleillä on väliä.

214. Jaska14.3.2022 klo 16:26

Ollen ne 8n.

215. Jaska16.3.2022 klo 18:01

Jatketaan 353:sta. Etsitään siis seuraavaa sellaista alkulukua, jonka etäisyys (väli) 353:sta on jaolllinen luvulla 8. Edetään alkulukutaulukon suuruusjärjestyksessä. 353:a seuraa 359, etäisyys 6, joka ei ole jaollinen 8:lla. Jatketaan. Joudutaan hylkäämään 367, 373, 379, 383, 389, 297, kunnes seuraavan 401 etäisyys 353:sta on 48 = 6*8. Seuraava 409 kelpuutetaan mukaan listalle etäisyydellä 8 401:stä. Näin edeten löydetään jatko 433, 449, 457, 521, 569, 577, 593, 601, jne. Niiden kaikkien etäisyydet kaikkiin edeltäviin termeihin ovat jaollisia kahdeksella tai korkeammalla kahden potenssilla.

Tehtävästä jää siis vielä auki, miten jono 210. liittyy edelliseen 209. Ratkaisu pe klo 19 jälkeen.

216. Jaska18.3.2022 klo 20:04

Jono 210. koostuu 209:n jaollisten termien alkutekijöistä. Edellytti siis arvausta ja kokeilemista kera apuneuvon prime factorization calculator.

217. Jaska27.3.2022 klo 20:48

Eulerin onnekkaat luvut (lucky numbers, voisi olla myös lucky primes) ovat 2, 3, 5, 11, 17, 41. En tiedä, onko joku listannut käänteisessä järjestyksessä eli suurimmasta luvusta pakittaen toimivia vastaavia jonoja. Siis n, n-2, n-4, n-6 jne. Jos ei ole, niin voisivat olla Jaskan lucky primes. Löysin viisi. Mitkä? Ei ole kovin työläs tehtävä.

218. Jaska27.3.2022 klo 21:04

Täsmennys. Kunkin jonon eka termi on ko. "jlp:n" neliö.

219. Jukkis27.3.2022 klo 21:20

Siis jonoa 2, 3, 5, 11, 17, 41 "vastaavia jonoja" tyyppiä n, n-2, n-4, n-6 jne. Mä en ainakaan tajua tästä tehtävänannosta mitään.

220. Jaska27.3.2022 klo 23:25

Sori, miinustus oli virheellinen. Tarkoitus oli esittää, että kahden peräkkäisen termin erotus kasvaa + 2 edeltävästä, siis n, n-2, (n-2)-4, [(n-2)-4]-6 jne.

Eulerin jonossa on yhtä monta alkulukua kuin ekan termin lukuarvo n miinus yksi. Sitten alkulukujen ketju katkeaa lukuun n^2. Esim. 41^2 = 1681. Katsotaan toimiiko pakitus siitä alkaen. 1681-2 = 1679, joka ei ole alkuluku. Pakitus katkeaa siis heti alkuunsa. Tehtävänä on siis löytää alkuluvun neliö, josta pakittamalla jokainen erotus on alkuluku.

221. Jaska27.3.2022 klo 23:29

2, 4, 6, jne on siis termien erotusjono.

222. Jukkis28.3.2022 klo 08:51

Tajuan vieläkin vähemmän.

"Tarkoitus oli esittää, että kahden peräkkäisen termin erotus kasvaa + 2 edeltävästä, siis n, n-2, (n-2)-4, [(n-2)-4]-6 jne."

Miten tällainen jono on "vastaava" kuin Eulerin jono, jossa peräkkäisten termien erotukset ovat 1, 1, 2, 6, 6, 24?

223. Jukkis28.3.2022 klo 10:37

Ja nyt kun palasin tähän, niin menin yhä enemmän sekaisin.

"Eulerin jonossa on yhtä monta alkulukua kuin ekan termin lukuarvo n miinus yksi."

Tarkoittaako siis Eulerin jono jotain muuta jonoa kuin tuo 2, 3, 5, 11, 17, 41? Sen ensimmäinen termi on 2, joten tuossa siis pitäisi olla 2-1 = 1 termi?

Muutenkin mitä enemmän tuota viestiä 220 katselen, sitä vähemmän siitä ymmärrän. Jännä tehtävä.

224. Jaska28.3.2022 klo 11:54

Käyttämäni yksikkö "Eulerin jono" osoittautui kohtalokkaaksi asian ymmärtämisen kantilta. Tarkoitin sillä jonoa, joka alkaa jollakin Eulerin onnekkaalla luvulla. Olisi pitänyt monikoida "Eulerin jonot." Mutta ei panikoida, selvennetään. Esim. alkuluvulla 5 lalkava jono: 5, 7, 11, 17. Seuraava luku on 5^2 = 25. Sitä ennen jonossa on siis 5-1 = neljä alkulukua. Erotusjono on tähän mennessä 2, 4, 6, 8 ja etenee jatkossa 10, 12, 14, 16, 18, 20... eli termein 35, 47, 61, 77, 95, 115... Alkulukujen frekvenssi vähenee ja jaollisten kasvaa.

Pakitusjono alkaen neliöstä 5^2 on siis 25, 23, 19, 13, 5. Jonoa voidaan kuitenkin jatkaa alkuluvuilla negatiivisten puiolelle, kunnes päädytään jaolliseen lukuun: -5, - 17, -31, -47, -65. Jatkeessakin on neljä alkulukua. Lukujen 25 ja -65 välillä on siis kahdeksan alkulukua.

Mitkä ovat luvun 5 lisäksi neljä muuta löytämääni onnekasta pakituslukua?

225. Jukkis28.3.2022 klo 12:24

Ymmärtäähän tuon lopulta. "Eulerin jono" on guuglelle tuntematon, englanniksi ja ruotsiksi löytyy, mutta ei todellakaan ihan tarkoita samaa kuin Jaskalla. "Inom matematiken är Eulers följd en viss exakt följd av kärven på n-dimensionella projektiva rum över en ring"

Voishan itse keksimänsä terminologian jotenkin selittää.

226. Jaska28.3.2022 klo 12:36

Kastetaan ne sitten Eulerin onnenjonoiksi.

227. Jaska31.3.2022 klo 15:57

224. vastaus. Ne ovat 2, 3, 7 ja 13.

228. eol31.3.2022 klo 18:00

Minä putosin jossakin vaiheessa kärryiltä. Mikä siis itse asiassa on Jaskan onnenluvun määritelmä, eli mikä on se lukua n koskeva väite J(n) joka on tosi jos ja vain jos n on Jaskan onnenluku?

Eulerin onnenluvuillehan pätee E(n), missä E(n) on tosi jos ja vain jos n on sellainen positiivinen kokonaisluku että n + k(k-1) on alkuluku kaikille sellaisille kokonaisluvuille k että 0 < = k < n. Siten Eulerin onnenluvut ovat 2, 3, 5, 11, 17, 41.

229. Jaska31.3.2022 klo 19:37

n on viimeinen alkuluku n^2:sta takenevasta lukujonossa, jossa kaikki n^2:ta pienemmät termit ovat myös alkulukuja, kun termien erotukset ovat 2, 4, 6, 8... eli toisessa erotusjonossa esiintyy vain luku 2. Ehdon toteuttavat kantaluvut ovat 2, 3, 5, 7 ja 13.

Havaintoesimerkki oli viestissä 224: 25, 23, 19, 13, 5.

230. Jaska31.3.2022 klo 20:00

Poistetaan "...eli toisessa erotusjonossa esiintyy vain luku 2." Jonolla 4, 2 ei siis ole toista erotusjonoa.

231. eol31.3.2022 klo 20:56

Ahaa juu. Minua vähän sekoitti, kun ylempänä tuota pakitusjonoa jatkettiin negatiivisten lukujen puolelle. Viritänpä hieman yllä olevaa E(n):n määritelmääni, ja kehitetään sitten J(n):lle suht samankaltainen määritelmä:

E(n) on tosi jos ja vain jos n on sellainen 1:tä suurempi kokonaisluku että n + k(k-1) on alkuluku kaikille sellaisille kokonaisluvuille k että 0 < k < n.

J(n) on tosi jos ja vain jos n on sellainen 1:tä
suurempi kokonaisluku että n^2 - k(k+1) on alkuluku kaikille sellaisille kokonaisluvuille k että 0 < k < n.

232. Jaska19.4.2022 klo 19:27

41, 43, 311, 313, 2111, 2113, 4001, 4003...

Mahdollisesti äärettömän jonon määritelmä?

233. eol19.4.2022 klo 22:48

Jono näyttäisi sisältävän sellaisia alkulukukaksospareja x-1 ja x+1 että väliin jäävän parillisen luvun x kymmenjärjestelmäesityksen numeroiden summa on 6.

234. Jaska19.4.2022 klo 23:17

Pitää paikkansa, mutta täydennys tarvitaan.

235. Jaska22.4.2022 klo 12:16

Ensisijaisesti olivat haussa kaksosten numeroiden summat, siis 5 ja 7. Tarkoituksella jätin parin 5, 7 pois alusta ja vahingossa putosi välistä kaksi muutakin. Kertaalleen tsekatut kuusitoista ensimmäistä paria:

5, 7
41, 43
311, 313
1301, 1303
1031, 1033
2111, 2113
4001, 4003
10301, 10303
20021, 20023
101111, 101113
1000211, 1000213
1201001, 1201003
2020001, 2020003
10003001, 10003003
11000111, 11000113
11020001, 11020003

Onko jono ääretön? Vastaus on ei, jos joskus esitetään hyväksyttävä todistus kaksosten äärellisestä lukumäärästä. Niiden äärettömyyden todistus ei välttämättä tarkoita, että myös ko. numeroiden summan rajaama osajoukko on ääretön. Todennäköistä niin kuitenkin on.

Osajoukko, jossa kaksosten numeroiden summat ovat 11 ja 13 alkaa seuraavasti:

137, 139
191, 193
227, 229
281, 283
641, 643
821, 823

Tiheys on selvästi edellistä suurempi ja kasvaa jatkuvasti suurempien kaksosten myötä. Numeroista kasvaa luonnollisesti eniten nollien lukumäärä.

236. Jaska16.6.2022 klo 09:50

2, 3, 11, 13, 23, 31, 101, 103, 113, 131, ??

237. Matti18.6.2022 klo 00:03

Olisiko seuraava 2003?

238. Matti18.6.2022 klo 00:26

No nyt tuli kämmi. Jono jatkuu 211, 223, 233, ...

239. Jaska18.6.2022 klo 19:06

Noin se menee. Mutta ratkaisu ei ole täydellinen. Kyssäreitä on kaksi!

240. Matti19.6.2022 klo 00:04

On siis toinenkin looginen tapa jatkaa jonoa? No mietitään.

241. Jaska20.6.2022 klo 17:09

Niin, mikä se toinen yhdestoista luku mahtaakaan olla.

242. Matti22.6.2022 klo 22:19

En kyllä keksi sitä toista tapaa jatkaa lukujonoa. Jaska, minun puolestani voit kertoa ratkaisun.

243. Jaska22.6.2022 klo 23:22

Matti, lienet haeskellut jotain komplisoidumpaa ratkaisua kuin 133, joka on yhdestoista alkuluku kvartäärijärjestelmässä (kantaluku 4). Kymmenjärjestelmässä sitä vastaa 31. Keksimäsi jatko kuuluu siis osajonoon, jonka luvut ovat alkulukuja kummassakin lukujärjestelmässä.

244. Jaska22.6.2022 klo 23:33

Auts, nyt olenkin epävarma tarkoittamastasi ekasta jatkosta. Siitä kun puuttuu välistä 221 eli kymmenjärjestelmän 41. Muut ovat siis 37, 43 ja 47.

245. Matti25.6.2022 klo 00:40

Mun konstruktio oli varsin yksinkertainen. Kirjoitin suuruusjärjestyksessä lukuja käyttäen vain numeroita 0, 1, 2 ja 3. Sitten poimin jonosta alkuluvut. Tämä antoi Jaskan luvut. Kymmenjärjestelmässä pysyttiin kaiken aikaa.

Hyvää Jussia kaikille!

246. Jaska30.6.2022 klo 11:11

Kokeillaanpa mahdollisesti hankalaa tai hyvinkin helppoa jonotehtävää. Laadi jono, josta käytän nimitystä multi-Collatz. Se päättyy varsinaisten Collatz-jonojen tapaan aina numeroon 1. Aloitusluvun kertoja ei ole 3 eikä lisäys 1, mutta parillinen tulo jaetaan aina kahdella niin kuin varsinaisessa. Jonojen määrä on niin ikään ääretön. Hepitysaika 96 tuntia.

247. Jaska5.7.2022 klo 13:52

Etuliite multi viittaa kertolaskuun. Multi-Collatzissa perusjonon parittomien lukujen kertoja ja tuloon yhteenlaskettava tuplataan. Siten 3n + 1 on tuplattuna 6n + 2 jne. Esim. perusjono 9, 28, 14, 7, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1 (19 askelta) -> 9, 56, 28, 14, 7, 44, 22, 11, 68, 34, 17, 104, 52, 26, 13, 80, 40, 20, 10, 5, 32, 16, 8, 4, 2, 1 (25 askelta). Askelien lukumäärä 6 = perusjonon parittomien lukumäärä.

Tuplausta voidaan jatkaa kuinka pitkälle tahansa: 6n + 2, 12n + 4. 24n + 8, 48n + 16, 96n + 32.... Kahdella jaettavien lukujen ja askelien määrät lisääntyvät vastaavasti parittomien pysyessä ennallaan.

248. Jaska5.7.2022 klo 17:09

Tarkennus. Parittomien lukumäärä pl. 1.

249. eol6.7.2022 klo 00:25

Toki myös 3n/2 + 1/2 päätyy kaikilla alkuarvoilla lukuun 1 (mikäli Collatz-jono käyttäytyy samoin).

250. Jaska6.7.2022 klo 10:15

Kyllä, mutta en kelpuuta sitä multi-Collatziksi jakolaskusta johtuvien pienempien askelmäärien johdosta.

251. Jaska6.7.2022 klo 10:26

P.S. Olkoon mini-Collatz tai miksei divi-Collatz.

252. Jaska9.7.2022 klo 12:56

Varataan kuitenkin nimitys mini-Collatz jonoille, joissa on vain parittomat luvut. Ne ovat siis multi-Collatzissa ja divi-Collatzissa samat. Esim. ysijono 9, 7, 11, 17, 13, 5, 1, kuusi askelta.

253. Jaska28.7.2022 klo 13:49

eolin viestiin 189. viitaten pienemmyysargumentin jatkoselvittelyä. Olen jakanut parittomien lukujen jonon 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 17, 19, 21, 23...kahteen ryhmään:

1, 5, 9, 13, 17, 21... (edellä A). Näillä seuraava ensimmäinen 3n + 1 on jaollinen luvulla 4 tai sitä korkeammilla luvun 2 potensseilla (sekä parittomilla alkutekijöilä) jonossa 4, 16, 28, 40, 52, 64...

3, 7, 11, 15, 19, 23... (edellä B). Näillä ensimmäinen 3n + 1 on jaollinen vain luvulla 2.

Koska mikään jono ei sisällä vain B-lukuja, ne voidaan karsia pois (poikkeuksena 3) konjektuurin autenttisuutta tutkittaessa. Operaation ensimmäisessä vaiheessa listataan siis rajallisen pituinen jono A, jonka lukujen 3n + 1 muodostavat jonon 4, 16, 28, 40, 52, 64...

Toisessa vaiheessa lasketaan kutakin lukua seuraava ensimmäinen pariton luku jakamalla luvut 4, 16, 28, 40, 52, 64... jakajalla 2^n, jossa n on korkein mahdollinen potenssi. Saadaan jono 4/4 =1, 16/15 = 1, 28/4 = 7, 40/8 = 5, 52/4 = 13, 64/64 = 1... Jonossa on yksi B-luku,, jonka tuottanut alkuperäisen jonon 9 poistetaan jatkosta. Samoin hylätään vastaavasti muut jatkossa esiintyvät luvut.

Samalla metodilla jatketaan, kunnes jäljellä on vain A-luvuista koostuva otantaa vastaava äärellinen jono. Siitä poistetaan luvut, jotka eivät johda suoraan lukuun 5. Esim. 17, 53, 26, 13, 40, 20, 10, 5. Poistetaan 17, jää 13.
Jäljelle jää lukujono, joka voidaan jakaa kahteen ryhmään: 2^n - 1, jossa n on parillinen, sekä 3n + 1 = 10(2^n - 1).

1, 5, 21, 85, 341, 1365...

3, 13, 53, 213, 853, 3413...

Jokaisessa Collatz-jonossa esiintyy jokin näiden jonojen luvuista. Se on erikseen todistettavissa, jos tarvis on.

254. Jaska26.10.2022 klo 12:39

Tarvista ei kolmeen kuukauteen ilmennyt, mutta jatketaan silti noiden Collatz-jonojen alkujen tarkastelua. Mitkä ovat seuraavat termit?

255. eol27.10.2022 klo 08:58

Nyt kolmen kuukauden jälkeen ainakin minulle on näköjään epäselvää se, että mistä Collatz-jonoista tässä (eli viestissä 254) on kyse. On ehkä jotain päässyt minulta unohtumaan.

256. Jaska27.10.2022 klo 11:07

Olisi pitänyt täsmentää, että Collatz-todistamisjonoista. Se ei kuitenkaan vaikuta jonojen jatkon löytämiseen.

257. eol27.10.2022 klo 21:41

(No juu, kyllähän se tietysti olisi turhan yksinkertainen tehtävä ollutkin, siis jatkaa mitä tahansa annettua ["perusmuotoista"] Collatz-jonoa, kuten esimerkiksi 7, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, ... .)

258. Jaska28.10.2022 klo 12:40

Havaittava simppeli asia oli erotusten nelinkertaistuminen, joten termit suurenevat 4n + 1. Jatkot ovat siis 5461 ja 13653. Joku voi kysyä, mitä ideaa tässä nelinkertaistuksessa on. Niiden avulla voidaan laskea Collatz-jonojen askelmääriä (kokonaismäärä - 1) periaatteessa niin pitkälle kuin tietokonekapasiteetti riittää. Askelmäärien lista löytyy haulla Collatz conjecture calculator. Siitä voi tsekata seuraavassa esitettäviä tuloksia eli suluissa olevia askelmääriä.

1 (3), 5 (5), 21 (7), 85 (9), 341 (11), 1365 (13), 5461 (15) jne. Askelmäärien lisäys termi termiltä on siis aina 2. Jatketaan.

3 (7), 13 (9), 53 (11), 213 (13), 853 (15), 3413 (17), 13653 (19) jne. Seuraava aloitusluku on jo esiintynyt, siirrytään lukuun 7.

7 (16), 29 (18), 117 (20), 469 (22), 1877 (24), 7509 (26), 30037 (28) jne. Jatkossa vai aloitusluku n ja seuraava termi. Yhteenlaskettava on 3 n + 1, tässä siis 7 + 22.

9 (19), 37 (21),

11 (14), 45 (16),

15 (17), 61 (19)

17 (12), 69 (14)

19 (20), 77 (22) jne.

259. Jaska11.11.2022 klo 12:19

Engl. Wikipedian mukaan suurin konjektuurin toteuttava luku vuoden 2020 elokuuhun mennessä on 98 382 635 059 784 275 085 eli 98 triljoonaa ja risat. Viestien 253 ja 258 tietojen perusteella voit rikkoa tämän rekordin. Kuka ehtii ensin? Laskin esim. haulla calculator for big numbers.

260. eol11.11.2022 klo 17:39

Mistähän päin englanninkielistä Wikipediaa tuo tieto löytyy? Ja onko kyse siis nimenomaan Collatzin konjektuurista? Minä nimittäin löysin Collatzin konjektuuria koskevan kohdan

https://en.m.wikipedia.org/wiki/Collatz_conjecture #Experimental_evidence

ja sieltä seuraavan erilaiselta vaikuttavan tiedon:

"As of 2020, the conjecture has been checked by computer for all starting values up to 2^68"

Tuo 2^68 on noin 2,95 × 10^20 eli suurempi kuin Jaskan edellisessä viestissä mainitsema luku. Lisäksi on selvää, että triviaalisti jokainen 2:n potenssi, siis esimerkiksi 2^1000, toteuttaa konjektuurin.

261. Jaska11.11.2022 klo 19:01

Luvun 2^68 löysin minäkin ekasta hakuosumasta Collatz conjecture. Sen arvoksi laskin antoi 295 147 905 179 352 825 256, joka on lähes eksaktisti kolme kertaa suurempi kuin 259:ssä ennätykseksi tituleeraamani. Jäi mainitsematta, että jatkumona em. viesteille tarkoitin tietysti Collatzin parittomia lukuja. Siis tässä (2^68 - 1) / 3. Tosin sekin on aksiomaattisesti konjektuurin toteuttava niin kuin suuremmatkin luvun 2 parilliista potensseista yhdellä jaolla saadut

262. Jaska15.11.2022 klo 12:16

Ko. 21-numeroisen luvun voi merkitä Collatzin yhteydessä myös koodilla CR 68d, jossa CR tarkoittaa Collatz reversed, ja d jakoa (divide). Jono alkaa siis luvulla 1 ja päättyy lukuun (2^68 - 1) / 3. Vältytään valtavilta numeropötköiltä. Parillinen potenssi saa olla kuinka suuri tahansa. Esim. CR 3166d on siis konjektuurin aksiomaattisesti toteuttava luku.

Jatketaan pähkäilyä. Ensimmäisen jaon osamäärästä voidaan johtaa toinen pariton luku, siitä taas uusi pariton luku jne. On selviö, että nekin toteuttavat konjektuurin. Eli varsinaisen Collatz-jonon aloituslukuna ne johtavat aina luvun 2 parillisen potenssin kautta suoraan lukuun 1. Jokaisen CR-jonon viimeisestä luvusta voidaan siis palata takaisin. Näin yksinkertaista se todellakin on. Spekulatiivinen vastaoletus kuuluu: on mahdollisesti pariton luku, jota ei voi saavuttaa kuvatulla menetelmällä. Se on helppo kumota, samoin kuin jo todistettu B-luvuilla äärettömiin kasvavan jonon mahdottomuus.

263. Jaska20.11.2022 klo 19:22

Jatketaan CR-askelmäärien tarkastelua. Otetaan mukaan parilliset numerot. Lyhin askelmäärä on tällöin luonnollisesti 1 jonossa 1, 2. Selvyyden vuoksi pilkku lukujen välissä. Yhden askelen jonoja on siis yksi.

2 askelta:
1, 2, 4
jonoja yksi

3 askelta:
1, 2, 4, 1 (silmukka)
1, 2, 4, 8
jonoja kaksi

4 askelta:
1, 2, 4, 8, 16
jonoja yksi, silmukkaa ei siis jatketa

5 askelta:
1, 2, 4, 8, 16, 5
1, 2, 4, 8, 16, 32
jonoja kaksi

6 askelta:
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64
jonoja kaksi

7 askelta:
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 3
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 20
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 21
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128
jonoja neljä

8 askelta:
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 3, 6
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 20, 40
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 21, 42
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256

9 askelta
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 3, 6, 12
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 20, 40, 13
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 20, 40, 80
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 21, 42, 84
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 85
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512
jonoja kuusi

10 askelta
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 3, 6, 12, 24
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 20, 40, 13, 26
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 20, 40, 80, 160
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 21, 42, 84, 168
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 85, 170
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024
jonoja kuusi

Jatketaan myöhemmin. Voit mietiskellä, mitä noista voisi päätellä. Vapaaehtoisena harjoitustehtävänä voit laatia 11 askelen jonot.

264. Jaska22.11.2022 klo 11:52

11 askelta sisältävät 8 jonoa

1, 2, 4, 8, 16, 5, 10 3, 6, 12, 24, 48
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 20, 40, 13, 26, 52
1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 20, 40, 80, 160, 53
1, 2, 3, 8, 16, 5, 10, 20, 40, 80, 160, 320
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 21, 42, 84, 168, 336
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 85, 170, 340
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 341
1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048

Tähän saakka jonoissa esiintyneet kahdeksan paritonta lukua ovat 1, 5, 3, 21, 13, 85, 53, 341. Niitä esiintyy jatkossa kaikissa askelmäärissä:

12 askelta: 17, 113
13 askelta: 35, 213, 227, 1365
14 askelta: 11, 601, 75, 453
15 askelta: 23, 141, 853, 151, 909, 5461
16 askelta: 7, 15, 277, 301, 1813
17 askelta:15, 93, 565, 3413, 605, 3637, 21845

Tähän saakka yhteensä 36 lukua. Jatkossa lisäys nopeutuu, sadan raja ylittyy 22:ssa askelessa. Teoriassa laskentaa askel askelelta voidaan tietysti jatkaa äärettömiin. Käytännössä on rajoituttava äärellisiin lukuihin eli äärellisiin määriin kombinaatioita luvuilla 2^n ja d. Miettikää näitä ensi kertaa saakka.

265. Jaska24.11.2022 klo 13:33

Jonojen tarkastelussa havaitaan, ettää niiden alkupäissä on samoja lukuja. Vain kaikki viimeiset luvut ovat lukuarvoltaan erilaiset. Tämä ominaisuus on pysyvä vailla poikkeuksia. Askelmäärän n viimeiset luvut joko kaksinkertaistuvat askelmäärässä n+1, tai ne pienenevät CR d-jaolla kolmannekseen. Katsotaan vielä 10 ja 11 askelen jonojen viimeiset luvut.

24, 26, 160, 168, 170, 1024

Kaikki luvut kaksinkertaistuvat jonossa 48, 52, 53, 320, 336, 340, 341, 2048. Lisäksi jaoista 159/3 ja 1023/3 saadaan luvut 53 ja 341.

Mitä tämä ominaisuus tarkoittaa? Seuraamus on a), että kaikkien varsinaisten Collatz-jonojen ensimmäisestä luvusta vain yksi tie johtaa lukuun 1, ja b), yhden ja saman CR- tai varsinaisen Collatz-jonon luku esiintyy jonossa vain yhden kerran. Muu silmukka kuin 1, 4, 2, 1 on siis mahdoton.

Entä mahdollisuus, että on lukuja, jotka jäävät kuvatun jatkumon ulkopuolelle, vaikka kuvatulla askel askelelta syntyneisiin jonoihin sisältyvät kaikki mahdolliset kokonaisluvut. Oletetaan, että eräs sellainen luku on x. Siis myös kaikki luvut 2x, 4x, 8x ne ovat sellaisia. Myös 3x + 1 ja sen jatke ovat sellaisia. Se tarkoittaa, että on äärettömän paljon lukuja, jotka eivät Collatz-säännöillä johda lukuun 1. Kumotaan oletus ensi kerralla. Voit sen tehdän helposti itsekin.

266. Jaska24.11.2022 klo 13:46

...viestiä 196 tutkailemalla.

267. Jaska25.11.2022 klo 11:46

Peruutus. Älkää tutkailko. Siinä on virheitä. Korjaus tulee.

268. Jaska25.11.2022 klo 12:43

Korjaus. Pännii raivoisasti viimevuotisen tarkastamattomuus. Kukaan ei virheitä silloin eikä tällöinkään noteerannut, mikä tietysti oli mahdotontakin jonoja tutkailematta.

Eka sarake Collatz-jonon ensimmäinen luku, toinen sarake ensimmäinen luku x 3 + 1, kolmas sarake saadun tulon jakaja, neljäs sarake jaosta saatu osamäärä.

1, 4, 4, 1
3, 10, 2, 5
5, 16, 16, 1
7, 22, 2, 11
9, 28, 4, 7
11, 34, 2, 17
13, 40, 8, 5
15, 46, 2, 23
17, 52, 4, 13
19, 58, 2, 29
21, 64, 64, 1
23, 70, 2, 35
25, 76, 4, 19
27, 82, 2, 41
29, 88, 8, 11
31, 94, 2, 47
33, 100, 4, 25
35, 106, 2, 53
37, 112, 16, 7
39, 118, 2, 59
41, 124, 4, 31
43, 130, 2, 65
45, 136, 8, 17
47, 142, 2, 71
49, 148, 4, 37
51, 154, 2, 77
53, 160, 32, 5
55, 166, 2, 83
57, 172, 4, 43
59, 178, 2, 89
61, 184, 8, 23
63, 190, 2, 95
65, 196, 4, 49
67, 202, 2, 101
69, 208, 16, 13
71, 214, 2, 207
73, 220, 4, 55
75, 226, 2, 113
77, 232, 8, 29
79, 238, 2, 119
81, 244, 4, 61
83, 250, 2, 125
85, 256, 256, 1
87, 262, 2, 131
89, 268, 4, 67
91, 274, 2, 137
93, 280, 8, 35
95, 286, 2, 143
97, 292, 4, 73
99, 298, 2, 149
101, 304, 16, 19

Tämän virheettömänkin version tutkaileminen on vapaaehtoista. Kerron myöhemmin, mikä oleellinen huomio on haussa.

No nyt reCAPTCHA taas torpedoi lähetysyritykset. Raivostuttavaa. Menen kaapille ja otan glögiä.

269. Jaska25.11.2022 klo 12:44

Kannatti raivostua, lähetys onnistui. En otakaan glögiä.

270. Jaska25.11.2022 klo 18:24

Hybris sai rangaistuksensa. 268:ssa on kaksi virhettä. Oikein on 71, 214, 2, 107 (ei 207). Toinen virhe on siis virheettömäksi väittäminen.

Haettavana oli havainto, että äärellisen taulukon puitteissa voidaan konstruoida Collatz-jonoja, joiden kaikki parittomat luvut löytyvät taulukosta osamääriä ketjuttamalla. Esimerkkinä aloitusluku 33. Ketju etenee näin:

33 > 25 > 19 > 29 > 11 > 17 > 13 > 5 > 1.

Havaitaan, että jonon kaikki numerot esiintyvät siinä vain yhden kerran. Kaikki kahdeksan lukua ovat myös vastaavien CR-jonojen viimeisiä lukuja. Koska yhdessä itsenäisessä CR-jonossa kukin luku esiintyy vain yhden kerran, niin samoin on luonnollisesti vastaavan C-jonon laita. Silmukka on siis mahdoton muilla aloitusluvuilla kuin 1.

Jos Colllatz Calculator ei ole käytettävissä, jonojen pituudet voi laskea myös ynnäämällä taulukosta kahden peräkkäisen luvun askelmäärät. Näin saadaan 3:lla alkavan C-jonon askelmääräksi 26 ja jonon pituudeksi 27.

Taulukko olisi monia kiinnostava netissä vaikkapa lukuun 100001 saakka. Tai ehkä vähemmän kuin monia.

271. Jaska29.11.2022 klo 12:09

Seuraavaksi matkailemme vertauskuvallisesti äärettömässä CR-avaruudessa, jossa on ääretön määrä aurinkokuntia. Meillä on kuitenkin mahdollisuus ja kyky kartoittaa niistä erittäin kaukanakin sijaitsevia. Kohteita tunnetaan jo triljoonia. Meillä on myös miljardeja CR-nautteja, joiden avaruusalukset liikkuvat multimiljoonakertaisella valonnopeudella. Kukin heistä voi tehdä useitakin matkoja niiden pituudesta riippuen.

Matkojen lähtöpaikka on luonnollisesti oman aurinkokuntamme planeetta Tellus eli luku 1. CR-nautit saavat siellä seuraavat tarkat ohjeensa, joita heidän on pakko noudattaa. Matkat tilastoidaan järjestyksessä lyhimmästä mahdollisesta pisimpään mahdolliseen. Jokaiselle CR-nautille annetaan koodi, jonka mukaan hän etenee ja lopettaa matkansa. Sen päätyttyä hän palaa tarkalleen samaa reittiä takaisin.

Monet avaruusmatkailun asiantuntijat ovat varauksellisia CR-nauttien paluun onnistumismahdollisuuksista tähän saakka tuntemattomista kohteista. Niinpä Telluksella odotellaan jännityksellä pääsevätkö kaikki samaa reittiä takaisin. Helpotus on suuri, kun miljardeista nykyisistä ja tulevista CR-nauteista yksikään ei jää kateisiin avaruuden äärettömiin uumeniin. Heidänkin matkakoodinsa kyetään laskemaan etukäteen.

272. Jukkis30.11.2022 klo 09:24

MInä näissä Jaskan Collatz-jutuissa olen tippunut kärryiltä jo kauan sitten, mutta voisit hiukka selvittää tuota avaruusmatkailujuttua. Vaikka esimerkkejä noista "koodeista" ja miten niitä sitten käytännössä sovellettaisiin.

273. Jaska30.11.2022 klo 12:07

Juttu oli siis vertauskuva eri pituisten käännettyjen Collatz-jonojen tutkimuksesta. Konjektuuria on tähän mennessä tutkittu käsittääkseni lähes yksinomaan laskemalla jonojen pituuksia määrätystä lukua 1 suuremmasta luvusta aloittaen, tavoitteena kaikkien päättyminen lukuun 1. Se on onnistunut kaikilla testatuilla aloitusluvuilla.

Konjektuurin paikkansapitävyydellä on siis vahva numeerinen tuki, joka ei kuitenkaan yksin riitä todistukseksi. Pitää todistaa, että vielä testaamattomilla aloitusluvuilla ei löydy vastaesimerkkiä. Wikipedian artikkeleissa spekuloidaan muulla kuin a) 1, 4, 2, 1 -silmukalla tai b) lukujen suurenemisella äärettömiin. a) kumoutuu CR-metodilla, ja b) sillä, ettei mikään parillisten lukujen jono jatku äärettömiin, kun termit kerrotaan luvulla 1,5.

Kaikkien Collatz-jonojen ominaisuus on yksi ainoa reitti aloitusluvusta lukuun 1. Laskeminen on toimenpiteenä yksinkertainen, joskin tietokoneillekin pitkäkestoinen megasuurilla luvuilla. CR-jonojen konstruointi on mutkikkaampi. Aloitusluvun 1 jälkeen on äärettömän monta säännönmukaista jatkamistapaa. Sääntö: kaikki luvut saa aina kertoa kahdella miten monta kertaa tahansa. Määrätyissä tapauksissa kahdentaminen on pakollinen. Jos parillinen luku n-1 on jaollinen luvulla 3, voidaan myös jatkaa ko. osamäärästä.

Kahdentamisen ja jakamisen kombinaatioita on ääretön määrä. Tutkittavien jonojen määrä on kuitenkin äärellinen. Systemaattinen tutkimus on luonnollista aloittaa alkupäästä eli lyhimmistä jonoista. Lyhin on siis 1, 2, toiseksi lyhin 1, 2, 4, kolmanneksi lyhimmät 1, 2, 4, 1 ja 1, 2, 4, 8 jne. Jonojen kasvaessa niiden merkkimäärätkin kasvavat sitä nopeammin, mitä enemmän niissä on kaksinkertaistuksia. Koodauksella niitä voidaan vähentää. Silti kooditkin tietysti kasvavat hyvin pitkiksi.

Esittämässäni CR-koodissa kahdentaminen esitetään potensseilla. 1 eli 2^1 = 2, 2 eli 2^2 = 4, 3 eli 2^3 = 8 jne. Jaon merkintänä olen käyttänyt kirjainta d. Esim. tutkijalle annetaan koodi CR 4d, 5d, 1d, 1d, 3d, 4d, määräys palata takaisin samaa reittiä, raportoida askelmäärä ja lukua 1 seuraavat parittomat luvut niiden esiintymisjärjestyksessä.

Kokeile ja raportoi.
.

274. Jaska2.12.2022 klo 19:44

Raportteja ei näy, joten mahdollisesti kukaan ei vaivautuut kokeilemaankaan. Operaatio aloitettuna luvusta 1 sujuu seuraavasti.

(1) > 16 > 5 > 160 > 53 > 106 > 35 > 70 > 23 > 184 > 61 > 976 > 325

CR-jonon askelmäärä saadaan ynnäämällä koodin potenssit 4 + 5 + 1 + 1 + 3 + 4 = 18 sekä d:t 6 kpl, yhteensä 24.
Parittomat luvut ovat 5, 53, 35, 23, 61, 325. Koodaamaton jono on siis

1, 2, 4, 8, 16, 5, 10, 20, 40, 80, 160, 53, 106, 35, 70, 23, 46, 92, 184, 61, 122, 244, 488, 976, 325

Koodaaminen supistaa siis huomattavasti merkkimäärää. Luonnollisesti varsinaiset C-jonot voidaan myös vastaavasti koodittaa. Ja lukuun 1 päädytään niissä parissa triljoonassa tietokoneitse lasketussa tapauksessa.

Kaikki lienevät ymmärtäneet tähän saakka. Seuraavaksi päätetään kurssi selventämällä todistuksen pienemmyysargumenttia.

275. Jaska5.12.2022 klo 19:28

Kerrataan ennen opittua. Collatzissa(kin) luvut voidaan jakaa ryhmiin. Pääryhmät ovat parilliset ja parittommat. Parittomilla on niin ikään kaksi perusalaryhmää sen mukaan, millä luvun 2 potenssilla 3n + 1 on jaollinen. Ryhmän A luvuilla se on jaollinen suuremmilla kahden potensseilla kuin 2^1 eli 2. Ryhmän B lukujen alkutekijöissä luku 2 esiintyy vain kerran. Esim. luku 25 kuuluu ryhmään A, koska luku 76 = 2*2*19. Luku 23 kuuluu ryhmään B, koska 70 = 2*5*7.

Seuraavien jonojen luku tarkoittaa ko. luvulla alkavan jonon ensimmäistä numeroa.

1, 5, 9, 12, 17, 21, 25, 29, 33, 37... erotukset 4
3, 11, 19, 27, 35, 43, 51, 59, 67, 75... erotukset 8
7, 23, 39, 55, 71, 87, 103, 119. 135, 151... erotukset 16
15, 47, 79, 111, 143, 175, 207, 239, 271, 303... erotukset 32
31, 91, 159, 223, 287, 351, 415, 479, 543, 607... erotukset 64
jne äärettomiin. Vrt. myös jono 1, 3, 7, 15, 31...

Ensimmäisessä jonossa on vain A-lukuja. Kaikissa seuraavissa jonoissa on vain B-lukuja. Luvulla 3 alkavassa jonossa jokaista lukua seuraa A-luku. Luvulla 7 alkavan jonon toinen luku on myös B-luku, joita jonon alussa on siis kaksi peräkkäin. Lukua 15 seuraa kaksi B-lukua, joten vastaavassa jonossa on kolme peräkkäistä B- lukua.

Viimeisen esimerkkijonon alussa on vastaavasti neljä peräkkäistä B-lukua:

31, 47, 71, 107

Erotusjono on seuraava: 16, 24, 36. Havaitaan, että 16*1,5 = 24, ja 24*1,5 = 36. Jatketaan samalla kertojalla. 36*1,5 = 54. Niinpä jonon viides luku on 107 + 54 = 161, joka on A-luku. Seuraavaksi lisätään jonoon varsinaisen Collats-jonon parilliset luvut ja jatketaan 161:stä eteenpäin.

31, 94, 47, 142, 71, 214, 107, 322, 161, 484, 242, 121. Havaitaan, että lukujen 161 ja 242 erotus on 81 = 3^4. Potenssi on siis sama kuin alun peräkkäisten lukumäärä.

Tiedämme nyt, että missään Collatz-jonossa eivät luvut voi suureta äärettömiin erotusten kertojalla 1,5. Aina lopulta jokainen putki jatkuu sen viimeistä pienemmällä luvulla. Mutta miten se todistaa, että jono päättyy siitä eteenpäin aina numeroon 1? Eihän esimerkkijonossakaan 121 ole pienempi kuin aloitusluku 31. Tiedämme vain muuten, että ko. 106-askelinen jono päättyy lukuun 1.

Vastaus löytyy CR-jonosta. Siinä 121 on luonnollisesti ennen pötköä 242, 484, 161, 322, 107, 214, 71, 142, 47, 94, 31. CR-jonon loppupään luvut siis pienenevät kauniissa n/1,5-sarjassa. Askel askelelta pitenevät CR-jonot sisältävät kaikki Collatz-sääntöjen mukaiset kokonaisluvut käännetyssä järjestyksessä. Ei tämä todellakaan sen mutkikkaampaa ole.

Niin ikään on tosiasia, että CR-jonot jatkuvat äärettömiin. Kun pariton luku on kolmella jaollinen, jono jatkuu siitä äärettömiin kertojalla 2. Kun luvun alkutekijät ovat >3, parittomat "jatkavat suluaan" äärettömiin. Mutta ne äärettömät jonot käsittävät pelkästään määrättyjä äärellisiä lukuja. Ja Collatzissa operoidaan vain äärellisillä luvuilla tietokoneiden kapasiteetin puitteissa. Voidaan siis myös jatkaa konjektuurin kumoavan luvun etsimistä. Se on kuitenkin toivotonta - just hopeless.

276. Jaska9.12.2022 klo 14:10

Mitä seuraavat ovat? Arvaamallakin voi osua.

1
3
6, 7
15
26, 31
31, 63
38, 41, 106, 127
41, 61, 127, 255
47, 88, 101, 169, 426, 511
59, 101, 181, 253, 511, 1023

277. Jaska12.12.2022 klo 13:37

Ne ovat 263:ssa listattujen 1-10 askelmääräisten CR-jonojen absoluuttisia pituuksia. Esim. viiden askelen jonoista ne syntyvät seuraavasti.

1, 2, 4, 8, 16, 5 (koodi 4d)
1, 2, 4, 8, 16, 32 (koodi 5)

Ylemmässä jonossa luvut kaksinkertaistuvat 16:een saakka, joten siihen asti matkan pituus on 16 - 1 = 15. Sitten 15/3 = 5. Lisätään 16 - 5 = 11, johon ynnätään 15. Summa 26 on siis haettu pituus.

Alemmassa jonossa edetään suoraan lukuun 32, joten pituus on 32 - 1 = 31.

Laskenta koodin mukaan edellyttää siis vuorotellen eteen ja taaksepäin siirtymistä lukusuoralla. Nyrkkisääntö askelmäärissä on, mitä enemmän pakituksia, sitä enemmän askelia. Absoluuttisissa pituuksissa on toisin. Mitä enemmän etenemisiä, sitä suurempi absoluuttinen pituus. Kaikissa askelmäärissä suurin pituus on siis jonolla 2^n.

Otetaan esimerkiksi artikkelissa Collatz conjecture (eka osuma) esitetty 27:llä alkava C-jono, jonka askelmäärä on 111. Se on arvatenkin Collatzin itsensäkin yllättäen huomattavasti suurempi kuin edeltävän 25:llä ja seuraavan 29:llä alkavan jonon askelmäärä.

Yllä esitetyn mukaan CR-laskennalla 27:ään päättyvän jonon absoluuttinen pituus on 87 174. Pisimmän 111-askelisen jonon vastaava on 2^111 - 1 = 2 596 148 429 267 413 814 265 248 164 610 048, siis yli 2596 kvintiljoonaa. Ei siis ole ihmeellistä, että samoillakin askelmäärillä syntyy valtavia poikkeamia.

Näyttää siltä, että CR-tutkimus ei ole pahemmin kiinnostanut matemaatikkoja. Sikäli hyvä, että maallikoille riittää hommaa harrastuspohjalta.

278. Jaska12.12.2022 klo 13:48

Jäi se 1 miinustamatta. Eli 34-pötkön vika numero po. 7.

279. Jukkis12.12.2022 klo 17:18

Paas nyt tähän vielä kertauksena CR-jonon määritelmä.

280. Jaska12.12.2022 klo 20:01

Tavallinen C-jono alkaa valinnaisesta luvusta > 1. Jos luku on parillinen, se jaetaan kahdella. Jos se on pariton, se kerrotaan kolmella, lisätään tuloon 1, ja jaetaan saatu parillinen tulo taas kahdella. Näin jatketaan, kunnes päädytään lukuun 1.

CR-jono on tavallinen käännettynä. Se alkaa luvusta 1, joka on pariton. Kaikki parittomat luvut kerrotaan aina kahdella. Jos tulo on luku, josta miinus 1 on jaollinen kolmella, se on aina myös jaettava kolmella. Saatu aina pariton osamäärä kerrotaan taas kahdella. Näin jatketaan, kunnes jono päättyy valinnaiseen lukuun, joka voi olla valinnaisen askelmäärän viimeinen niin kuin esimerkkijonoissa.

281. Jaska12.12.2022 klo 20:31

Sori, äsken tuli kiireen johdosta pahaa sekoilua. Kolmella jakaminen on siis myös valinnaista. Voidaan aina jatkaa myös kertomalla kahdella. Eniissa esimerkkijonoissa samanpituisten samanpituisten jonojen järjestys perustuu siihen, että aina ensin jaetaan kolmella, jos mahdollista. Seuraavassa jonossa on kahdennuksen vuoro.

282. Jaska12.12.2022 klo 20:32

Taas tuli kiire, lähtö menossa...

283. Jaska12.12.2022 klo 21:06

Eipä enää kiirettä. Alpertto (55,40) tyhjensi pelikassan:(

Yksinkertaisesti: CR-jonossa tavallisen jonon luvut ovat käännetyssä järjestyksessä.

284. Jaska30.1.2023 klo 18:45

Jonoelämä jatkuu tänäkin vuonna. Varmuuden vuoksi luokitellaan mahd. ratkojille heti alkuun kovikseksi.

0, 2, 1, 7, 4, 8, 17, 12, 6, 35, 24, 39, 30, 20, 10, ?

285. Jaska31.1.2023 klo 18:45

286. Jaska1.2.2023 klo 19:07

+, +, +, +, +, +, +, +, , , , , ,

287. Jaska3.2.2023 klo 16:50

Ynnäämällä 0+2 = 2, 0+2+1 = 3, 0+2+1+7 = 10 jne. saadaan toinen jono, jonka perusteella ekaa voi jatkaa. Huom. ekassa kukin luku esiintyy vain yhden kerran.

288. Jaska6.2.2023 klo 12:34

Ratkaisun avain ovat seuraavan summajonon summien suurimmat alkutekijät (suluissa), jotka erillisinä muodostavat siis alkulukujen jonon suuruusjärjestyksessä.

2 (1x2), 3 (1x3), 10 (2x5), 14 (2x7), 22 (2x11), 39 (2x13), 51 (3x17), 57 (3x19), 92 (4x23), 116 (4x29), 155 (5x31), 185 (5x37), 205 (5x41), 215 (5x43), 282 (6x47)... Kysytty luku on siis 282 - 215 = 67.

Jaskan konjektuuri: Äärettömässä yhteenlaskettavien jonossa esiintyvät kaikki kokonaisluvut. Alakonjektuuri. Ei ole mahdollista todistaa, että siinä eivät esiinny kaikki kokonaisluvut.

289. Jukkis7.2.2023 klo 16:33

Ymmärsin tuon kun aikani katselin. Aika jännä.

Tällainen:

Jos on jono
20, 22, 14, 10, 8, 7, 1, 0, 0, 0, 0, ...
niin miten jatkuu jono
12, 16, 15, 9, ... ?

290. Jaska8.2.2023 klo 13:04

Minulla ei löydy ratkaisulle idätyskelpoisia siemeniä. Löytyykö muilla?

291. Jukkis8.2.2023 klo 16:05

Eihän näihin kukaan muu osallistu. OEIS saattaa auttaa.

292. Jaska8.2.2023 klo 17:14

Se kävi kyllä mielessä. Jätän kuitenkin huomiseen.

293. eol9.2.2023 klo 00:02

OEIS:n avulla näyttää hyvinkin suoraviivaiselta päätellä, että seuraava luku on 4, eli jono alkaa
12, 16, 15, 9, 4, ... .

Jälkiviisas näkemykseni on, että ei tehtävä vaikuta ainakaan täysin kohtuuttomalta, vaikka pidättyisi kokonaan OEIS:n käytöstä. Mutta minä siis en kyllä omin avuin ratkaisua löytänyt - ehkä laistoin enkä etsinyt sitä riittävän kärsivällisesti.

294. eol9.2.2023 klo 01:25

P.S. Jos joku nyt sattuisi ajattelemaan, että nappasin turhanpäiten tämän tehtävän aivan Jaskan nenän edestä, niin puolustautuisin ilman muuta sillä, että jonon seuraavan jäsenen selvittäminen on suunnilleen saman kaliiperin tehtävä - eikä ainakaan yhtään vaikeampi.

295. Jaska9.2.2023 klo 13:42

Kävin OEIS:ssä. Jos oikein ymmärsin, kyse on luvun sellaisten yhteenlaskettavien lukumäärästä. että luku on jaollinen ko. yhteenlaskettavalla. OEIS:ssä Jukkiksen esimerkkijonon edellä ovat 62 ja 34. 62 = 62 (1 kpl); 31 + 31 (2 kpl), 2 + 2 2 ... (31 kpl), yhteensä. 34, jossa kpl määrä on puolestaan 1 + 2 + 17 = 20. Kakkosjonon jatko on siten 4:n jälkeen 3, 1, 0, 0, 0.......

Juhani Heinokin näkyy kontributoineen aiheesta.

296. eol9.2.2023 klo 15:17

Eli toisin sanoen a(n+1) on a(n):n kaikkien aitojen jakajien summa (jossa siis yhteenlaskettavat ovat positiivisia ja pienempiä kuin a(n) itse).

297. Jukkis9.2.2023 klo 15:19

Törmäsin tähän "aliquot sequence" -juttuun, josta koskaan en ollut ennen kuullut.

Millainen on luvulla 95 alkava aliquot-jono?

298. Jaska9.2.2023 klo 15:56

Siinä on vain kolme erisuuruista lukua. 95, 25, sitten ääretön kuutospötkö.

299. Jukkis9.2.2023 klo 16:25

Entä jos aloitetaan luvusta 220?

300. Jaska9.2.2023 klo 18:37

220 ei kelpaa aloitusluvuksi? Sen jakajien eli yhteenlaskettavien kokonaissumma on yli 220, mikä ei ole sallittua. Vai onko?

301. Jukkis9.2.2023 klo 18:43

Tietysti on sallittua.

302. Jaska9.2.2023 klo 21:39

Päässä laskien 220, 253, 43, 1, 0, 0, 0...

303. eol9.2.2023 klo 21:58

Jaska, ei aivan. Tämä on hieman erikoisempi jono, jonka kaltaista täällä ei vielä tätä ennen ole tullut esille. (Ja minulle kirjallisuudesta tuttu.)

304. Jaska10.2.2023 klo 10:45

Korjaus kynällä ja paperilla. 220, 243, 121, 12, 16, 15, 9, 4, 3, 1, 0, 0, ....

305. Jukkis10.2.2023 klo 10:48

Ei osunut vieläkään.

306. Jaska10.2.2023 klo 12:11

Kynällä ja paperilla tulee näämmä vielä älyttömämpiä virheitä. Kolmas ja viimeinen yritys. 220:n tekijät ovat 1, 2, 4, 5, 10, 11, 20, 22, 44, 55, 110. Kpl-määrät samassa järjestyksessä: 1, 110, 55, 44, 22, 20, 11, 10, 5, 4, 2. Summa 284. Siis: 220, 284, 7, 1, 0....

Minkä tahansa alkuluvun jälkeen seuraa 1, 0.........

307. eol10.2.2023 klo 12:26

Jos saan vielä vinkata: Polttaa jo, mutta onhan esimerkiksi 142 yksi 284:n tekijöistä. Tämän jonon laskeminen ei silti ole kovinkaan suuritöinen tehtävä.

308. Jaska10.2.2023 klo 13:49

284 - 1 kpl, 142 - 2 kpl, 71 - 4 kpl. 1 + 2 + 4 = 7. Miten tuo on väärin?

309. Jaska10.2.2023 klo 13:58

Mikä yhteinen ominaisuus on seuraavilla alkulukukaksospareilla?

5-7, 29-31, 659-661, 809-811, 2339-2341, 2549-2551, 3329-3331, 3389-3391........

310. Jaska10.2.2023 klo 14:00

Sori, oma tehtäväni häiritsi eolin viestin tajuamista.

311. Jaska10.2.2023 klo 14:05

Korjaus. 280, 220 jne

312. Jaska10.2.2023 klo 14:08

Onko noita vuorotellen lukuja muita?

313. eol10.2.2023 klo 14:38

On, niitä kutsutaan nimellä "amicable numbers". Sitten on vielä "sociable numbers", joiden kohdalla jonon jakso on pitempi kuin 2. (Edellä esillä ollut 6 kuten myös esimerkiksi 28 ovat "perfect".) Wikipedia ja Google tietävät paljon näistä kaikista.

314. eol10.2.2023 klo 14:50

Lainaus: 311. Jaska 10.2.2023 klo 14:05
"Korjaus. 280, 220 jne"

Tuossa olikin pieni painovirhe. Ei 280 vaan 284, eli jono on: 220, 284, 220, ...

315. eol10.2.2023 klo 15:10

P.S. Voidaan toki katsoa, että käsitteet "perfect" ja "amicable" ovat käsitteen "sociable" erikoistapauksia.

https://en.m.wikipedia.org/wiki/Sociable_number#Li st_of_known_sociable_numbers

316. Jaska10.2.2023 klo 16:57

Onnistuin tekemään virheen viidessä peräkkäisessä jonossani. Tulos on vaikeasti rikottavissa itsellenikin.

Varmuuden vuoksi lisätään, että 309:ssä kyse jatkumosta. Voi sen itsenäisenäkin ratkoa.

317. Jukkis11.2.2023 klo 10:38

"Mikä yhteinen ominaisuus on seuraavilla alkulukukaksospareilla?"

Oikea vastaus: Jokaisessa parissa isomman luvun ja pienemmän luvun erotus = 2.

Turha sitten valittaa tästä vastauksesta. Mitäs kysyit.

318. Jaska11.2.2023 klo 12:38

En valita, mutta mainitsemasi ominaisuus on kaikilla alkulukukaksosilla. Haussa on siis tietty ominaisuus, jota ei ole muilla kaksosilla. Tehtävän laadinnassa olivat käytössä luettelot The 100000 first twin primes ja The first 100008 primes. Mainitsin jo jatkumon, joka siis viittaa aliquotyhteyteen. Mikä aliquotosajoukko on kyseessä?

319. Jukkis11.2.2023 klo 14:43

Jos on "tietty ominaisuus, jota ei ole muilla kaksosilla", niin miksi kaksosparien lista sitten jatkuu pisteillä .... ?

320. eol11.2.2023 klo 18:37

Kokeilin, olisiko Jaskan listalla sellaiset kaksosparit, joiden tulon aliquot-jonon heti seuraava jäsen on alkuluku. Näin ei ollut: listan kaksospareista 1+2339+2341 = 4681 = 31*151, ja listan ulkopuolisista kaksospareista jo 1+17+19 = 37 taas on alkuluku.

321. Jaska11.2.2023 klo 23:35

Yllätystä ei tapahtunut, eli moka jälleen ja taas. Jäi jostain syystä paperissani yliviivaamatta kaksospari 2339-2341.Mutta ei hätää, eol hiffasi virheen. Muut seitsemän paria ovat oikein. 17-19 on yliviivattu, joten se ei kuulu joukkoon. Haussa oli siis kaksonen: 13, 61,1321,1621, 5101, 6661, 6781. Kaikki ovat muotoa 6n + 1, ja 13:n jälkeen kaikkien viimeinen numero on 1. Jono on siis osajono niistä aliquotjonoista, joissa aloituslukua seuraa alkuluku ja sen jälkeen 1, 0, 0, 0....

Ensi kerralla yritän jotain simppeliä, jossa virheen mahdollisuus (ehkä) pienempi.

322. eol12.2.2023 klo 02:26

Tuota tulosta on suht suoraviivaista vahventaa vielä pari napsua:

Jos alkulukukaksosparin p ja p+2 tulon p(p+2) aloittaman aliquot-jonon järjestyksessä toinen jäsen on sellainen alkuluku r jolla on alkulukukaksonen s, niin s = r-2, ja joko p = 5 ja r = 13, tai sitten p on muotoa 30m-1 ja r on muotoa 60n+1.

Tehtävä: Todista edellä oleva väitteeni.

323. Jaska12.2.2023 klo 13:13

Pragmaattisesti eratosthenelaisittain

Vaihe 1-Listataan kaikki 6n-1 ja 6n+1 parit, joista saamme lopullisen jonon seulontajonon.

5, 7
11, 13
17, 19
23, 25
29, 31
35, 37
41, 43
47, 49
53, 55
59, 61
65, 67
71, 73 etc.

Ekasta parista saamme 5+7+1 = 13, joten 13 on lopullisen jonon eka luku. Muuten kaikki 5-loppunumeroiset ovat jaollisia 5:llä, joten ne yliviivataan, näytillä olevista siis 25, 35, 55 ja 65.

Jäljelle jäävät parit, joiden loppunumerokombinaatiot ovat 1, 3 - 7, 9 - 9, 1. Näistä 1, 3 ei kelpaa, koska 1+3+1 = 5. Yliviivataan parit 11, 13 - 41, 43 - 71, 73.

Loppunumerokombinaatio 7, 9 ei myöskään käy, koska 7-2 = 5. Yliviivataan kaksospari 17, 19 ja 47, 49, jolla perusteena myös jaollinen 47.

Kelvolliseksi kombinaatioksi jää siten 9, 1. Listan alkupäätä:

29, 31
59, 61
89, 91
119, 121
149, 151,
179, 181
209, 211
239, 241
269, 271
299, 301 etc.

Havaitaan, että parin erotus seuraavaan pariin 30. Siitä seuraa, että eolin 30m-1 pitää paikkansa kaikille jonon pareille. Samoin r:lle 60n+1, koska p(p+2) = 2s+1.

Jatkoseulontaan tarvitaan myös yleinen p(p+2) jono.

61
121
181
241
301
361
421
481
541 etc.

Jaollisten lukujen poisseulonta sujuu helpoimmin, kun nämä kaksi listaa ovat rinnakkain. Eka pari 29, 31 hyväksytään, koska 29+31+1 = 61 muotoa 6n+1. Jatkossa karsitaan 121 (11^2), 181 (91 = 7*13), 241 (119, 121 kumpikin jaollinen) etc.

Seuraava kelvollinen pari on vasta 659, 661, johon + 1 = 1321. Sangen työlästä on näiden haku käsipelillä. Tarjolla olisi siis mielenkiintoinen työmaa koodarieksperteille, jos halutaan tietää100000 ekaa paria. Tai kohtullistaen 1000 ekaa.

324. Jaska12.2.2023 klo 13:24

Ei mutta ko. jonohan taitaa jo olla OEIS:ssä.

325. Jukkis12.2.2023 klo 15:20

Lainaus: 318. Jaska 11.2.2023 klo 12:38
Haussa on siis tietty ominaisuus, jota ei ole muilla kaksosilla.
-------------------------------------------------- -----------------
Eihän tuo nyt pidä ollenkaan paikkaansa, että ei olisi muilla kaksosilla. Eiköhän tällaisia kaksosia ole ääretön määrä.

326. Jaska12.2.2023 klo 19:34

Et tainnut huomata merkintää etc. jonoalkujen lopussa. No, kyllähän itse kullakin homiokyky joskus herpaantuu, minulla eritoten.

327. Jukkis12.2.2023 klo 19:44

Lainaus: 319. Jukkis 11.2.2023 klo 14:43
Jos on "tietty ominaisuus, jota ei ole muilla kaksosilla", niin miksi kaksosparien lista sitten jatkuu pisteillä .... ?
__________________________________________________ _________________

Noin kysyin jo aiemmin. Et vissiin huomannut.

328. Jaska13.2.2023 klo 16:15

Kyllä huomasin, joten voit lopettaa jankuttamisen.

329. Jukkis13.2.2023 klo 16:36

Näköjään muuttumatonta näissä sun pähkinöissä on se, että niitä ei kannata ruveta miettimään, vaan pitää odottaa sitä että tulet kertomaan, mitkä oli laittamasi ekan version virheet, ja sitten ehkä kannattaa vielä odotella virheiden korjauksessa olleiden virheiden korjausta. Tässä selvän virheen korjausta ei tullut edes kysymällä. Tuo viestin 309 tehtävähän oli ihan puuta heinää.

330. eol15.2.2023 klo 02:31

Jaskan todistus (323.) tehtävälleni (322.) on ehkä paljolti ns. babylonialaistyylistä - eikä ehkä niinkään paljolti ns. kreikkalaistyylistä - matematiikkaa, eli tässä hänen voinee sanoa tavallaan seuranneen kyseistä eroa analysoineenkin (ja erittäin viihdyttäviä muistelmakirjoja kirjoittaneen) fysiikan nobelisti Richard Feynmanin jalanjälkiä. Mutta sopinee, että otetaan nyt vielä vastapainoksi myös hieman kreikkalaistyylisempi todistus.

Oletetaan, että p ja q=p+2 ovat alkulukukaksoset. Merkitään r:llä niiden tulon p*q aloittaman aliquot-jonon järjestyksessä toista jäsentä, jolloin aliquot-jonon määritelmästä seuraa suoraan, että r = 1+p+q = 2p+3. Oletetaan vielä, että r on sellainen alkuluku, jolla on alkulukukaksonen s.

Ensin oletetaan, että p on pienempi kuin 10. Läpikäymällä kaikki mahdollisuudet havaitaan helposti, että tällaisia ratkaisuja on täsmälleen yksi: p=5, q=7, r=13, s=11. Tällä ratkaisulla selvästikin on väitteen mukaiset ominaisuudet.

Sitten jatkotarkastelussa voidaan aina olettaa, että p on vähintään 10.

Koska p ja q=p+2 ovat molemmat alkulukuja (ja suuruudeltaan vähintään 5), on helppo päätellä, että niiden on oltava muotoa 6k-1 ja 6k+1. (Mikään vähintään 5:n suuruinen alkuluku ei voi olla muotoa 6k, 6k+2, 6k+3 tai 6k+4.) Siten r:n on oltava muotoa 2(6k-1)+3 = 12k+1. Ja koska s ei alkulukuna voi olla muotoa 12k+3 = 3(4k+1), niin sen on oltava muotoa 12k-1. Siten s = r-2.

Samaten koska p ja q=p+2 ovat molemmat alkulukuja (ja suuruudeltaan vähintään 10), on suoraviivaista päätellä, että jokin seuraavista kolmesta vaihtoehdosta pätee:

a) p on muotoa 10t+1 ja q muotoa 10t+3
b) p on muotoa 10t+7 ja q muotoa 10t+9
c) p on muotoa 10t+9 ja q muotoa 10(t+1)+1

Jos a-vaihtoehto pätisi, niin r = 2p+3 = 2(10t+1)+3 = 20t+5 = 5(4t+1) ei olisi alkuluku. Jos taas b-vaihtoehto pätisi, niin s = r-2 = 2p+1 = 2(10t+7)+1 = 20t+15 = 5(4t+3) ei olisi alkuluku. Näin ollen c-vaihtoehto on ainoa mahdollinen, joten p on muotoa 10t+9, eli toisin sanoen muotoa 10u-1.

Koska nyt tiedetään, että p on sekä muotoa 6k-1 että muotoa 10u-1, on helppo nähdä, että se on myös muotoa 30m-1. (Koska p/6:n jakojäännös on 5, niin p/30:n jakojäännöksen on oltava 5, 11, 17, 23 tai 29. Vastaavasti koska p/10:n jakojäännös on 9, niin saman p/30:n jakojäännöksen on toisaalta oltava 9, 19 tai 29. Siten p/30:n jakojäännös on 29.) Näin ollen r=2p+3 puolestaan on muotoa 2(30m-1)+3 = 60m+1.

331. Jaska15.2.2023 klo 11:03

JJJJ? Mitä se tarkoittaa? Jukkis jaksaa jatkaa jauhantaansa. Eka J tarkoittaa myös Jaskaa, joten tasoissa ollaan. Ihan tarpeettomasti ja typerästi kertaan, että 309. oli tosiaan virheellinen eli siinä mielessä puuta heinää. Osaltani aiheen kommentoinnille tulee nyt varmuuden vuoksi.......

332. Jukkis15.2.2023 klo 14:01

Vaikka lopputulos ei kovin kiinnostava olekaan, niin koska ohjelmointi on kivaa, niin selvitin, mitkä alkulukukaksosparit toteuttavat ehdon "Parin lukujen tulon aloittaman aliquot-jonon kolmas luku = 1". Joka siis on sama asia kuin se, että parin lukujen summa + 3 on alkuluku. Eli asia, jota Jaska yritti kysyä viestissä 309.

Mukana 5709 ekaa kaksosparia eli 3-5 ... 649877-649879.

Tulos: Noista pareista 965 kpl täyttää ehdon. Tässä sadan ekan parin pienempi luku:

5, 17, 29, 137, 197, 227, 269, 599, 617, 659, 809, 827, 1277, 1427, 1607, 2027, 2087, 2129, 2309, 2549, 2789, 3167, 3329, 3389, 3527, 3767, 4049, 4157, 4229, 4259, 4337, 4637, 4799, 5417, 5477, 5657, 5849, 6269, 6299, 6359, 6689, 6959, 7559, 7949, 8537, 8627, 9239, 9719, 9857, 9929, 10427, 10499, 10529, 11777, 12239, 13007, 13217, 13679, 13997, 14549, 15287, 15329, 15737, 16187, 16649, 16979, 17027, 17189, 17489, 17657, 17837, 17987, 18047, 18119, 19139, 19697, 20507, 20639, 20807, 21557, 21587, 21599, 22109, 22739, 24977, 25169, 25409, 25577, 26249, 26699, 27059, 27107, 27527, 27689, 27749, 27917, 28097, 28349, 28409

Ja kunkin aliquot-jonon toinen luku vastaavasti:

13, 37, 61, 277, 397, 457, 541, 1201, 1237, 1321, 1621, 1657, 2557, 2857, 3217, 4057, 4177, 4261, 4621, 5101, 5581, 6337, 6661, 6781, 7057, 7537, 8101, 8317, 8461, 8521, 8677, 9277, 9601, 10837, 10957, 11317, 11701, 12541, 12601, 12721, 13381, 13921, 15121, 15901, 17077, 17257, 18481, 19441, 19717, 19861, 20857, 21001, 21061, 23557, 24481, 26017, 26437, 27361, 27997, 29101, 30577, 30661, 31477, 32377, 33301, 33961, 34057, 34381, 34981, 35317, 35677, 35977, 36097, 36241, 38281, 39397, 41017, 41281, 41617, 43117, 43177, 43201, 44221, 45481, 49957, 50341, 50821, 51157, 52501, 53401, 54121, 54217, 55057, 55381, 55501, 55837, 56197, 56701, 56821

Kaikki nämä ovat muotoa 6n+1, itse asiassa muotoa 12n+1. Niinkuin pitääkin olla, koska ylemmän listan luvut on kaikki muotoa 6n-1.

333. Jukkis15.2.2023 klo 14:33

Äh, siis tietysti lukujen summa + 1 on alkuluku.

Se 3 tuli sekoillen siitä, että tuo on sama kuin että parin eka luku kertaa 2 plus 3 pitää olla alkuluku, jota ehtoa ohjelmani testaa..

334. eol15.2.2023 klo 14:43

Lainaus: 332. Jukkis 15.2.2023 klo 14:01
"Vaikka lopputulos ei kovin kiinnostava olekaan, niin koska ohjelmointi on kivaa, niin selvitin, mitkä alkulukukaksosparit toteuttavat ehdon "Parin lukujen tulon aloittaman aliquot-jonon kolmas luku = 1". Joka siis on sama asia kuin se, että parin lukujen summa + 3 on alkuluku. Eli asia, jota Jaska yritti kysyä viestissä 309."

Lainaus: 333. Jukkis 15.2.2023 klo 14:33
"Äh, siis tietysti lukujen summa + 1 on alkuluku."

Täsmentäisin sen verran, että siinä siinä viestissä (309.) Jaska pyrki hakemaan sellaisia alkulukupareja, että parin lukujen summa + 1 on nimenomaan sellainen alkuluku, jolla on alkulukukaksonen. (Hän kuitenkin otti erehdyksessä listaansa mukaan alkulukuparin 2339 ja 2341, sillä 2339+2341+1 = 4681 ei ole alkuluku, vaikkakin sillä kyllä olisi "kaksonen" 4681-2 = 4679, joka on alkuluku.)

335. Jukkis15.2.2023 klo 14:55

No en kyllä noista Jaskan kirjoituksista mitenkään edes näin jälkikäteen tuon selityksen jälkeenkään pysty ymmärtämään, että tästä oli kyse.

336. Jukkis15.2.2023 klo 15:06

Mutta hätä ei ole tämän näköinen, hätä on punainen ja pyöreä. Tässä uudet luettelot.

5709:stä kaksosparista 63 täyttää ehdon:

5, 29, 659, 809, 2129, 2549, 3329, 3389, 5849, 6269, 10529, 33179, 41609, 44129, 53549, 55439, 57329, 63839, 65099, 70379, 70979, 72269, 74099, 74759, 78779, 80669, 81929, 87539, 93239, 102299, 115469, 124769, 133979, 136949, 156419, 161459, 168449, 183509, 184829, 196769, 211049, 211889, 220469, 224069, 233939, 237689, 241049, 245519, 248639, 253679, 259379, 260009, 260189, 262109, 270269, 278879, 288989, 290039, 294179, 313739, 314399, 315449, 316469

Ja vastaavat toisen listan luvut:

13, 61, 1321, 1621, 4261, 5101, 6661, 6781, 11701, 12541, 21061, 66361, 83221, 88261, 107101, 110881, 114661, 127681, 130201, 140761, 141961, 144541, 148201, 149521, 157561, 161341, 163861, 175081, 186481, 204601, 230941, 249541, 267961, 273901, 312841, 322921, 336901, 367021, 369661, 393541, 422101, 423781, 440941, 448141, 467881, 475381, 482101, 491041, 497281, 507361, 518761, 520021, 520381, 524221, 540541, 557761, 577981, 580081, 588361, 627481, 628801, 630901, 632941

337. Jukkis15.2.2023 klo 15:18

Näköjään muut paitsi viestini 332 eka jono ovat OEIS:ssä. Tuolle jonolle kuvaus olisi "Primes p such that p+2 and 2p+3 are also prime." Ei liene erityisen kiinnostava jono hän.

338. Jaska22.2.2023 klo 18:36

On lukujono, jonka 18 ensimmäistä lukua ovat lineaarisesti suuruusjärjestyksessä siten, että niiden neljäs erotusjono on nollajono. Yhdeksästoista luku on 3629. Mitkä ovat em. 18 lukua?

339. eol22.2.2023 klo 21:08

En varmaan täysin ymmärrä tehtävänantoa, mutta minusta yksi mahdollinen ratkaisu on yksinkertaisesti seuraava:

3611, 3612, 3613, ..., 3627, 3628

(Miten se, että luvut ovat "lineaarisesti suuruusjärjestyksessä" eroaa siitä, että ne olisivat pelkästään "suuruusjärjestyksessä"? Jos lukujonon sanottaisiin olevan "lineaarinen", niin ymmärtäisin sen niin, että kyseessä on aritmeettinen jono, eli jono jonka ensimmäinen erotusjono on vakiojono. Olisiko tehtävananto kuitenkin ymmärrettävä niin, että ensimmäinen, toinen ja kolmas erotusjono nimenomaan eivät saa olla nollajonoja?)

340. Jaska22.2.2023 klo 22:24

No niin, tavanomainen kämmi. Ei neljäs, vaan kolmas erotusjono on nollajono. Kokonaisuudessa on neljä jonoa, joista ensimmäinen eli ylin vaakasuoraan kirjoiitettaessa on haettavat 18 lukua. Nollajono siis alin.

Lineaarisuudella tarkoitan tässä, että jonoissa on tiettyä aritmeettista säännönmukaisuutta. Eka erotusjono on puhdas aritmeettinen sarja, mutta. se ei ole 1,2,3,4.....Toinen erotusjono koostuu samoista numeroista, joten kolmannessa nollat.

341. Jaska22.2.2023 klo 22:39

Tarkennetaan, että erotukset nollautuvat jo toisessa erotusjonossa, eli nollista koostuva alin jono on tavallaan tarpeeton.

342. Jaska22.2.2023 klo 23:55

Onnistuin taas sähläämään tehtävän totaalisesti. Tehtävänanto perutaan, eikä mahd. tulevista jonoistakaan tule tehtäviä.

En tuossa laskenut mukaan jonon aloituslukua, joka on 19. Haettavia alkulukuja oli myös kaikkiaan 19. Luku 3629 on siis jonon kahdeskymmenes. Jono on seuraava:

19, 29, 59, 109, 179, 269, 379, 509, 659, 829, 1019, 1229, 1459, 1709, 1979, 2269, 2579, 2909, 3259, 3629....jatkuu äärettömiin. Nuo 19 ekaa ovat siis kaikki alkulukuja. Eka erotusjono 10, 30, 50, 70, 90 jne. Sen aritmeettisuudesta seuraa, että pelkkiä peräkkäisiä alkulukuja voi olla korkeintaan 19, joka on myös seuraavan luvun alkutekijä: 3629 = 19*191. Tällaiset ovat tavallaan lavennettuja Eulerin onnenjonoja.

343. eol23.2.2023 klo 00:40

Jaskan pyrki siis hakenaan seuraavaa jonoa:
a(19) = 3259
a(n+1) = a(n) + 20n - 10, kun n = 1, 2, 3, 4, ...

Kutenkin on niin, että Jaskan lausumat ehdot täyttävä jono on mahdollista konstruoida, vaikka seuraavassa esiintyvät vakiot B ja C valittaisiin esimerkiksi muuten mielivaltaisesti kokonaislukujen joukosta mutta edellyttäen, että B on vähintään 2 ja C vähintään 0:
a(19) = 3259
a(n+1) = a(n) + Bn + C, kun n = 1, 2, 3, 4, ...

344. Jaska23.2.2023 klo 11:28

Tosi on, jos ei oteta huomioon alkulukuvaatimusta. Valitettavasti asia jäi mainitsematta tehtävänannossa, joka meni siis siltäkin osin pieleen.

345. Jaska24.2.2023 klo 18:04

Muita alkulukuehtoisia jonoalkuja erotusjonolla 10, 30, 50.. eli toinen erotusjono 20...

3, 13, 43, 94 (3*31)
7, 17, 47, 97, 167, 257, 367, 497 (7*71)
13, 23, 53, 103, 173, 263, 373, 503, 653, 823, 1013, 1223, 1453, 1703 (13*131)

Jonon aloitusluvun ollessa muotoa 6n-1 ei ko. erotusjono ole mahdollinen.

346. eol25.2.2023 klo 02:03

Todetaanpa vielä sekin, että tuon Jaskan tämänviikkoisen jonon (342.) n:nnen jäsenen a(n) eksplisiittinen määritelmä on seuraava:

a(n) = 10n^2 - 20n + 29
n = 1, 2, 3, ...

347. Jaska25.2.2023 klo 10:55

Hyvä huomio, joka pätee myös eilisin jonoihin. Lopun plussattava on siis etäisyys seuraavaan termiin.

348. Jaska28.2.2023 klo 12:29

345. ekan jono 94 po. 93.

Uusintapainos jonosta 29, joka jäi osittain luhistuneen sivuston syövereihin.

29, 31, 37, 47, 61, 79, 101, 127, 157, 191, 229, 271, 317, 367, 421, 479, 541, 607, 677, 751, 829, 911, 997, 1087, 1181, 1279, 1381, 1487, 1597 - 1711 (29*59), 1829 (31*59)...

31:stä lähtien peräkkäisten jaottomien lukujen jono-osuuden pituus on siis 28. Jos 31-pituinen on olemassa, ekan erotusjonon lukujen pitää kasvaa suuremmalla luvulla kuin 4. Pisin löytämäni on pituudeltaan vain 14 ekan jaollisen ollessa sama 1711. Päädyn olettamaan kunnes toivottavasti toisin todistetaan, että 29 on ylipäätään suurin luku, joka Eulerin lucky numberien lisäksi toteuttaa aritmeettisen lineaarisuuden ehdon. Muut erotukisin 2< ovat 7, 13, 19, 23. Yhteensä siis yksitoista lukua, mutta erilaiset lavennukset mukaan lukien jonojen määrä on tietysti suurempi.

349. Jaska28.2.2023 klo 14:04

Esitetään lavennelmaesimerkkinä Eulerin 17.

17, 31, 59, 101, 157, 227, 311, 409, 521, 647, 787, 941, 1109, 1291, 1487, 1697 - 1921 (17*113), 2413 (19*127)...

Alussa on neljä peräkkäistä kaksosta. Paljon pitempiäkin vastaavia pötköjä löytyy.

350. Jukkis28.2.2023 klo 21:13

1
2 = 1+1
3 = 2+1 = 1+1+1
4 = 3+1 = 2+2 = 2+1+1 = 1+1+1+1
5 = 4+1 = 3+2 = 3+1+1 = 2+2+1 = 2+1+1+1 = 1+1+1+1+1
jne.

Jono siis alkaa: 1, 2, 3, 5, 7, ...

Miten jatkuu?

351. Jaska28.2.2023 klo 22:57

11, 14, 20, 27, 37...

En jaksanut tsekata kuin kerran.

352. Jaska28.2.2023 klo 23:11

Parittomat: 1, 3, 7, 14, 27...
Parilliset: 2, 5, 11, 20, 37...

Parillisten ja parittomien erotukset termeittäin: 1, 2, 4, 6, 10...Arvattavasti jtkossa kaikki parillisia. Kaava on kyllä vielä kateissa.

353. eol1.3.2023 klo 10:32

Selvitin käsipelillä jonon 6. ja 7. jäsenen, ja sain 11 ja 15 (ei siis 14!). Tarkistin sitten tulokseni luotettavasta lähteestä, ja ne olivat oikein. (Näytti noissa Jaskan muissakin luvuissa olevan vielä pientä viilauksen varaa.)

354. Jaska1.3.2023 klo 12:04

Joo tiesin, etten ollut illalla skarpeimmillani. Käyn läpi ja yritän korjata.

355. Jukkis1.3.2023 klo 12:34

Löytyy OEIS:stä, tosin siellä se menee näin:
1, 1, 2, 3, 5, 7, 11, 15, 22, 30, 42, 56, 77, ...

Tuo eka ykkönen on nollasta saatava luku, minä lähdin ykkösestä.

Kyseessä siis on positiivisten (OEIS:ssä ei-negatiivisten) kokonaislukujen partitiointi, eli monellako eri tavalla luku voidaan kirjoittaa positiivisten kokonaislukujen summana. Taas asia, josta en koskaan ennen ollut kuullutkaan, vaikka kyseessähän on tosi yksinkertainen juttu. Paitsi että se onkin tosi monimutkainen juttu, kun mennään pidemmälle. Kyllä on matematiikka huisin jänskää.

356. Jukkis1.3.2023 klo 12:37

Aika lailla samantyyppinen:

a: a
ab: a-b, ab
abc: a-b-c, ab-c, ac-b, bc-a, abc
jne.

Lukujono siis alkaa 1, 2, 5, ...

Miten jatkuu?

Ensin minulla oli tuossa neljäskin annettuna, mutta totesin sitten, että viidennen selvittäminen on kenties liian tuskallista. Saa senkin selvittää.

Kyseessä siis on N:n esineen jakaminen ryhmiin, monellako eri tavalla voidaan ryhmitellä? Tuossa ryhmät on aina eroteltu -:lla ja erilaiset ryhmittelytavat eroteltu pilkulla.

357. Jaska1.3.2023 klo 12:53

Tein taulukon, jossa lukujen kokonaskappalemäärä on jaettu osiin: aloitusluku kpl-määrä, a-1 kpl-määrä, a-3 kpl-määrä jne., lopuksi niiden summa. Etunollilla pyrin säilyttämään taulukon muodossaan. Tyydyin taas yhteen tarkastukseen.

01: 1 = 1
02: 1, 1 = 2
03: 1, 1, 1 = 3
04: 1, 1, 2, 1 = 5
05: 1, 1, 2, 2, 1 = 7
06: 1, 1, 2, 3, 3, 1 = 11
07: 1, 1, 2, 3, 4, 3, 1 = 15
08: 1, 1, 2, 3, 5, 4, 4, 1 = 21
09: 1, 1, 2, 3, 5, 5, 5, 4, 1 = 27
10: 1, 1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 5, 1 = 39
11: 1, 1, 2, 3, 5, 7, 10, 11, 9, 5, 1 = 55
12: 1, 1, 2, 3, 5, 7, 10, 13, 14, 12, 6, 1 =75

358. Jaska1.3.2023 klo 12:55

Jukkis onkin jo etukäteen korjannut, kiitos. Taulukko siis muuttuu.

359. Jaska1.3.2023 klo 14:35

08: 1, 1, 2, 3, 5, 5, 4, 1 = 22
09 :1, 1, 2, 3, 5, 6, 7, 4, 1 = 30
10: 1, 1, 2, 3, 5, 7, 9, 8, 5, 1 = 42
11: 1, 1, 2, 3, 5, 7, 10, 11, 10, 5, 1 = 56
12: 1, 1, 2, 3, 5, 7, 11, 14, 14, 12, 6, 1 = 77

Ei näissä voi olla liian tarkka. Riittää, että on tarpeeksi tarkka. Sitten kun on varmuus, että kaikki ovat oikein, voi niiden avulla ynnäämällä välttää (teoriassa) virheet jatkossakin.

Tämä helvetin captcha alkaa ottaa tosissaan pannuun. Ties milloin tämänkin onnistuu lähettämään.

360. Jukkis1.3.2023 klo 14:44

Captchasta oon samaa mieltä. Ei mitään järkeä. Tekoäly karannut käsistä, vissiin sivuston ylläpitäjä ei asialle mitään voi?

361. Jaska1.3.2023 klo 18:40

356. ei erityisen tarkkana.

4:15
5: 52
6: 268

362. Jukkis1.3.2023 klo 19:35

Muuten OK, mutta
6: 203

363. Jukkis2.3.2023 klo 11:12

Kyseessä on Bellin luvut:
1, 2, 5, 15, 52, 203, 877, 4140, ...
Esim. Wikipedia kertoo lisää.

364. Jaska2.3.2023 klo 13:09

Virheeni 268 olikin ryhmien uudelleen ynnäyksessä 168. Tsekkauksessa löytyi yksi 15-ryhmä lisää. Tässä vaiheessa yhdentoista ryhmän tulokseni on siis 183. Täytyy siis vielä löytää puuttuva 20.

365. Jaska2.3.2023 klo 15:46

Krista putosi neljänneksi, ja se kalvaa kolmanneksi eniten. Edellinen lähetys epäonnistui sinisen vaan pyöriessä loputtomiin, ja kalvaa toiseksi eniten. 20 jäi edelleen kateisiin, ja se kalvaa eniten. Mikä on pielessä? Korjatkaa, kiitos!

Kombinaatiot ja niiden lukumäärät: abcdef 1, abcde - f 6, abcd - ef 15, abc def 20, abcd - e - f 15 abc - de - f 60, ab - cd - ef 15, abc - d - e - f 20, ab - cd - e - f 15, ab - c - d - e - f 15. a - b - c - d - e - f 1. Yhteensä 83.

366. Jaska2.3.2023 klo 15:47

Eiku 183

367. eol2.3.2023 klo 17:39

Tuossa tyyppien abc-def ja ab-cd-e-f lukumäärät näyttäisivät olevan väärin. Eli nuo 20 ja 15 eivät ole oikein.

368. Jaska2.3.2023 klo 18:54

Kiitos, mutta en käsitä, miten noista korjattuina tulee +20. Saisinko vielä oikeat lukumäärät.

369. eol2.3.2023 klo 19:14

lkm(abc-def) = (6 yli 3)/2 = 10
lkm(ab-cd-e-f) = 3*lkm(ab-cd-ef) = 45

370. Jaska2.3.2023 klo 19:41

Oivalsin itsekin tuon oudon mokan 15 pro oikea 45. 10 pro 20 ei mennyt vielä jakeluun. Täytyy panna paperille.

371. Jaska2.3.2023 klo 19:47

Äh, älysinkin jo. 20:ssa on tuplat. Huolestuttavaa.

372. Jaska2.3.2023 klo 19:54

Nyt jo naurattaa. 2 ja 4 olivat jo onneksi valmiiksi laskettuina. Minähän olisi saanut niihinkin tuplat 2 ja 6 :-o

373. Jukkis2.3.2023 klo 20:01

Jonossahan on äärettömän monta lukua, joten tämä ei ole jono vaan kahdeksan luvun joukko:

2, 3, 6, 11, 17, 24, 34, 36

Tällä lukujoukolla on tietty ominaisuus, joka sama ominaisuus on myös äärettömän monella muulla kahdeksan luvun joukolla. Saman ominaisuuden omaava kahdeksan luvun lukujoukko löytyy OEIS:stä, se on tällaisista lukujoukoista tietyllä tavalla optimi, siksi se siellä on, ja tämä ei ole.

374. Jaska3.3.2023 klo 13:05

373. on ainakin minulle pahis. Jokin vertailujono voisi auttaa. Tai ei voisi.

349. oma rekkani kahdeksan peräkkäistä: 11, 17, 41, 101, 227, 461, 857, 1481. Neljäs erotusjono on 12, 12, 12,...
Seuraava luku 2411 on alkuluku, mutta 2413 jaollinen 19*107. Kompuuttereitse kenties rikottavissa.

375. eol3.3.2023 klo 13:35

373:ssa saattaisi olla kyse sitä, että kaikkien joukosta valittavissa olevien alkioparien erotukset ovat eri suuria. Helposti nähdään, että näin käyttäytyvän 8 lukua käsittävän joukon alkioparien suurimman erotuksen on oltava vähintään 7+6+5+4+3+2+1 = 28. Tässä tapauksessa se on suurempi eli 34.

Jos tuosta olisi kyse, niin luulisi kuitenkin että jokaisesta joukon alkiosta olisi vähennetty 1, mikä ei olisi vaikuttanut tuohon ominaisuuteen, mutta pienimmäksi alkioksi olisi saatu 1.

P.S. Kyllähän matematiikassa käsitellyt jonot voivat hyvin olla myös äärellisiä.

376. Jukkis3.3.2023 klo 14:26

OEIS:stä löytyy 0,1,4,9,15,22,32,34, joka on optimaalinen 8-merkkinen Golombin viivain. Myös 1,2,5,10,16,23,33,35 on OEIS:ssä, "lexically first 8-mark Golomb ruler.". Mutta siis tuo minun Golombin viivain on sitten jo sen verran vähemmän kiinnostava, että sitä ei OEIS:ssä ole. Wikipediasta voi tutkia lisää.

377. Jaska3.3.2023 klo 17:01

Ei näytä enää lainkaan pahikselta! 373:n peräkkäisten erotukset oli luonnollisesti eka ratkaisuyritysoperaationi toteamuksineen niiden erisuuruudesta. En vain kekannut jatkaa kokeilua 27 muun parikombinaation osalta.

378. Jaska3.3.2023 klo 17:05

Siis 21:n muun osalta.

379. Jaska3.3.2023 klo 18:56

Seuraava jono saattaa näyttää vaikealta, mutta apujono helpottaa pehmikseksi. Huom. en anna tätä tehtäväksi, mutta vapaaehtoisesti saa tiirailla.

3, 7, 13, 23, 37, 17, 47, 43, 41, 53...

380. Jukkis4.3.2023 klo 11:34

Kysyin tekoälyltä. Näin vastasi:

"Tämä jono näyttää olevan kahden erillisen jonon yhdistelmä. Ensimmäinen jono on alkulukujen jono, joka alkaa luvusta 3 ja jatkuu seuraavalla alkuluvulla jokaisessa askeleessa. Toinen jono saadaan lisäämällä 10 edelliseen lukuun jokaisessa askeleessa, kunnes päästään lukuun 47, jonka jälkeen vähennetään 6 edellisestä luvusta jokaisessa askeleessa.

Siksi seuraava luku jonossa saadaan lisäämällä 10 edelliseen lukuun 53, jolloin saadaan 63. Siis seuraava luku jonossa on 63."

381. Jaska4.3.2023 klo 15:08

Seuraava luku on 61 tässä pelkästään alkuvuista koostuvassa jonossa, jossa luvut eivät ole suuruusjärjestyksessä. Sen luvut määräytyvät tietyllä ehdolla apujonosta, jonka luvut ovat aritmeettisessa suuruusjärjestyksessä. Ehdon mukaisesti voidaan laatia kolmas jono taas pelkästään alkuluvuista, epäjärjestyksessä nekin.

382. Jaska4.3.2023 klo 15:20

Ehkä parempi ilmaisu alkulukujonojen osalta olisi "...jossa on poikkeamia suuruusjärjestyksestä."

383. Jaska4.3.2023 klo 20:00

Sori taas. Jono on virheellinen. Korjaus ja ratkaisu tulossa.

384. Jaska4.3.2023 klo 20:43

Apujono on 2n, siis 2, 4, 6, 8, 10.... Kuhunkin sen lukuun lisätään pienin sellainen alkuluku, että summakin on alkuluku. Lisäehtona, että 379-jonoon ei saa lisätä lukua, joka on jo esiintynyt jommassakummassa alkulukujonossa. Korjattu jono ja summajono:

3, 7, 13, 23, 37, 17, 53, 43, 41, 53, 61, 79, .

5, 11, 19, 31, 47, 29, 67, 59, 59, 73, 83, 103...

Summajonossa voi siis sama luku olla kahdesti.

385. Jaska4.3.2023 klo 21:04

H-ti tota kiirettä. Piti olla

3, 7, 13, 23, 37, 17, 53, 43, 41, 83, 61, 89...

5, 11, 19, 31, 47, 29, 67, 59, 59, 103, 83, 113..

Ehkä nyt...

386. Jaska4.3.2023 klo 23:14

No ei, vika meni vikaan. Oneksi kukaan ei alkanut alkanut ynnäillä. Nyt häiriöt lottoarvonta mukaan lukien ovat ohi. Lukumääräisesti lotto kyllä häviää minulle mokakisassa murskaavasti.

3, 7, 13, 23, 37, 17, 53, 43, 41, 83, 61, 73, 71, 79, 101...

5, 11, 19, 31, 47, 29, 67, 59, 59, 103, 83, 97, 97, 107, 131...

387. Jaska4.3.2023 klo 23:16

Onneksi

388. Jaska7.3.2023 klo 22:12

1, 2, 3, 9, 10, 20, 21, 22, 77, 78, 169, 170, 171, 114, 115, 116, 464, 465, 961, 962, 1147, 1148, 902, 903, 516, 517, 2914, 2915, 530, 531, 1829, 1830...

Raottelen ratkaisun verhoa huomenna.

389. Jaska8.3.2023 klo 14:12

Raottelua eli välittelyä:

1,2,3 9,10 20,21,22 77,78 169,170,171 114,115,116 464,465 961,962 1147,1148 902,903 516,517 2914,2915 530,531 1829,1830...

Muodostui kaksi tai kolme suuruusjärjestyksessä peräkkäistä lukua sisältäviä ryhmiä. Ryhmät eivät siis ole suuruusjärjestyksessä, mutta niiden lukujen alkutekijät ovat.

Jono alkaa luvulla 1. Sen jälkeen haetaan pienin sellainen luku, jonka suurin alkutekijä on 2. Sehän juuri 2, koska 1*2 = 2. Samalla logiikalla kolmas luku on 3. Sitten haetaan pienintä lukua, jonka suurin alkutekijä on 5. Lukua 3 seuraa 4, joka ei ole ehdon mukainen. Se tarkoittaa, että ensimmäinen ryhmä päättyy lukuun 3.

Toiseen ryhmään haetaan siis lukuja alkutekijäparille 3 ja 5. Pienin sellainen peräkkäisvaatimuksen toteuttava luku.pari on 9 (3*3) ja 10 (2*5). Koska lukua 10 seuraa suuruusjärjestyksessä 11, joka ei ole jaollinen luvulla 7, jää toisen ryhmän pituudeksi kaksi lukua.

Kolmannesta ryhmästä pitää siis löytyä alkutekijäpari 5 ja 7. 20 = 4*5, 21 = 3*7. Ryhmään kuulu vielä 22, koska sen alkutekijä ova 2 ja 11.

Jonon alkupätkässä nähdään vielä kaksi kolmen luvun ryhmää, jotka ovat pitemmälle jatkettaessa paljon harvinaisempia kuin kahden luvun ryhmät. Äärettömän pitkässä jonossa on jatkuvasti harventuvin välein myös pitempiä ryhmiä.

Jonosta poimittuja alkupään kaksospareja:

5, 7 - 20, 21
11, 13 - 77, 78
17, 19 - 170, 171
29, 31 - 464, 465
41, 43 - 902, 903
59, 61 - 1829, 1830
71, 73 - 2627, 2628
101, 103 - 5252, 5253
107, 109 - 5885, 5886
137, 139 - 9590, 9591
149, 151 - 11324, 11325
179, 181 - 16289, 16290
227, 229 - 26105, 26106
239, 241 - 28919, 28920

390. Jaska8.3.2023 klo 14:18

Sori unohdin, että kaksi välilyöntiä ei toteudu lähetettäessä. Olisi pitänyt käyttää jaottelussa väliviivaa. Siis 1,2,3 - 9,10 - 20,21,22 jne.

391. Jukkis8.3.2023 klo 18:26

Enpä tuosta paljon tajunnut. Kohdat "samalla logiikalla", "siis" ja "siis" jäävät hämäriksi.

392. Jaska8.3.2023 klo 18:55

Logiikka on se, että 2 ja 3 ovat peräkkäsiä alkutekijöitä, vaikka eivät ole varsinaisia jaollisia lukuja. Jos logiikkani vääräksi perustellusti todetaan, muuttuu jonon aloituskolmikoksi 8, 9, 10.

393. Jaska8.3.2023 klo 19:59

Käännän kelkkani. Yhdenmukainen jaollisuusmääritelmä on loogisempi. Jono alkakoon 8, 9, 10, alkutekijät 2, 3, 5.

394. Jukkis8.3.2023 klo 20:48

On kyllä turhan sumeaa logiikkaa. Ei jaksa pohtia enempää. Vaikka ei tuossa vissiin edes ole enää mitään pähkinää pohdittavaksi, vai onko?

395. Jaska8.3.2023 klo 21:53

Keskeinen pähkinä on toistaiseksi löytää ensimmäinen neljän peräkkäisen luvun ryhmä. Ei sitä muiden ole tarvis pohtia.

396. Jaska16.3.2023 klo 14:17

Ei tarvitse minunkaan enää pohtia, koska en ole löytänyt edes seuraavaa peräkkäiskolmikkoa. En ikävä kyllä pysty myöskään todistamaan, ettei se ole mahdollinen. Lisäksi näiden käsipelillä näprääminen on sangen virhealtista hommaa. 389. listauksestakin löytyi virhe. Alkutekijöiden 47, 53 pienin vastinpari ei ole 2914, 2915, vaan 423 (9*47) ja 424 (8*53).

397. Jaska3.5.2023 klo 11:57

On kaksi ääretöntä alkulukujonoa, A ja B, joiden yhteys ei ole vailla mielenkiintoisuutta niitä koskevan konjektuurin ansiosta.

A 2, 5, 7, 13, 11, 17, 19, 29, 31, 37, 23, 41, 47, 43, 61, 67, 71, 53....

B 3, 11, 17, 41, 47, 83, 97, 149, 167, 227, 233, 317, 353, 421, 467, 563, 599, 683....

398. Jaska4.5.2023 klo 13:16

Asiaan liittyy kolmas ääretön jono C.

1, 6, 10, 28, 36, 66, 78, 129, 136, 190, 210, 276, 306, 378, 406, 496, 528, 630...

Havaitaan, että jono on kolmiolukujen osajono. jossa luvun 1 jälkeen kaikki muut ovat parillisia. Tehtävänä on etsiä pienimmät alkuluvut, jotka toteuttavat vaatimuksen C+A = B ja B-C = A.

1+2 = 3, 3-1 = 2
6+5 = 11, 11-6 = 5
10+7 = 17, 17-10 = 7 jne.

Havaitaan myös, että jonon A luvuissa on poikkeamia suuruusjärjestyksestä. Jonon B yllä esitetyissä luvuissa poikkeamia ei ole.

Kussakin kolmikossa jono A:n ja jono B:n lukujen tulee olla erisuuret. Jonon A luku voi esiintyä jono B:n muussa kolmikossa.

Konjektuuri: Jonossa A esiintyvät kaikki alkuluvut pl. 3. vastinpareineen jonossa B. Saattaa tuntua selviöltä, mutta en tähän hätään keksi todistusta. Kiinnostava kysymys on myös jonon B lukujen mahdollinen poikkeama suuruusjärjestyksestä,

399. Jukkis5.5.2023 klo 12:12

En ihan ymmärrä tätä: "Jonossa A esiintyvät kaikki alkuluvut pl. 3. vastinpareineen jonossa B."

Miksi 3:n perässä on piste?

Ja mitä tuo "vastinpareineen jonossa B" tarkoittaa?

Yritän tulkita koko juttua: Mennään järjestyksessä läpi kolmioluvut C alkaen luvusta 1 ja sen jälkeen kaikki parilliset kolmioluvut. Silloin löytyy aina kaksi alkulukua A ja B niin, että B-A = C. Ja kun kaikki C:t mennään läpi, niin A:t muodostavat jonon, jossa esiintyvät kaikki alkuluvut paitsi 3.

400. Jukkis5.5.2023 klo 12:14

Niin ja aina valitaan pienin mahdollinen A, joka ei aiemmin ole A:na esiintynyt.

401. Jukkis5.5.2023 klo 12:50

Ja jää epäselväksi, miksi 3 ei kelpaa A:ksi. Jos A-jonon kolmanneksi luvuksi valitaan 3 eikä 7, niin silloin B-jonon kolmanneksi tulee 13. Vai seuraako 3:n mukaan ottamisesta sitten, että joku muu luku ei pääse A:ksi?

402. Jaska5.5.2023 klo 18:05

Kyllä 3 kelpaa. Hylkäsin sen sopimattomana 6:n kanssa. Oikosulku taas. Seuraavan pitäisi olla oikein. Siinä seitsemästoista B-luku on pienempi kuin kuudestoista.

2, 1, 3
5, 6, 11
3, 10,13
13, 28, 41
7, 36, 43
17, 66, 83
11, 78, 89
19, 120, 139
31, 136, 167
37, 190, 227
23, 210, 233
41, 276, 317
43, 306, 349
53, 378, 431
61, 406, 467
67, 496, 563
29, 528, 557
47, 630, 677
73, 666, 739
59, 780, 839
109, 820, 929
....

Konjektuuri uusiksi eli A-jonoon sisältyvät kaikki alkuluvut. Todistus saattaa onnistua helpommin kaikkien parillisten lukujen kautta. Siis

3, 2, 5
7, 4, 11
11, 6,17
5, 8, 13
13, 10 23 jne.

recaptcha kiusaa taas...

403. Jukkis7.5.2023 klo 14:57

Tuossa edelliseesä on se pikku virhe, että 306 ei ole kolmioluku. 300 on.

404. Jukkis7.5.2023 klo 16:27

Panin koneen laskemaan. Oli mukana 2000 ekaa alkulukua (17389 asti). Näin pitkälle pääsi kunnes alkuluvut loppui, eli 93 lukukolmikkoa:

2 1 3
5 6 11
3 10 13
13 28 41
7 36 43
17 66 83
11 78 89
19 120 139
31 136 167
37 190 227
23 210 233
41 276 317
47 300 347
43 378 421
61 406 467
67 496 563
29 528 557
53 630 683
73 666 739
59 780 839
109 820 929
103 946 1049
71 990 1061
89 1128 1217
83 1176 1259
97 1326 1423
181 1378 1559
79 1540 1619
101 1596 1697
107 1770 1877
149 1830 1979
113 2016 2129
127 2080 2207
139 2278 2417
131 2346 2477
137 2556 2693
163 2628 2791
151 2850 3001
157 2926 3083
199 3160 3359
167 3240 3407
173 3486 3659
191 3570 3761
179 3828 4007
211 3916 4127
223 4186 4409
229 4278 4507
227 4560 4787
233 4656 4889
197 4950 5147
283 5050 5333
313 5356 5669
193 5460 5653
251 5778 6029
257 5886 6143
331 6216 6547
241 6328 6569
277 6670 6947
271 6786 7057
293 7140 7433
239 7260 7499
281 7626 7907
337 7750 8087
373 8128 8501
307 8256 8563
317 8646 8963
263 8778 9041
311 9180 9491
433 9316 9749
349 9730 10079
269 9870 10139
367 10296 10663
359 10440 10799
379 10878 11257
397 11026 11423
421 11476 11897
353 11628 11981
347 12090 12437
401 12246 12647
383 12720 13103
457 12880 13337
463 13366 13829
467 13530 13997
409 14028 14437
431 14196 14627
443 14706 15149
499 14878 15377
487 15400 15887
491 15576 16067
419 16110 16529
439 16290 16729
523 16836 17359

405. Jukkis7.5.2023 klo 16:29

Tekis mieli kehittää sellainen konjektuuri, että on tuo C-jono ihan millä tavalla tahansa määritelty kasvava parillisten lukujen ääretön jono (plus ykkönen siinä jonon alussa), niin A-jono sisältää kaikki alkuluvut.

406. Jukkis7.5.2023 klo 16:44

Eikun 92 noita kolmikkoja on. A:n luvut eivät ole 92 pienintä alkulukua, suurin A 523 tuossa on 99:s alkuluku. A:ssa on kaikki alkuluvut 383:een asti (joka on 76:s alkuluku). 383:n ja 523:n välistä puuttuvat 389, 449, 461, 479, 503, 509 ja 521. Varmaan nuokin A:han pääsee kun laskentaan ottaa enemmän B:n tarvitsemia alkulukuja.

Jaska osaa aina välillä hauskoja tutkittavia kehitellä.

407. eol7.5.2023 klo 18:29

(Hieman hämmensi aiheeseen perehtymistä se toki epäolennainen yksityiskohta, että kolmikkojen luvut näkyy listattavan järjestyksessä A, C, B eikä A, B, C.)

408. Jaska7.5.2023 klo 21:19

Ehkä loogisempaa olisi nyt kun kaikki kolme jonoa ovat näytillä, että kolmiolukujen jono olisi A.

Ei ole vaikeaa uskoa, että Jukkiksen listan jono jatkuu loputtomiiin. Toisin on, kun alkulukujen etäisyys eli erotus on määrätty. Jos se on suurempi kuin 2, on väliin jäävien parillisten määrä suurempi kuin 1.

Alkulukukaksosten etäisyys toisistaan on 2. Esim. parin 5, 7 yhteenlaskettava 6 antaa summat 11 ja 13, molemmat alkulukuja. 11, 13 puolestaan summat 21 ja 23, jälkimmäinen alkuluku. 71, 73 vastaavat 143 ja 145, molemmat jaollisia lukuja. Summien alkulukuvaatimus ei siis aina toteudu. Se ei toteudu myöskään etäisyydellä 4.

Etäisyyttä 6 en ole vielä tarkemmin syynännyt, mutta ennustan toteutumattomuutta senkin osalta. Ekalla parilla 23, 29 positiiviset summat ovat 47 ja 53. Toisellla parilla 31, 37 vastaavasti 67, 71 ja 73.

409. Jukkis8.5.2023 klo 10:05

Pakko taas tunnustaa, että mulle jää tyystin hämäräksi, mitä Jaska tuossa yrittää sanoa. Melkein jokaisen virkkeen kohdalla nousee iso kysymysmerkki pään yläpuolelle.

410. Jaska8.5.2023 klo 19:50

On kaksi peräkkäistä alkulukua alkulukujen suuruusjärjestyksessä, a ja b. Niiden etäisyys toisistaan on n. Niiden välissä on n/2 parillista lukua. Lasketaan kukin näistä parillisista yhteen sekä a:n että b:n. Tarkastetaan, onko väintää yksi summista alkuluku. Jos on, suoritetaan vastaava operaatio alkulukuparia suuruusjärjestyksessä seuraavalle alkulukuparille, jossa lukujen etäisyys on niin ikään n. Tarkastusta jatketaan (jos jaksetaan), kunnes päädytään alkulukupariin, jossa kaikki vastaavat summat ova jaollisia lukuja.

Esimerkki etäisyydestä 4. a ja b olkoon suuruusjärjestyksessä eka pari 3, 7. Väliparilliset siis 4 ja 6. 3+4 = 7, 3+6 = 9, 7+4 = 11, 7+6 = 13. Summista ovat alkulukuja 7, 11 ja 13. Siirrymme suuruusjärjestysessä seuraavaan 4-etäisyydelliseen alkulukupariin 13, 17. 13+14 = 27, 13+16= 29, 17+14 = 31, 17+16 = 33. Summista alkulukuja 29 ja 31.

Jne.

411. Jukkis8.5.2023 klo 19:57

Liittyykö tämä jollain tavalla tuohon esillä olleeseen A+C=B -hommaan? Jos liittyy, niin en keksi miten. Vai onko tämä nyt joku ihan uuden tarkastelun alku? Jos jälkimmäinen, niin mitä tässä varsinaisesti haetaan?

412. Jaska8.5.2023 klo 21:18

Kyllä liittyy, eikä mielestäni ole edes vaikeaa keksiä, miten. Erona on määrätty etäisyyys ja siitä johtuva yhteenlaskettavien suurempi lukumäärä. Varsinaisesti voidaan hakea eri etäisyyksien eri pitkiä putkia.

413. Jukkis9.5.2023 klo 11:19

Tuo aiempi A+C=B -juttu sentään osoittautui lopulta ihan kiinnostavaksi jutuksi, ainakin koodin kirjoittamisen kannalta. En keksi mitään kovin kiinnostavaa tästä "otetaan kaksi alkulukua ja summataan niihin parillisia lukuja ja katsotaan, tuleeko alkulukuja vai ei" -hommasta. Joskus tulee summaksi alkuluku, joskus ei, entä sitten?

414. Jukkis9.5.2023 klo 11:26

Tai no, jos tuosta kehittää vaikka sellaisen tutkimuskohteen että "jos otetaan satunnainen alkuluku ja summataan siihen valittu parillinen luku, niin millä todennäköisyydellä summa on alkuluku?" Miten tod.näk. muuttuu, kun lähtökohtana oleva alkuluku kasvaa? Vaikuttaako valitun parillisen luvun suuruus asiaan miten? Vois kuvitella, että jotain tällaista joku on jo tutkinutkin. Pitäs jaksaa guuglaa.

415. Jukkis9.5.2023 klo 17:26

Pitihän tuota "jos otetaan satunnainen alkuluku ja summataan siihen valittu parillinen luku, niin millä todennäköisyydellä summa on alkuluku?" -asiaa vähän katsella. Täällä tulos:
https://imgur.com/Sfq7Ald
Mukana alkuluvut 199999:ään asti, parilliset luvut 300:aan asti. Pystyakselilla summan alkulukuprosenttiosuus.

Ei kai mitään ihmeellistä siinä, että kuudella jaolliset luvut on korkeammalla kuin muut (vai onko?), mutta aika jännää on se, että 30:llä jaolliset on erityisen korkealla. Vai onko se jännää? Oliskohan Jaskalla tähän joku hyvä selitys?

416. Jaska9.5.2023 klo 19:06

Erittäin mielenkiintoista. Suoralta kädeltä ei löydy hyvää selitystä, mutta mietitään Porin lomassa.

417. Jukkis9.5.2023 klo 20:58

Oudommaksi menee. Laskin saman miljoonalla alkuluvulla. En laita kuvaa, koska se on ihan sama kuva, paitsi että nyt kaikki prosenttiluvut on edellisen kuvan prosenttiluvut jaettuna 1,4:llä. (Ei absoluuttisen tarkasti sentään, eri pisteillä tuo jakaja vaihtelee välillä 1,38 ... 1,43.) En sano mittään, mutta outoa on.

418. Jaska9.5.2023 klo 21:41

Lähdetään siitä, että valitun parillisen luvun alkutekijät eivät ole tiedossa. Luku on silloin tässä yhteydessä satunnainen, jolloin sen jaollisuus on suhteessa alkutekijöiden frekvenssiin.

Kaikki muut alkuluvut kuin 2 ja 3 ovat muotoa 6n-1 tai 6n+1. Kun valittu parillinen luku on kuudella jaolllinen (alkutekijöissä aina 2 ja 3), sen ja satunnaisen alkuluvun summa on alkuluku todennäköisemmin kuin jos se ei ole kuudella jaollinen. Kun alkutekijöissä on myös 5, luku on jaollinen 30:lla. Sellainen luku summautuu luonnollisesti alkuluvun kanssa todennäköisemmin alkuluvuksi kuin 42:lla, 66:lla jne jaolliset, joiden tekijöistä puuttuu 5. Lisäksi kaikki 10:llä jaolliset luvut ovat lukujen 6n-1 ja 6n +1 viereisiä, niistä kolmella jaolliset niiden keskellä.

Selvästi harvinaisempia alkulukusummaosumia antavat parilliset luvut, joiden alkutekijöistä puuttuvat 3 ja 5. Niihin sisältyy myös lukuja, joiden viereiset luvut ovat kolmella ja viidellä jaolliset. Esim. 56, jonka alkutekijät ovat 2*2*7, viereiset siis 55 ja 57. Ei siis alkujaankaan mahkuja osumaan.

419. Jaska9.5.2023 klo 21:49

417. Se johtuu alkulukujen harvenemisesta. Kun ne ovat harvemmassa, todennäköisyys alkulukuosumaan parilliseen summattuna vastaavasti pienenee ja lähestyy pikku hiljaa nollaa.

420. Jukkis10.5.2023 klo 10:29

Joo, jotain tuollaisia itsekin yritin päätellä. Ei siis mitään kummallista, mutta aika jännä kuitenkin nähdä se näin grafiikassa.

421. Jaska10.5.2023 klo 10:52

Palataan kolmiolukuihin, joita voi löytyä yllättävistäkin yhteyksistä. Tarkastellaan kahta 13:lla alkavaa lineaarista jonoa a ja b.

a 13, 23, 43, 73, 113, 163, 223, 293, 373, 463, 563, 673, 793 (13*61), 923 (13,71)...
b 13, 23, 53, 103,173, 263, 373, 503, 653, 823, 1013, 1223, 1433, 1703, (13*131)...

a alkaa siis 12:lla alkuluvulla ja b 13:lla, sitten seuraa vaihtelevasti jaollisia ja alkulukuja. Tarkastellaan lukupareittain erotuksi b-a. Kaksi ekaa paria 23-13 = 0. Entä sitten?

422. Jukkis10.5.2023 klo 11:13

Ettei vaan tuon b-jonon kaksi vikaa olisi tuossa väärin?

423. Jaska10.5.2023 klo 12:30

Huoh joo 1433 on väärin po. 1453. 1703 on oikein.

424. Jukkis10.5.2023 klo 21:18

Erotusjonohan on 0, 0, 10, 30, 60, 100, 150, 210, 280, 360, 450, 550, 660, 780, joka olisi muuten kolmioluvut kerrottuna 10:llä, mutta jää ymmärtämättä, miksi siinä pitää olla alussa kaksi nollaa. Ja muutenkin jää ymmärtämättä koko jutun juju. Jos tekee kaksi lukujonoa, joissa on alkulukuja ja jaollisia lukuja valittuna sopivasti niin, että erotusjonoon tulee kolmiolukujen 10-kertoja, niin mitä yllättävää on siinä, että siihen ne kolmiolukujen 10-kerrat ilmestyy? Vai mikä hienous jää tajuamatta? Vai onko se hienous siinä, että _melkein kaikki_ luvut noissa jonoissa on alkulukuja?

425. Jaska10.5.2023 klo 23:31

Yllätyksetkin ovat suhteellisia. Jokin asia on yhdelle yllätys, toiselle ei. En laatinut noita jonoja siillä tarkoituksella, että erotukset ovat kolmiolukujen monikertoja. Ne ilmenivät vasta kun rupesin niitä räknäilemään. Ja jos tulee vastaan tulee jotain odottamatonta, niin onhan se jonkimoinen yllätys.

Ymmärsit kyllä osan kupletin juonesta. Jonoissa on tosiaan pyritty rakentamaan luvuista 13 lähtien lineaarisesti mahdollisimman monta alkulukua. Putket ovat maksimipituiset. Jatkossa mitä pitemmälle edetään, sitä enemmän tulee mukaan jaollisia lukuja. Ihan sama idea on Eulerin onnenluvuissa, erona niiden peräkkäisten termien kasvu +2.

Mitä noihin nolliin tulee, niin olisihan ne voinut jättää poiskin. Kaikki osaavat laskea ko. erotukset päissäänkin. Niinpä jätänkin seuraavien 19-alkuisten jonojen kertaistamattomista kolmioluvuista koostuvasta erotusjonosta nollan pois ja korvaan sen viivalla.

19, 23, 31, 43, 59, 79, 103, 131, 163, 199, 239, 283, 331, 383, 439, 499, 563, 631, 703 (19*37), 779 (19*41)
19, 59, 109, 179, 269, 379, 509, 659, 829, 1019, 1229, 1459, 1709, 2269, 2579, 2909, 3259, 3629 (19*191)

- 6, 28, 66, 120, 190, 276, 378, 496, 630, 780, 946, 1128, 1326, 1540, 1770, 2016, 2278, 2556, 2850

426. Jukkis11.5.2023 klo 18:19

Joo, ehkäpä tuo onkin kiinnostavampaa kuin miltä ensin vaikutti.

427. Jaska12.5.2023 klo 12:50

Otetaan vielä Eulerin 17:lle (a) kaveri.

a 17, 19, 23, 29, 37, 47, 59, 73, 89, 107, 127, 149, 173, 199, 227, 257, 289 (17^2), 323 (17*19)... toka erotusjono 2...
b 17, 23, 41, 71, 113, 167, 233, 311, 401, 503, 617, 743, 881, 1031, 1193, 1367, 1553, 1751 (17*103)... toka erotusjono 12...

b-a parittaisten termien erotusjonon toka erotusjono on siis 12-2 = 10.

428. Jukkis12.5.2023 klo 20:22

Tekee mieli vielä kysyä tästä kuvaajasta
https://imgur.com/Sfq7Ald
että miksiköhän 210 poikkeaa noin paljon kaikista muista 30:n monikerroista, jotka on hyvinkin tasavahvaa porukkaa. Olisko sulla Jaska jotain selitystä?

429. eol12.5.2023 klo 20:36

Arvaus Jukkikselle: 210 on pienin sellainen luku, joka on jaollinen kaikilla neljällä pienimmällä alkuluvulla 2, 3, 5 ja 7.

430. Jaska12.5.2023 klo 20:54

Lisäksi 7 on näytillä olevien 30:lla jaollisen suurin alkutekijä. Muiden suurin on 5. Siksi 20 on korkeimmalla ja muut alempana tasakorkeudella.

431. Jaska12.5.2023 klo 20:55

Korjaan 270 korkeimmalla.

432. Jaska13.5.2023 klo 19:22

Vielä kolmas 17:stä alkava jono kaveriksi 427-jonoille.

c 17, 31, 59, 101, 157, 227, 311, 409, 521, 647, 787, 941, 1109, 1291, 1487, 1697, 1921 (17*113), 2159 (17*17)...

Konjektuuri: Kahden saman järjestysnumeron omaavan b + c luvun summa + jokin a-jonon eli Eulerin jonon luku on alkuluku.

433. Jukkis16.5.2023 klo 18:31

Jatkanpa vielä tätä "jos otetaan satunnainen alkuluku ja summataan siihen parillinen luku, niin millä todennäköisyydellä summa on alkuluku?" -tutkimusta.

Kuten eol tuolla totesi, 210 = 2*3*5*7, ja tämä on ilmeisesti selitys sille, että täällä kuvassa
https://imgur.com/Sfq7Ald
210 poikkeaa muista 30:n monikerroista.

No, 2*3*5*7*11 = 2310, joten olisikohan se jotenkin muita parempi 210:n monikerta? Onhan se. Vasemmalla parillinen summattava, oikealla montako % summmista on alkulukuja. Laskennassa mukana miljoona pienintä alkulukua.

210 27,43
420 27,46
630 27,44
840 27,48
1050 27,42
1260 27,45
1470 27,44
1680 27,42
1890 27,42
2100 27,44
2310 30,5
2520 27,42

Sitten 2*3*5*7*11*13 = 30030. Tässä 2310:n monikertoja:

2310 30,5
4620 30,48
6930 30,46
9240 30,51
11550 30,46
13860 30,44
16170 30,45
18480 30,44
20790 30,43
23100 30,41
25410 30,43
27720 30,45
30030 33,22
32340 30,44

Ja 30030 siellä voittaa.

Ihan vaan mielenkiinnosta 210:n monikertoja 30030:n ympäristössä:

29610 27,99
29820 27,78
30030 33,22
30240 27,38
30450 28,43

Ja vielä 30:n monikertoja 30030:n ympäristössä:

29820 27,78
29850 22,94
29880 23,12
29910 22,84
29940 22,86
29970 23,49
30000 22,83
30030 33,22
30060 22,95
30090 24,77
30120 22,93
30150 23,21
30180 22,92
30210 24,65
30240 27,38

434. Jaska16.5.2023 klo 23:24

Äkkiseltään outoja nuo kolmen prosenttiyksikön heitot 210 ja 2310 monikerroissa.

435. Jukkis17.5.2023 klo 10:18

Nehän on niissä kohdissa, joissa parillinen summattava = pienimpien alkulukujen tulo.
210 = 2*3*5*7
2310 = 2*3*5*7*11
30030 = 2*3*5*7*11*13

436. Jaska17.5.2023 klo 19:05

Pälkähti päähän ynnäillä noita peräkkäisten alkulukujen tuloja 6, 30, 210 jne. kera summien prime factorization. ollen vikan ynnättävän suurin kertoja 31. Siihen asti joka toinen summa alkaa kertojalla 6 (kun pelkkä lasketaan summaks), joka toinen puolestaan alkaa 6:n monikerralla. Jos jatkuu samana, herää tietysti kysymys, mistä säännöllisyys johtuu. Voi joutua fundeeraamaan kauan ja hartaasti?

6 = 2*3
36 = 2^2*3^2
246 = 2*3*41
2556 = 2^2*3^2*71 jne

437. Jaska19.5.2023 klo 12:46

Hartaushetki ei ollutkaan pituudella pilattu. Jaetaan luvut kuudella: 1, 6, 41, 426, 5431, 90516, vuorotellen parillisia ja parittomia.

438. Jaska25.5.2023 klo 23:42

7, 11, 11, 13, 11, 13, 13, 17, 11, 13, 11, 13, 13, 17, 17, 19, 13, 17, 17, 19, 17, 17, 19, 19, 19, 23

Tämä 26-pituisella jonolla on yhteys viimeisimmän matemaattissäikeen ynnäilyihin. Vaikeusarvio viiden tähden skaalalla 4

439. Jaska27.5.2023 klo 21:43

Edellisten alkulukujen 84-pituinen emojono kokonaisuudessaan

6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 10, 11, 12, 13, 14, 12, 13, 14, 15, 14, 15, 16, 16, 17, 18, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 11, 12, 13, 14, 15, 13, 14, 15, 16, 15, 16, 17, 17, 18, 19, 12, 13, 14, 15, 16, 14, 15, 16, 17, 16, 17, 18, 18, 19, 20, 15, 16, 17, 18, 17, 18, 19, 19, 20, 21, 18, 19, 20, 20, 21, 22, 21, 22, 23, 24

Parillisia 44, parittomia 40

440. Jaska13.6.2023 klo 12:32

Kesäkuun keskellä kerkeästiköhän keksittävä

19, 29, 59, 79, 89, 109, 139, 149, 179, ?

441. Jaska16.6.2023 klo 12:47

Yllä on peräkkäin yhdeksän ensimmäistä numeroon 9 päättyvää alkulukua suuruusjärjestyksessä. Kymmenes on 199, joka sekin on ratkaisuna tietenkin oikea, mutta helppoutensa vuosi se ei ollut haussa. Tarkoitettu luku onkin jonon yhdestoista eli 229. Syy selviää räknäämällä.

442. Jaska22.6.2023 klo 12:28

Eli plussaamalla kolme peräkkäistä = alkuluku.

Seuraavan jonon 31 ekaa termiä ovat alkulukuja, mikä on ennätys etäisyyksien kasvulla + 16.

-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...

Putken katkaisee siis 7739 (71*109).

443. eol22.6.2023 klo 15:24

Jaskan viimeviikkoisella jonollaan (440. & 441.) demonstroima ominaisuus saadaan ymmärtääkseni esillle myös jonolla

19, 29, 59, 79, 89, 109, 139, 179, 239, ...

jonka etuna mielestäni on teknisesti yksinkertaisempi määritelmä: tähän jonoon kuuluu jokainen sellainen 9:ään päättyvä alkuluku, jonka summa kahden lähinnä suuremman 9:ään päättyvän alkuluvun kanssa on myös alkuluku. Ensimmäiset tästä jonosta puuttuvat 9:ään päättyvät alkuluvut ovat siis 149, 199 ja 229.

444. Jaska8.9.2023 klo 22:28

Herätellään ketjua kesähorroksestaan.

4, 6, 10, 12, 14, 15, 20, 21, 26, 33, 35, 38, 44, 46, ?

445. Jaska8.9.2023 klo 22:32

Hups, mistä 4 tuohon putkahti. Uusiksi.

6, 10, 12, 14, 15, 20, 21, 26, 33, 35, 38, 44, 46, ?

446. Jaska12.9.2023 klo 11:10

Edelliseen liittyvä:

5, 7, 7, 9, 8, 9, 10, 15, 14, 12, 21, 15, 25...

447. eol12.9.2023 klo 16:41

Vaikuttaa siltä, että jonojen 445. ja 446. vastinjäsenten summien jono koostuu ei-vähenevistä alkuluvuista:

11, 17, 19, 23, 23, 29, 31, 41, 47, 47, 59, 59, 71, ...

Eri asia sitten on, miten tämän avulla ehkä päästäisiin eteenpäin.

448. Jaska12.9.2023 klo 18:31

Nimenomaan summat ovat ratkaisun avain. Eivät sentään pelkästään.

449. Jaska13.9.2023 klo 13:24

Jatketaan jonoa 48:sta summaillen.

48 + 11 = 59
51 + 20 = 71
55 + 16 = 71
57 + 22 = 79
58 + 31 = 89
65 + 18 = 83
68 + 21 = 89
74 + 39 = 113
85 + 22 = 107
86 + 45 = 131
93 + 34 = 127
96 + ? = ?

Pähkäiltävänä on siis yhteenlaskettavien lukuarvojen poukkoilun aiheuttaja summan ollessa alkuluku.

450. eol13.9.2023 klo 16:34

Ahaa: summien jonon alkuluvut eivät siis olleetkaan edes ei-väheneviä.

451. eol14.9.2023 klo 09:37

96 + 13 = 109

452. Jaska14.9.2023 klo 10:41

451. eol hiffasi. Ilmoittamalla mallin mukaisen lähimmän jatkon huomiseen 12.00 mennessä on muillakin tilaisuus kartuttaa pistepääomaansa.

453. Jaska15.9.2023 klo 12:02

Ratkaisu: jaollinen luku + sen alkutekijöiden summa = alkuluku.

454. Jaska2.11.2023 klo 20:06

Etsi mahdollisimman monta sellaista alkulukukaksosparia, joiden muodostamassa parijonossa kaikkien termien erotus on sama, eli toinen erotusjono on nollajono. Esimerkki: 5,7 - 11,13 - 17,19. Näiden kolmen parin kaksi erotusta ovat samat eli 6. Tehtäväsi on siis laatia jono, jossa on useampia pareja.

455. Jukkis3.11.2023 klo 12:14

Nämä löytyi miljoonan ekan kaksosparin joukosta:

12: 5 17 29 41
30: 11 41 71 101
30: 3299 3329 3359 3389
30: 175961 175991 176021 176051
30: 908819 908849 908879 908909

Tuossa ensin erotus ja sitten parin eka luku.

Viiden ketjua ei löytynyt.

456. Jukkis3.11.2023 klo 12:22

10 miljoonaan asti tutkiessa nämä lisää:

30: 1115237 1115267 1115297 1115327
30: 1537967 1537997 1538027 1538057
30: 2242781 2242811 2242841 2242871
30: 6058901 6058931 6058961 6058991

457. Jukkis3.11.2023 klo 16:24

Tuli väärä sanamuoto. Ei "miljoonan ekan kaksosparin", vaan arvoltaan alle miljoona olevien kaksoparien, joita on 8196 kpl. Suurudeltaan alle 10 miljoonaa olevia kaksospareja on 58980 kpl.

458. Jukkis3.11.2023 klo 16:43

No löytyyhän näitä kun laajentaa hakualgoritmia.

210: 3042491 3042701 3042911 3043121 3043331 3043541

459. Jaska3.11.2023 klo 18:20

Jukkis on tehnyt kiitettävää työtä. Se herättää teoreettisen kysymyksen, mikä on erotusten pituuksien yläraja, ja onko ylärajaa lainkaan.

Oma ennätykseni on manuaalisesti laskettu 8. Se on pikku kikalla syntyvä varsin simppeli konstruktio ja erotusten pituusluokassa 12 varmasri maksimi. Kekkaatteko?

460. eol3.11.2023 klo 19:09

Mutu-arveluja: En usko, että erotuksen pituudella on mitään ylärajaa. Jotensakin päinvastoin, uskon että mitä useamman pienimmän alkuluvun tuloksi erotus asetetaan (210 = 2*3*5*7), sitä pitempiä "parijonoja" on kohtuullisin laskentatesurssein tietokonehaulla löydettävissä. - Erikseen ovat sitten "manuaaliset kikat", jollaisen olemassaolo kuulostaa erittäin mielenkiintoiselta.

461. Jukkis3.11.2023 klo 21:08

Nyt kun oon tuota ohjelmaani pyöritellyt, niin tuntuu ihan käsittämättömältä asialta tuo Jaskan manuaaliseti löytämä 8 parin joukko. Parantelin brute force -tyypistä algoritmiani älykkäämmäksi ja menin 100000 ekaa paria, 18409199 asti, jolloin löytyi lisää muutama kuuden parin joukko, esim.

420: 41 461 881 1301 1721 2141
2940: 1831127 1834067 1837007 1839947 1842887 1845827

Mutta ei merkkiäkään tuon pidemmistä. Joten kerro Jaska lisää.

462. Jaska3.11.2023 klo 21:31

Jukkis, mainitsin kikan. Aikoinaan käytin samaa toisessa yhteydessä, ja sinä totesit siitä: olisihan se pitänyt jne.

463. Jukkis3.11.2023 klo 21:50

En muista. Älä panttaa asiaa enempää.

464. Jaska3.11.2023 klo 22:44

Otetaan mukaan negatiiviset luvut. Parien pienempien lukujen jono: -43, -31, -19, -7, 5, 17, 29, 43

465. Jaska3.11.2023 klo 22:47

No no, vika tietysti 41.

466. Jukkis4.11.2023 klo 09:04

Nyt muistan. En tuota kahdeksan parin jonoa pidempää löydä kun otan negatiiviset alkulukuparit mukaan.

467. Jukkis4.11.2023 klo 15:25

Negatiivisten lukujen mukaan ottaminen ei kyllä tee tätä yhtään kiinnostavammaksi.

Mutta kun panostaa CPU-aikaa entistä reippaammin, löytyy vihdoin tämä:

1517670: 3005291 4522961 6040631 7558301 9075971 10593641 12111311 13628981

Tuon pidempää ei 100000 ekalla kaksosparilla (suurin pienempi jäsen 18409199) voi löytyä. Mutta jos ottais vaikka miljardi paria, niin eiköhän sieltä pidempiä jonoja löytyis. Ja sitten biljoona, sitten triljoona. Ja kun näitä pareja on äärettömän paljon, niin eiköhän ääretön ole myöskin tällaisen jonon pituuden yläraja.

468. Jukkis4.11.2023 klo 15:40

Ja olishan ollut aika saavutus, jos tuo olisi ollut se Jaskan manuaalisesti löytämä 8 kaksosparin jono.

469. Jaska5.11.2023 klo 19:27

Riippuu siitä, kuinka kauan "aika saavutus" olisi vaatinut aikaa. Olkoon sellainen suoritus 1000 paria päivässä peräkkäisinä päivinä. Sillä vauhdilla ko. kahdeksikko olisi löytynyt parissa kuukaudessa. Edellyttäen tietysti erittäin epätodennäköistä virheettömyyttä.

Saavutus se on seuraavakin eli ilman kaksosvaatimusta tasaerotuksisten peräkkäisten alkulkujen maksimi 10 lukua erotuksella 30: -113, -83, -53, -23, 7, 37, 67, 97, 127. Kauneuspilkkuna kaksonen 7.

470. Jaska5.11.2023 klo 19:50

Virheistä puheen ollen jonosta puuttuu 157...

471. Jukkis5.11.2023 klo 20:17

Pikaisesti katselin, positiivisilla luvuilla 10-ketju:

210: 199 409 619 829 1039 1249 1459 1669 1879 2089

Jos laittaa eteen -11, niin sitten 11-ketju.

En taida tähän enempää panostaa.

472. Jaska5.11.2023 klo 23:22

11 voi olla 210-erotusten maksimipituus. Varmistukseen tarttee manualisoida lisää.

473. Jaska6.11.2023 klo 18:54

Varmistui.

474. Jukkis6.11.2023 klo 19:50

Miten?

475. Jaska6.11.2023 klo 21:08

Näissä tasaerotuksissa jonoissa joka yhdestoista luku on jaollinen 11:lla. Näin ollen teoreettinen maksimipituus on 10, paitsi jos jonossa on mukana 11 tai -11. Sinulla oli -11, joten pituudeksi tuli 11. Toinen tapaus on käänteinen, eli aloitus on 11, sitten nuo sinuun löytämäsi negatiivisina.

476. Jaska6.11.2023 klo 21:22

Tavalliseen tapaan pienimmästä luvusta aloittaen siis -2089..... 11

477. eol6.11.2023 klo 23:30

Tarkentaisin hieman tuota Jaskan lausumaa (475.): ymmärtääkseni "näissä tasaerotuksi[si]ssa jonoissa" olisi täsmällisemmin "näissä sellaisissa tasaerotuksisissa jonoissa joissa tuo tasaerotus ei ole 11:n monikerta". (Yleisemmin, mille tahansa alkuluvulle p pätee: sellaisissa tasaerotuksisissa jonoissa, joissa tuo tasaerotus ei ole p:n monikerta, joka p:s luku on jaollinen p:llä.)

P.S. En kyllä muuten muista nähneeni missään sellaista määritelmää termille "alkuluku", joka sallisi alkuluvun olevan negatiivinen.

478. Jaska7.11.2023 klo 18:44

Joo, oli lausuntoni hämärä. "Näissä" tarkoitti käsittelyn alla olevia jonoja, joissa erotuksena on 210 alkutekijöin 2, 3, 5, 7.

En minäkään ole nähnyt määritelmää. Muutankin negatiiviset alkulukuni muotoon p - 2 p.

479. Jaska24.11.2023 klo 14:32

1, 1, 1, 2, 2, 1, 2, 3, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 2, 4, 3, 3, 4, 4, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 6, 5, 4, 5, 3, 6, 6, 7, 5, 5, 6, 4, 8, 5, 6, 6, 8, 6, 8, 5, 5, 7, 11, 4, 6, 9, 7, 8, 9, 8, 7, 7, 9, 7, 8, 7, 12, 5, 9, 9, 11, 9, 7. 7. 12, 10, 10, 9, 9, 9, 6, 11, 10, 7, 9, 12, 11, 12, 9, 10, 11, 12, 10, 13, 9, 11, 10, 12, 11, 10, 11, 14, 11...

Yllä universumin ensipainos alkulukujen lukumääristä 101:n ensimmäisen, kolmioluvun (1, 3, 6...5151) väleissä. Frekvenssi nousee epätasaisesti niin kuin odotettavissa oli. Eri kappalemäärien lukumäärät:

1 - 4
2 - 6
3 - 9
4 - 11
5 - 9
6 - 9
7 - 10
8 - 6
9 - 12
10 - 7
11 - 9
12 - 6
13 - 1
14 - 1

Epätasaista jälleen lukumäärän 4 jälkeen. Jonoa jatkettaessa lukumäärien voi olettaa erojen tasoittuvan. Vaikea kysymys on kuitenkin, mitkä kappalemäärät ovat lopullisia. 1 - 4 kpl mahdollisesti, todistaminen on eri juttu.

480. Jukkis25.11.2023 klo 10:32

Kynällä ja paperillako sinä näitä tutkit? Vai käytätkö jotain atk-välinettä apuna?

481. Jaska25.11.2023 klo 12:50

Kynä ja paperi kyllä, tietokoneen calculatorilla ynnäyksen tsekkaus, joka jäi eilen päässälaskuun luottaen valitettavasti tekemättä. Tänään sitten paljastui virheitä. Korjattuna ja pätkittynä:

1, 1, 1, 2, 2, 1, 2, 3, 2, 2
3, 3, 3, 3, 2, 4, 3, 3, 4, 4
3, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 6, 4
5, 3, 6, 6, 7, 5, 5, 6, 4, 8
5, 6, 6, 8, 6, 8, 5, 5, 7, 12
4, 6, 9, 7, 8, 9, 8, 7, 7, 9
7, 8, 7, 12, 5, 9, 9, 11, 9, 7
8, 12, 10, 10, 9, 9, 9, 6, 11, 6
4, 9, 12, 11, 12, 9, 10, 11, 12, 10
13, 9, 11, 10, 12, 11, 10, 11, 14, 11

korjattu taulukko

1 - 4
2 - 6
3 - 7
4 - 11
5 - 10
6 - 8
7 - 8
8 - 7
9 - 12
10 - 7
11 - 9
12 - 7
13 - 1
14 - 1

Kertolaskulla saadaan alkulukujen määräksi kolmiolukujen väleissä 685, kun ei lasketa mukaan lukua 3. Ekan taulukon lukema jää vajaaksi.

Myöhemmin tulee sama vain alkulukukaksosparit mukaan ottaen. Siihen liittyy myös universumissa ennestään tuntematon konjektuuri. Täytyy ensin tsekkailla ynnäilyjen oikeellisuus.

482. eol25.11.2023 klo 16:11

Kun noita kolmiolukuvälejä mennään eteenpäin, niin yksi perustavanlaatuinen kysymys on tämäkin: Tuleeko jossakin vaiheessa vastaan jopa sellainen väli, joka ei sisällä yhtään alkulukua?

En voi väittää perehtyneeni Wikipedia-artikkeliin
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Prime_gap
mutta aika paljon tuollaisia "alkulukuaukkoja" on tutkittu.

Lauseke n:nnelle kolmioluvulle on (n^2 + n)/2. Toisiin potensseihin liittyen, Legendren konjektuurin
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Legendre%27s_conje cture
mukaanhan lukujen n^2 ja (n+1)^2 välissä olisi aina ainakin yksi alkuluku, mutta konjektuuria ei ole pystytty todistamaan oikeaksi eikä vääräksi.

483. eol25.11.2023 klo 20:17

Jatkan vielä: Kolmioluvut ovat 1, 3, 6, 10, 15, 21, ... ja neliöt taas 1, 4, 9, 16, 25, 36, ... .

Siten kolmioluvut kasvavat kullakin askeleella n aina n:n verran. Legendren konjektuurin eli neliöiden tapauksessa kullakin askeleella n vastaava kasvu on 2n - 1, eli melkein kaksi kertaa suurempi, mutta siltikään siis ei paljosta yrityksestä huolimatta ole onnistuttu todistamaan, että joka välille sattuu ainakin yksi alkuluku.

Legendren konjektuurin muotoilu taitaa olla 1800-luvun puolivälin tienoilta, ja ilmeisesti sen viimeisteli joku muu kuin itse Legendre (1752 - 1833), joka aihepiirin tutkimusta kuitenkin vei eteenpäin. (Ranskan vallankumousajan runsasällisen matemaatikkotrion muilla jäsenillä Laplacella (1749 - 1827) ja Lagrangella (1736 - 1813) ei taida olla ollut näppejään pelissä.)

484. Jukkis25.11.2023 klo 21:27

Uskallan väittää, että tuo viestin 481 lista pitäis olla

1, 1, 1, 2, 2, 1, 2, 3, 2, 2
3, 3, 3, 3, 2, 4, 3, 3, 4, 4
4, 4, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 6, 4
5, 3, 6, 6, 7, 5, 5, 6, 4, 8
5, 6, 6, 8, 6, 8, 5, 7, 5, 11
4, 6, 9, 7, 8, 9, 8, 7, 7, 9
7, 8, 7, 12, 5, 9, 9, 11, 9, 7
7, 12, 10, 10, 9, 9, 9, 6, 11, 10
11, 9, 12, 11, 12, 9, 10, 11, 12, 10
13, 9, 11, 10, 12, 11, 10, 11, 14, 11

485. eol25.11.2023 klo 21:36

Ja edelleen jatkoa (viestiini 483.): Sopinee koota tähän joitain "alkulukuaukkoihin" liittyviä perustuloksia (jotka löytyvät yllä mainitusta Wikipedia-artikkelista):
- Sellaisia lukuvälejä, jotka eivät sisällä yhtään alkulukua, löytyy vaikka kuinka pitkiä tahansa. (Eli alkulukuaukon pituudelle ei ole ylärajaa.)
- Lukuvälillä n:stä 2n:ään on aina ainakin yksi alkuluku.
- On olemassa jokin sellainen luku C, että kunhan n > C, niin lukuvälillä n^3:sta (n+1)^3:een on aina ainakin yksi alkuluku. (Tätäkään siis ei ole onnistuttu todistamaan kaikille positiivisille kokonaisluvulle n, vaan vain kaikille riittävän suurille.)

486. Jaska26.11.2023 klo 13:11

Jukkis (tietysti) oikeassa. Olin siirtänyt lokerosta 1176 - 1225 alkuluvut 1217 ja 1223 seuraavaan lokeroon 1225 - 1275. Lokeroiden oikeat kappalemäärät siis 7 ja 5. Seuraavan lokeron oikea lukumäärä on 11, joten kokonaismäärätaulukossa oikea 11:n lukumäärä on 11 ja 12:n 6. Tokavikan rivini eka luku 4 on siis oikeasti 11, jonka olin epäselvästi oikein merkinnytkin, mutta tänne kirjoittaessa lukenut neloseksi.

Näiden hatuttavuuksien osasyy oli kiire Turun painaessa päälle. Tänään on vuorossa Mikkeli, mutta siitä huolimatta seuraava alkulukukaksosparien lukumäärälista on absoluuttisesti oikea. Se tulee myöhemmin.

487. Jaska26.11.2023 klo 15:29

Tarkennan, että "absoluuttisesti" tarkoittaa alkoholiprosenttia 0 veressäni prosessin aikana.

0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1
1, 0, 1, 1, 0, 2, 0, 1, 2, 1
1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 2, 1, 0
1, 0, 1, 2, 2, 0, 0, 0, 1, 3
1, 0, 0, 2, 2, 1, 1, 0, 1, 4
0, 1, 2, 1, 0, 2, 2, 1, 1, 2
2, 1, 1, 5, 0, 2, 2, 1, 0, 1
1, 2, 2, 2, 0, 2, 0, 1, 1, 3
4, 2, 3, 1, 1, 2, 1, 3, 3, 2
5, 1, 1, 3, 2, 1, 2, 1, 3, 1

Yhteensä 127 kaksosparia = 254 alkulukua. Mukaan ei ole kelpuutettu pareja 3, 5 ja 5, 7 kolmiolukujen väleihin osumattomina. Neloset ja vitoset pistävät silmääm muuten tasaisehkosta aaltoilusta. Eka 5 osuu vain 65-pituiseen lokeroon 2080 - 2145.

kpl-määrien taulukko

0 - 24
1 - 42
2 - 23
3 - 7
4 - 2
5 - 2

Vastaavassa tsekkaamattomassa taulukossa kolmioluvut on jaettu viiteen osaan loppunumerosyklien mukaan. Yhdessä syklissä on 20 lukua.

1-231 - 14
231-861 - 18
861-1891 - 24
1891-3321 - 28
3321-5151 - 43

Vähäisellä otoksella operaatio tuotti tasaisesti eneneviä lukumääriä. Trendin voi olettaa jatkuvan, mikä ei kuitenkaan ole mainitsemani konjektuuri. Se kaipaa vielä lisätutkailua luvulla 6 jaollisista ja numeroihin 8 ja 0 päättyvistä kolmioluvuista. Tuostahan voi jo arvailla, mistä on kyse.

488. Jukkis26.11.2023 klo 19:53

Kuvaaja, jossa 5000 ekaa kolmiolukuparia. Viimeinen pari 12502500 - 12507501, jossa välissä 288 alkulukua, joista suurin 12507457.

https://imgur.com/a/lMm0x5c

489. Jukkis26.11.2023 klo 21:15

Kuvaaja, jossa 6000 ekaa kolmiolukuparia. Viimeinen pari 18003000 - 18009001, jossa välissä 25 alkulukukaksosparia, joista suurin 18008867 - 18008869.

https://imgur.com/a/JJ52m6T

490. Jaska26.11.2023 klo 22:11

Oho, mekäläisen metodilla tuota olisi pitänyt laskea viikkotolkulla, tolkuton urakka siis. Eneneminen on selviö, mutta kaksosten suhteellinen osuus vähenee.

491. Jaska27.11.2023 klo 14:12

Captcha-pirulainen ei äsken suvainnut hyväksyä konjektuuria koskevia tuloksiani. En nyt ehdi skrivata niitä uudelleen. Pelkkä konjektuuri: 5 ja 7 on ainoa alkulukukaksospari, jonka välissä on kolmioluku.

Tuohon on mahd. helppo todistuskin, funtsitaan lenkillä.

492. Jukkis27.11.2023 klo 16:01

Ei ainakaan 100000 ekan kaksosparin joukosta muita löydy.

493. Jaska27.11.2023 klo 17:57

Kylmä oli lenkillä. Aivot kohmettuivat. Helpolta vaikuttava ei ehkä ole yhtä kuin helppo. Pitäisi tutkailla syklejä, mutta ei nyt. Työlästä hommaa.

494. Jukkis27.11.2023 klo 21:15

Eikä 239101 ekan kaksosparin (alle 50 milj. olevat) joukosta.

495. Jaska27.11.2023 klo 23:44

Todistus on kuin onkin aika yksinkertainen. Kaikki kolmioluvut p.l. 1 ja 3 ovat jaollisia. Jos konjektuuri olisi väärä, löytyisi alkuluku(ja) muotoa kolmioluku - 1. Se on kuitenkin mahdotonta, koska myös lukujonon kolmioluku - 1 kaikki parittomat luvut p.l. 5 ovat jaollisia:

9 = 3*2. 27 = 3^3, 35 = 5*7, 65 = 5*13, 77 = 7*11, 119 = 7*17, 135 = 3^3*5, 189 =3^3*7, 209 = 11*19, 275= 5^2*11, 299 = 13*23, 377 = 13*29, 405 = 34*5, 495 = 3^2*5*11, 527 = 17*31 jne. Kaikki alkulukukertoimet toistuvat määrätyssä järjestyksessä.

Luvuissa muotoa kolmioluku + 1 on sekä jaollisia että alkulukuja.

496. Jaska28.11.2023 klo 10:44

Korjaus. 405 = 3^4*5

497. eol29.11.2023 klo 19:35

Jaskan konjektuuri (491.) voidaan todistaa hänen ehkä "babylonialaisen" tapansa lisäksi helposti myös joillekin meistä varmaan tutumpaan "kreikkalaiseen" tapaan:

Olkoon k mikä tahansa lukua 6 suurempi kolmioluku. Tällöin on tunnetusti olemassa n > 3 siten että k = n(n+1)/2.

Siten luvulle k-1 pätee:

k-1 = n(n+1)/2 - 1 = (n^2 + n - 2)/2 = 1/2 * (n-1)(n+2)

Havaitaan helposti, että täsmälleen jompikumpi luvuista n-1 ja n+2 on parillinen. Siten k-1 voidaan aina esittää kahden ykköstä suuremman kokonaislukutekijän tulona: jos n on pariton, niin nuo tekijät ovat (n-1)/2 ja n+2; ja jos taas n on parillinen, niin ne ovat n-1 ja (n+2)/2.

Siten sellainen kolmioluku, joka on suurempi kuin 6, ei voi olla alkulukaksosten välissä, ja erityisesti on niin, että tuota kolmiolukua välittömästi edeltävä luku ei voi olla alkuluku.

498. Jaska30.11.2023 klo 23:20

Ei myöskään mikään "kuusioluku" voi olla alkulukukaksosparin välissä. Mikä on yksinkertaisin todistus?

499. Jaska30.11.2023 klo 23:22

(p.l. 5)

500. Jaska30.11.2023 klo 23:24

siis 6 tietty (väsyttää)

501. eol1.12.2023 klo 00:37

Tunnetusti jokainen kuusioluku eli heksagonaaliluku on muotoa n(2n-1). Kun asetetaan m = 2n-1, niin

n(2n-1) = 2n(2n-1)/2 = m(m+1)/2

joten jokainen heksagonaaliluku on myös kolmioluku, eikä sellaisena voi (ylläolevan todistuksen mukaan) sijaita alkulukukaksosten välissä, mikäli on suurempi kuin 6 eli mikäli n > 2.

502. Jaska1.12.2023 klo 11:47

Pelkistetyin todistus ilman kaavaa on: koska ne ovat kolmiolukuja. Edellytys on tietysti, että eolin todistus on ennalta tiedossa.

503. Jaska5.12.2023 klo 18:57

Mitä ovat seuraavat?

1, 6, 35, 204, 1189, 6930, 40391, 235416, 1372105, 7997214, 46611179, 271669860...

504. Jukkis5.12.2023 klo 20:38

..., 1583407981, 9228778026, ...

505. Jaska5.12.2023 klo 23:21

Joo, vastaukseksi olisi kelpuutettu myös "Ne ovat neliöjuuria." Tarkemmin sellaisten neliöiden, jotka ovat myös kolmiolukuja. Jonon jatko on 5*otoksen viimeinen luku + viimeisen ja viimeistä edellisen luvun erotus.

506. Jaska5.12.2023 klo 23:45

Ed. huono sanamuoto. Piti olla 5* -tulo + sen ja otoksen viimeisen luvun erotus = jonon seuraava luku.

507. Jaska6.12.2023 klo 00:06

Huoh, nihiloidaan ed. virheellinen korjaus.

508. Jaska11.1.2024 klo 13:13

OEIS:n jono A017173: 1, 10, 19, 28, 37, 46, 55, 64, 73, 82, 91, 100, 109...

Miten se liittyy jonoon A129803? Tarkoittamani yhteys selviää laskemalla.

509. eol13.1.2024 klo 10:18

Enpä minä ainakaan ole tässä Jaskan tehtävässä päässyt lähtötietojen kokoamista pitemmälle.

Tuo A129803 näkyy koostuvan sellaisista kolmioluvuista, jotka ovat samalla joidenkin kolmen perättäisen kolmioluvun summia:

10, 136, 1891, 26335, 366796, 5108806, 71156485, ...

Esimerkiksi:

T(4) = 10 = 1 + 3 + 6 = T(1) + T(2) + T(3)
T(16) = 136 = 36 + 45 + 55 = T(8) + T(9) + T(10)

Vaikuttaa ei-aivan-triviaalilta jonolta, toisin kuin tuö A017173.

510. Jaska13.1.2024 klo 12:32

Laskeminen tarkoitti numeroiden yhteenlaskua. Kun lasketaan A017173:n lukujen numeroiden summat, kaikki löytyvät ko. triviaalista jonosta. Siihen kuuluu myös summia. jotka eivät täytä mainittua samuuden ehtoa.

Summajonossa 10, 19, 31, 46, 64, 85, 109, 136, 166, 199...jonoon kuuluvia ovat ordinaalisesti 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11 jne, eli kaksi kolmasosaa kaikista summista. Ne eivät ole jaollisia kolmella. Peräkkäisten termien etäisyydet kasvavat +3: 9, 12, 15, 18, 21...Samuusehdon täyttävien summien kaikki kahden termin keskinäiset etäisyydet ovat jaollisia luvulla 9.

Yksi kolmasosa eli ordinaalisesti 3, 6, 9, 12... ovat siis jaollisia kolmella. Tämän toisenkin triviaalijonon kahden peräkkäisen termin erotus on 9: 4, 13, 22, 31, 40, 49, 58, 67,

511. eol14.1.2024 klo 01:42

Nyt en kyllä pysty täysin seuraamaan tuon Jaskan edellisen viestin (510.) esitystä. Sen ja englanninkielisen Wikipedian kolmioluku-artikkelin avulla kuitenkin huomasin tänään iltapäivällä, että seuraava noiden jonojen A129803 ja A017173 välinen perustavanlaatuinen yhteys on suoraviivaisesti todistettavissa (siis nimenomaan jopa koulu- ja yliopistolaitoksessa perinteisesti harjoitetulla "kreikkalaisella" tavalla):

Jokainen jonon A129803 jäsen kuuluu myös jonoon A017173. Toisin sanoen: jos t on sellainen kolmioluku, joka on samalla joidenkin kolmen perättäisen kolmioluvun summa, niin jaettaessa t luvulla 9 saadaan jakojäännökseksi 1.

512. Jaska14.1.2024 klo 13:15

Toisin sanoen 9t + 1 on niin ikään kolmen kolmioluvun summa.

513. eol15.1.2024 klo 01:02

Wikipediasta löytyy jopa tieto, että jokainen positiivinen kokonaisluku on korkeintaan kolmen kolmioluvun summa (Gauss, 1796). Tästähän triviaalisti seuraa se, että mikäli myös 0 katsotaan kolmioluvuksi (kuten esimerkiksi OEIS katsoo), niin jokainen ei-negatiivinen kokonaisluku on kolmen kolmioluvun summa.

514. eol15.1.2024 klo 01:56

Tässä viestissä luonnostelen eilisen viestini (511.) jälkimmäisen kappaleen sisältämän väitteen todistuksen.

Tarkastellaan kolmiolukujen jonon

0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, 66, ...

jäsenten 9-jakojäännösten jonoa. (Luvun 9-jakojäännöksellä tarkoitan tietysti sitä jakojäännöstä, joka jää kun luku jaetaan 9:llä.) Havaitaan, että tämä jono

0, 1, 3, 6, 1, 6, 3, 1, 0, 0, 1, 3, ...

on jaksollinen ja jakson pituus on 9. Nämä havainnot voidaan tehdä esimerkiksi tutkimalla seuraavaa listaa ja erityisesti siinä hakasulkuihin merkittyjä yhteenlaskujen modulo 9 -aritmetiikassa suoritettuja versioita:

0 + 0 = 0 [0 + 0 = 0]
0 + 1 = 1 [0 + 1 = 1]
1 + 2 = 3 [1 + 2 = 3]
3 + 3 = 6 [3 + 3 = 6]
6 + 4 = 10 [6 + 4 = 1]
10 + 5 = 15 [1 + 5 = 6]
15 + 6 = 21 [6 + 6 = 3]
21 + 7 = 28 [3 + 7 = 1]
28 + 8 = 36 [1 + 8 = 0]

36 + 9 = 45 [0 + 0 = 0]
45 + 10 = 55 [0 + 1 = 1]
55 + 11 = 66 [1 + 2 = 3]
...

Samaan tapaan voidaan nyt edelleen käydä läpi kaikki 9 mahdollista eri tapausta kolmen perättäisen kolmioluvun summan 9-jakojäännökselle:

[0 + 1 + 3 = 4]
[1 + 3 + 6 = 1]
[3 + 6 + 1 = 1]
[6 + 1 + 6 = 4]
[1 + 6 + 3 = 1]
[6 + 3 + 1 = 1]
[3 + 1 + 0 = 4]
[1 + 0 + 0 = 1]
[0 + 0 + 1 = 1]

Näin ollen: Koska kolmioluvun 9-jakojäännös on aina joko 0, 1, 3 tai 6, ja koska kolmen perättäisen kolmioluvun summan 9-jakojäännös on aina joko 1 tai 4, niin jos jokin kolmioluku on samalla kolmen perättäisen kolmioluvun summa, niin sen 9-jakojäännöksen on oltava 1.

515. Jaska15.1.2024 klo 11:29

513. Siteeraamasi Wikipedian tiedon sanamuoto on harhauttava. Siitä saa käsityksen, että positiivnen kokonaisluku ei voi useamman kuin kolmen kolmioluvun summa.

0-alkuisen kolmiolukujen jonon kolmen (eri) peräkkäisen luvun summajonon alku on siis 4, 10, 19, 31, 46... joten sen numeroiden summajonon eka termi on 4. Ellen erehdy, seuraava 4-summainen on 10210 ja sen järjestysluku 80. Sitä seuraava on 101011, järjestyluku 249.

516. Jaska15.1.2024 klo 11:31

...ei voi olla...

517. Jaska15.1.2024 klo 11:34

Huh, huolestuttavaa sekoilua. Toinen 4-summainen tietysti 31 sijalla 4.

518. eol15.1.2024 klo 11:40

Hmm, mitä siis tarkoittaa "4-summainen"?

519. Jaska15.1.2024 klo 11:43

Ja vielä. 10210 sijalla 40. 101011:n sija on väärin, täytyy laskea uudelleen.

520. Jaska15.1.2024 klo 12:19

4-summainen = tässä yhteydessä luku, jonka numeroien summa on 4. Turhaan laskin uudelleen, 101011 on sijalla 249.

521. Jaska24.1.2024 klo 19:12

Jono kolmen peräkkäisen kolmioluvun summa = n^2: 4, 64, 361, 6291, 34344, 611524, 3463321, 59923081...
Tässä jotensakin jännä juttu, että peräkkäisten termien viimeiset numerot ovat 441144114411... Samantapaista säännöllisyyttä kuin edellä 514. eolin jakojäännöksissä.

522. Jaska25.1.2024 klo 12:35

Kolmen peräkkäisen kolmioluvun summajonon kolmen peräkkäisen luvun summajonon alku:

33, 60, 96, 141, 195, 258, 330, 411...

Todista, että jonossa ei ole yhtään neliötä.

523. eol26.1.2024 klo 01:08

Hep. (Olen palaamassa asiaan lauantaina modulo 9 -aritmetiikkaan nojaavan todistuksen kera.)

524. eol27.1.2024 klo 03:09

Seuraavassa merkinnällä [a] tarkoitetaan sitä jakojäännöstä, joka jää kun ei-negatiivinen kokonaisluku a jaetaan 9:llä. Kutsutaan tätä lukua [a] luvun a 9-jakojäännökseksi.

Modulaarisen aritmetiikan perusominaisuuksien mukaan kaikille ei-negatiivisille kokonaisluvuille a ja b pätevät siten kaavat

[a+b] = [[a]+[b]]
[a*b] = [[a]*[b]]

(Nämä kaksi kaavaa luonnollisesti pätisivät, vaikka jakojäännös laskettaisiin jonkin muun vakiojakajan kuin 9 suhteen.)

Tarkastellaan sitten annetun kokonaisluvun s neliötä s^2. On kaikkiaan 9 eri vaihtoehtoa:

- jos [s] = 0, niin [s^2] = [[s]*[s]] = [0] = 0
- jos [s] = 1, niin [s^2] = [[s]*[s]] = [1] = 1
- jos [s] = 2, niin [s^2] = [[s]*[s]] = [4] = 4
- jos [s] = 3, niin [s^2] = [[s]*[s]] = [9] = 0
- jos [s] = 4, niin [s^2] = [[s]*[s]] = [16] = 7
- jos [s] = 5, niin [s^2] = [[s]*[s]] = [25] = 7
- jos [s] = 6, niin [s^2] = [[s]*[s]] = [36] = 0
- jos [s] = 7, niin [s^2] = [[s]*[s]] = [49] = 4
- jos [s] = 8, niin [s^2] = [[s]*[s]] = [64] = 1

Näin ollen: Jokaisen neliön 9-jakojäännös on joko 0, 1, 4 tai 7.

Kuten aiemmassa viestissäni (514.) havaittiin, kolmiolukujen 9-jakojäännösten jono on jaksollinen ja jakson pituus on 9:

0, 1, 3, 6, 1, 6, 3, 1, 0, 0, 1, 3, ...

Olkoon U sitten kolmen perättäisen kolmioluvun summien jono. Tällöin U:n jäsenten 9-jakojäännösten jono

4, 1, 1, 4, 1, 1, 4, 1, 1, 4, ...

on sekin jaksollinen, ja jakson pituudeksi huomataan 3. Tästä nähdään suoraan, että kun muodostetaan jono V, jonka kukin jäsen on summa kolmesta perättäisestä U:n jäsenestä, niin V:n jokaisen jäsenen 9-jakojäännös on [4+1+1] = [1+1+4] = [1+4+1] = 6. Siten V ei voi sisältää yhtään neliötä.

525. Jaska27.1.2024 klo 13:01

eolin perinpohjaisen todistuksen yhteenveto. Jokainen jonon V luku n on jaolllinen luvulla 3. Jos n olisi neliö, sen pitäisi olla niin ikään kolmella jaollinen eli jokin neliöistä 9, 36, 81, 144..., jotka kaikki ovat jaollisia myös luvulla 9. Jakolaskusta n/9 jää kuitenkin aina jakojäännös 6, joten jonossa V ei voi esiintyä neliötä.

526. eol29.1.2024 klo 02:22

Onko olemassa sellaiset neljä perättäistä kolmiolukua, joiden summa on yhtä suuri kuin jonkin kokonaisluvun kuudes potenssi?

527. Jaska29.1.2024 klo 18:34

Tarkoitus kai on, että vastaus pitää todistaa. En kekannut vielä todistusta. Jos sellainen on, sen/niiden loppunumero on 0 tai 2. Houkuttelee vastaamaan alustavasti kyllä.

528. Jaska29.1.2024 klo 18:43

Noi voi sun taas. Loppunumerot ovat 0 tai 4. 2 ei siis käy.

529. Jaska29.1.2024 klo 21:23

10^6 =1000000, joka ei ole kolmioluku. Nyt vastustan houkutusta.

530. Jaska29.1.2024 klo 21:40

Siis mikään 10n^6 ei voi olla neljän neljän peräkkäisen kolmioluvun summa. Loppunumero 4 on siis vielä tsekattava.

531. Jaska29.1.2024 klo 21:46

529. Piti olla, että 1000000 ei ole neljän peräkäisen kolmioluvun summa.

532. eol1.2.2024 klo 01:09

Esitän tässä viestissä tehtävälleni (526.) modulo 7 -aritmetiikkaan perustuvan ratkaisun. Nytkin ei-negatiivisen kokonaisluvun 7-jakojäännöksellä tarkoitetaan sitä jakojäännöstä joka jää yli kun kyseinen luku jaetaan 7:llä. Tässä viestissä merkintä [x] päivitetään tarkoittamaan x:n 7-jakojäännöstä.

Vastaus tehtävänannon kysymykseen: ei ole olemassa. Tämä seikka seuraa suoraan seuraavista kahdesta lemmasta:

Lemma 1. Neljän perättäisen kolmioluvun summan 7-jakojäännös on joko 2, 3, 4 tai 6.

Lemma 2. Kokonaisluvun kuudennen potenssin 7-jakojäännös on joko 0 tai 1.

LEMMAN 1 TODISTUS:

Kolmiolukujen 7-jakojäännösten jono

0, 1, 3, 6, 3, 1, 0, 0, 1, 3, ...

on jaksollinen, ja jakson pituus on 7. Tämä nähdään helposti vaikkapa seuraavasta tarkastelusta:

0 + 0 = 0, [0 + 0] = [[0] + [0]] = [0 + 0] = [0] = 0
0 + 1 = 1, [0 + 1] = [[0] + [1]] = [0 + 1] = [1] = 1
1 + 2 = 3, [1 + 2] = [[1] + [2]] = [1 + 2] = [3] = 3
3 + 3 = 6, [3 + 3] = [[3] + [3]] = [3 + 3] = [6] = 6
6 + 4 = 10, [6 + 4] = [[6] + [4]] = [6 + 4] = [10] = 3
10 + 5 = 15, [10 + 5] = [[10] + [5]] = [3 + 5] = [8] = 1
15 + 6 = 21, [15 + 6] = [[15] + [6]] = [1 + 6] = [7] = 0

21 + 7 = 28, [21 + 7] = [[21] + [7]] = [0 + 0] = [0] = 0
28 + 8 = 36, [28 + 8] = [[28] + [8]] = [0 + 1] = [1] = 1
36 + 9 = 45, [36 + 9] = [[36] + [9]] = [1 + 2] = [3] = 3
...

Siten myös neljän perättäisen kolmioluvun summien 7-jakojäännösten jono on jaksollinen ja jakson pituus on sama 7:

[10], [13], [13], [10], [4], [2], [4], [10], [13], [13], ...

Eli sievennettynä:

3, 6, 6, 3, 4, 2, 4, 3, 6, 6, ...

LEMMAN 2 TODISTUS:

Kokonaisluvun n 7-jakojäännös on tietysti joko 0, 1, 2, 3, 4, 5 tai 6. Seuraavassa haetaan n^6:n 7-jakojäännös kussakin näistä seitsemästä tapauksesta. (Välivaiheena lasketaan aina ensin [n^2], ja sen avulla sitten haettu [n^6] = [[n^2]^3].)

- Jos [n] = 0, niin [n^2] = [0] = 0 ja [n^6] = [0] = 0.
- Jos [n] = 1, niin [n^2] = [1] = 1 ja [n^6] = [1] = 1.
- Jos [n] = 2, niin [n^2] = [4] = 4 ja [n^6] = [64] = 1.
- Jos [n] = 3, niin [n^2] = [9] = 2 ja [n^6] = [8] = 1.
- Jos [n] = 4, niin [n^2] = [16] = 2 ja [n^6] = [8] = 1.
- Jos [n] = 5, niin [n^2] = [25] = 4 ja [n^6] = [64] = 1.
- Jos [n] = 6, niin [n^2] = [36] = 1 ja [n^6] = [1] = 1.

533. eol1.2.2024 klo 01:19

Sallittaneen vielä toinenkin perättäisten kolmiolukujen summia koskeva tehtävä. Pohdinta-aikaa annetaan nyt vain 24 tuntia.

Onko olemassa sellaiset ykköstä suuremmat kokonaisluvut a ja b että a potenssiin b on yhtä suuri kuin yhdeksän perättäisen kolmioluvun summa?

534. Jaska1.2.2024 klo 14:15

9 peräkkäisen summajono on hyvin mielenkiintoinen myös toisesta syystä. Palaan siihen myöhemmin. Tehtävän lähtökohta on, että a:n pitää olla kolmella jaollinen. Täytyy tutkailla lenkiltä palattua.

535. Jaska1.2.2024 klo 18:26

533. Ei ole.

536. eol2.2.2024 klo 02:30

Ei niin. Tässä viestissä esitän modulo 9 -aritmetiikkaan perustuvan todistuksen. Palataan siinä mielessä menneisiin käytäntöihin, että tässä viestissä merkintä [x] tarkoittaa jälleen (ei-negatiivisen) luvun x 9-jakojäännöstä.

Tehtävänannon (533.) mukaisten lukujen olemassaolon mahdottomuus seuraa suoraan seuraavista kahdesta lemmasta:

Lemma 1. Yhdeksän perättäisen kolmioluvun summan 9-jakojäännös on 3.

Lemma 2. Jos a ja b ovat ykköstä suurempia kokonaislukuja, niin luvun a^b 9-jakojäännös ei ole 3 eikä 6.

LEMMAN 1 TODISTUS:

Aikaisemmassa viestissäni (514.) havaittiin, että kolmiolukujen 9-jakojäännösten jono

0, 1, 3, 6, 1, 6, 3, 1, 0, 0, 1, 3, ...

on jaksollinen ja jakson pituus on 9. Tästä seuraa suoraan se, että 9 perättäisen kolmioluvun summan 9-jakojäännös on aina

[0 + 1 + 3 + 6 + 1 + 6 + 3 + 1 + 0] = [21] = 3

LEMMAN 2 TODISTUS:

Oletetaan, että a ja b ovat suurempia kuin 1. Luvun a 9-jakojäännös on tietysti joko 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 tai 8. Käsitellään seuraavassa - enemmän tai vähemmän mekaanisesti - erikseen jokainen näistä yhdeksästä tapauksesta.

Lemma 2.0. Jos [a] = 0, niin [a^b] = 0.

Todistus on triviaali.

Lemma 2.1. Jos [a] = 1, niin [a^b] = 1.

Todistus on triviaali.

Lemma 2.2. Jos [a] on 2, niin [a^b] on 4, 8, 7, 5, 1 tai 2.

Todistus: Seuraavan jonon jakson pituus on 6.

[a^2] = [[a] * [a]] = [2 * 2] = [4] = 4
[a^3] = [[a^2] * [a]] = [4 * 2] = [8] = 8
[a^4] = [[a^3] * [a]] = [8 * 2] = [16] = 7
[a^5] = [[a^4] * [a]] = [7 * 2] = [14] = 5
[a^6] = [[a^5] * [a]] = [5 * 2] = [10] = 1
[a^7] = [[a^6] * [a]] = [1 * 2] = [2] = 2
[a^8] = [[a^7] * [a]] = [2 * 2] = [4] = 4
...

Lemma 2.3. Jos [a] = 3, niin [a^b] = 0.

Todistus: Koska [a^2] = [[a] * [a]] = [3 * 3] = [9] = 0, niin [a^b] = [[a^2] * [a^(b-2)]] = [0 * [a^(b-2)]] = [0] = 0.

Lemma 2.4. Jos [a] on 4, niin [a^b] on 7, 1 tai 4.

Todistus: Seuraavan jonon jakson pituus on 3.

[a^2] = [[a] * [a]] = [4 * 4] = [16] = 7
[a^3] = [[a^2] * [a]] = [7 * 4] = [28] = 1
[a^4] = [[a^3] * [a]] = [1 * 4] = [4] = 4
[a^5] = [[a^4] * [a]] = [4 * 4] = [16] = 7
...

Lemma 2.5. Jos [a] on 5, niin [a^b] on 7, 8, 4, 2, 1 tai 5.

Todistus: Seuraavan jonon jakson pituus on 6.

[a^2] = [[a] * [a]] = [5 * 5] = [25] = 7
[a^3] = [[a^2] * [a]] = [7 * 5] = [35] = 8
[a^4] = [[a^3] * [a]] = [8 * 5] = [40] = 4
[a^5] = [[a^4] * [a]] = [4 * 5] = [20] = 2
[a^6] = [[a^5] * [a]] = [2 * 5] = [10] = 1
[a^7] = [[a^6] * [a]] = [1 * 5] = [5] = 5
[a^8] = [[a^7] * [a]] = [5 * 5] = [25] = 7
...

Lemma 2.6. Jos [a] = 6, niin [a^b] = 0.

Todistus: Koska [a^2] = [[a] * [a]] = [6 * 6] = [36] = 0, niin [a^b] = [[a^2] * [a^(b-2)]] = [0 * [a^(b-2)]] = [0] = 0.

Lemma 2.7. Jos [a] on 7, niin [a^b] on 4, 1 tai 7.

Todistus: Seuraavan jonon jakson pituus on 3.

[a^2] = [[a] * [a]] = [7 * 7] = [49] = 4
[a^3] = [[a^2] * [a]] = [4 * 7] = [28] = 1
[a^4] = [[a^3] * [a]] = [1 * 7] = [7] = 7
[a^5] = [[a^4] * [a]] = [7 * 7] = [49] = 4
...

Lemma 2.8. Jos [a] on 8, niin [a^b] on 1 tai 8.

Todistus: Seuraavan jonon jakson pituus on 2.

[a^2] = [[a] * [a]] = [8 * 8] = [64] = 1
[a^3] = [[a^2] * [a]] = [1 * 8] = [8] = 8
[a^4] = [[a^3] * [a]] = [8 * 8] = [64] = 1
...

537. eol2.2.2024 klo 07:13

P.S. Paljon lyhyempi todistus:

Lemman 1 (ks. 536.) perusteella 9 perättäisen kolmioluvun summa on aina jaollinen 3:lla mutta ei koskaan 9:llä.

Tehdään sitten oletus, että luvut a ja b ovat suurempia kuin 1 ja että a^b on jaollinen 3:lla. Tällöin luvun 3 on oltava yksi luvun a alkutekijöistä. Mutta siitä taas seuraa, koska b on suurempi kuin 1, se että 9 on yksi luvun a^b tekijöistä. Näin ollen a^b on jaollinen myös 9:llä, joten se ei voi olla 9 perättäisen kolmioluvun summa.

538. Jaska2.2.2024 klo 12:05

9 perättäisen kolmioluvun summan numeroiden summa löytyy jonosta 3, 12, 21, 30, 49... Tämä jonon kahden perättäisen luvun summajono on 15, 36, 66, 105, 153, 210, 276, 351, 435... Siis 15n jälkeen joka kolmas kolmioluku. Kaunista!

539. Jaska2.2.2024 klo 17:32

30, 39...

540. Jaska16.2.2024 klo 13:28

0, 2, 5, 9, 14, 20, 27, 35, 44, 54, 65...

Havaitsit, että jonon rakenne on kolmioluku -1. Muodostetaan summajono lukupareista seuraavasti. Aloitetaan luvusta 2.

2+5 = 7, 9+14 = 23, 20+27 = 47, 35+44 = 79 jne. etäisyyskasvuin 8, 16, 24, 32.. eli +8.

7, 23, 47, 79, 119, 167, 223, 287, 359, 439, 527, 623, 727, 839, 959, 1087, 1223, 1367, 1519, 1579...

Jonossa on siis sekä jaollisia että alkulukuja, Todista, että 7 on jonon ainoa alkulukukaksonen.

541. eol16.2.2024 klo 15:53

Hep. (Todistus on suoraviivainen, mutta triviaaliksi sitä ei voine sanoa.)

542. Jaska16.2.2024 klo 18:38

541. (eikä liian vaikeaksikaan) Odotellaan mahd. lisähepityksiä huomiseen 22.00 asti.

543. eol18.2.2024 klo 08:35

Positiivisten kolmiolukujen jonon T jäsenille pätee:

T(k) = k(k+1)/2 kun k = 1, 2, 3, ...

Tehtävänannossa määritellään myös jono S:

S(n) = T(2n) + T(2n+1) - 2 kun n = 1, 2, 3, ...

On todistettava, että S(1) = T(2) + T(3) - 2 = 3 + 6 - 2 = 7 on jonon S ainoa alkulukukaksonen.

Avataan ensin termin S(n) lauseke:

S(n) = T(2n) + T(2n+1) - 2
= 2n(2n+1)/2 + (2n+1)(2n+2)/2 - 2
= (2n+1)(4n+2)/2 - 2
= (8n^2 + 8n + 2)/2 - 2
= 4n^2 + 4n + 1 - 2
= 4n^2 + 4n - 1

Oletetaan sitten, että n > 1. Tällöin S(n) ei voi olla alkulukukaksonen, sillä on helppo selvittää, että kumpikaan luvuista S(n) + 2 ja S(n) - 2 ei nyt voi olla alkuluku:

S(n) + 2 = 4n^2 + 4n + 1 = (2n + 1)^2, joka neliönä ei ole alkuluku.

S(n) - 2 = 4n^2 + 4n - 3 = (2n + 3)(2n - 1), joka ei ole alkuluku, koska oletuksen mukaan n > 1 ja siten myös 2n - 1 > 1.

544. Jaska18.2.2024 klo 12:46

eolin todistuksesta selviää, että jonossa on kahden kerroksen väkeä. Kaikki sen luvut ovat muotoa 6n+1 tai 6n-1, siis myös oletettujen alkulukukaksosparien luvut pl. 3.

Jonon ensimmäinen luku 7 on muotoa 6n+1, seuraavat 23 ja 47 6n-1, Koko jono muodostuu samana toistuvista jaksoista + - -.

Jos jonossa esiintyisi luku n, joka on muu plusmerkillinen kaksonen kuin 7, olisi n-2 siis niin ikään alkuluku. Se olisi jokin osajonosta 23, 47, 119, 167, 287, 359... Havaitaan, että n+2 on aina parittoman luvun neliö riippumatta siitä on ko n alkuluku vai jaollinen luku; 5^2, 7^2, 11^2, 13^2, 17^2, 19^2...Haettua miinusmuotoista alkulukaksosta ei siis ole olemassa.

Listataan vielä jonon plusmerkkiset luvut 79, 223, 439, 727, 1087, 2023... Todetaan, että n+2 on edellisen neliösarjan lomiin jäänyt jäänyt kolmella jaollinen neliösarja 9^2, 15^2, 21^2, 27^2...

Antioletus voi olla myös seuraava: Jonossa on sellainen alkuluku n muotoa 6n+1, että n-2 on niin ikään alkuluku täydentäen kaksosparin. Tutkitaan lukusarjaa 77, 221, 437, 725, 1085, 1517, 2021...

Vastaavat tekijät ovat 7*11, 13*17, 19*23, 25*29, 31*35, 37*41, 43*47...Kertoimet muodostavat siis äärettömän perättäisten tulojen (6n+1) (6n-1) sarjan. Haettua plusmuotoista alkulukukaosta ei siis ole olemassa.

Vielä pääteltäväksi tai arvattavaksi seuraava jonon olemus.

2, 2, 2, 2, 2, 3, 4, 2, 2, 2, 3, 2, 3, 2, 4, 2, 5, 4, 3, 3, 5, 6, 5, 2, 6. 2. 2, 9, 5 ,5.....

545. Jaska18.2.2024 klo 12:50

Läheltä liippasi alkulukukaksoskaaos. Piti olla ...alkulukukaksosta...

546. Jaska19.2.2024 klo 17:43

545. Termien väliin jäävien kaksosparien lukumäärät: 7-23/9-25 kaksi paria eli 11,13 ja 13,17 jne.

547. Jaska19.2.2024 klo 17:44

Hups, siis 17,19 jälkimmäinen pari.

548. eol22.2.2024 klo 08:40

Alkulukuserkuiksi (cousin primes) kutsutaan sellaisia kahta alkulukua joiden erotus on 4. Kuinka monta alkulukuserkkua (ts. sellaista alkulukua jolla on alkulukuserkku) seuraava ääretön lukujono sisältää?

4, 11, 20, 31, 44, 59, 76, 95, 116, 139, 164, 191, 220, 251, 284, 319, 356, 395, 436, 479, 524, ...

549. Jaska22.2.2024 klo 13:32

Nolla.

550. Jaska22.2.2024 klo 14:56

Korjaan. Nolla vasta 11:n jälkeen. Vastaus siis yksi.

551. eol22.2.2024 klo 16:36

Yksi on oikea vastaus: 7 ja jonoon kuuluva 11 ovat alkulukuserkkuja. Seuraavassa osoitetaan, että tässä jonossa J ei ole muita alkulukuserkkuja.

J:n ensimmäinen erotusjono on

7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, ...

ja koska toinen erotusjono on siten vakiojono

2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, ...

niin J:n n:nnen jäsenen (missä n = 1, 2, 3, ...) J(n) lauseke on toisen asteen polynomi eli muotoa an^2 + bn + c. Kertoimet a, b ja c löydetään esimerkiksi jonon kolmen ensimmäisen jäsenen perusteella. Eli muodostuu lineaarinen yhtälöryhmä

a + b + c = 4
4a + 2b + c = 11
9a + 3b + c = 20

josta ratkaisemalla (helposti esim. WolframAlphalla) saadaan a = 1, b = 4 ja c = -1. Siten J(n) = n^2 + 4n - 1.

Jotta J(n):llä olisi alkulukuserkku, niin luvuista J(n) - 4 ja J(n) + 4 toisen on oltava alkuluku. Tarkastellaan kumpaakin erikseen.

J(n) - 4 = n^2 + 4n - 5 = (n + 5)(n - 1), ja se on siten alkuluku silloin ja vain silloin kun n = 2: tällöin siis J(2) - 4 = 7 ja J(2) = 11.

J(n) + 4 = n^2 + 4n + 3 = (n + 3)(n + 1), joka ei koskaan ole alkuluku.

552. Jaska22.2.2024 klo 19:08

Vakuuttava algebrallinen todistus. Minä päädyin seuraavaan. Jos jonossa 548. on alkulukuserkku n, on joko n-4 tai n+4 myös serkku: 27,35 - 55,63 - 91,99 - 135,143 - 187,195 - 247,255 - 315, 323...jne. Helposti voi kuitenkin todeta, että kaikki luvut ovat jaollisia.

553. Jaska9.3.2024 klo 12:09

Juolahti mileen eolin tehtävästä, että monien lukujonojen rakenne voidaan määrittää myös jakojäännösperusteella. Esimerkki:

11, 43, 71, 101, 131, 161, 191, 221, 251, 281, 311, 341, 371, 401, 431, 461, 491, 521... jne. Kun jaetaan termit j luvulla 30, jakojäännös on aina 11. Jono on siis muotoa 11 + 30n mod 11 (jonon alkava 11 siis 11 + 0),

Näyte alkaa ja päättyy viidellä peräkkäisellä alkuluvulla. Koska jonossa ei esiinny luvuilla 3 ja 5 jaollisia lukuja, on sen pienin mahdollinen alkutekijä 7. Näin ollen voisi päätellä, että siinä voisi esiintyä kuusi perättäistä alkulukua, eli 7:llä jaollisten välissä ei olisi yhtään jaollista lukua. Taitaa viisi peräkkäistä olla kuitenkin maksimi, mikä lienee myös todistettavissa. Vaiko eikö?

Eri muotoa olevia pitempiä alkulukujonoja on ties kuinka paljon, kuten Jukkiksen taannoin löytämät kaksospötköt.

554. eol11.3.2024 klo 12:59

Viisi ei ole maksimi, sillä kuusikin perättäistä alkulukua tuossa jonossa 11 + 30n (n = 0, 1, 2, ...) esiintyy. Esimerkiksi

11 + 30*4039160 = 121174811
11 + 30*4039161 = 121174841
11 + 30*4039162 = 121174871
11 + 30*4039163 = 121174901
11 + 30*4039164 = 121174931
11 + 30*4039165 = 121174961

ovat kaikki alkulukuja. Tällä nimenomaisella alkulukukuusikolla on myös hyvin mielenkiintoinen lisäominaisuus. Löytääkö joku vastauksen siihen, mikä se voisi olla?

555. eol12.3.2024 klo 22:33

Vinkki: Omin voimin fundeeraaminen tuskin riittää tuottamaan parasta mahdollista tulosta.

556. Jaska12.3.2024 klo 23:37

Totta. Katsotaan huomenna mahd. apuja.

557. Jukkis13.3.2024 klo 07:07

En minä ainakaan muuta keksi kuin sen, että ovat pienimmät kuusi alkulukua, joiden erotus on vakio.

558. Jukkis13.3.2024 klo 07:08

Olikos tuo nyt vähän epämääräisesti muotoiltu, mutta ymmärtänette , mitä tarkoitan.

559. eol13.3.2024 klo 10:24

Kyllä tuossa nyt erittäin vahvasti oikeilla jäljillä mitä ilmeisimmin ollaan, mutta tuo muotoilu mielestäni tosiaan kaipaa vielä terävöittämistä.

560. Jukkis13.3.2024 klo 11:43

Olisko terävämpi: Nuo luvut on pienimmät sellaiset alkuluvut, jotka muodostavat kuusi alkulukua käsittävän aritmeettisen sarjan.

561. Jaska13.3.2024 klo 12:05

Artikkelin Consecutive primes in arithmetic progression (CPAP) mukaan 121174811 on pienin alkuluku, joka aloittaa sellaisen 6-pituisen alkulukujonon, jonka termien erotukset ovat 30, ja termien välissä on pelkästään jaollisia lukuja.

562. Jaska13.3.2024 klo 12:15

PS. Ja 30 on pienin mahdollinen erotus.

563. Jukkis13.3.2024 klo 12:58

Onko siis olemassa kuuden alkuluvun aritmeettisia jonoja, joissa luvut on pienempiä kuin nuo?

Tosiaan, käytin 560 viestissä termiä sarja, pitää tietysti olla jono.

564. eol13.3.2024 klo 13:21

Jaska löysi sen, mitä haettiin, mutta hänenkin muotoilussaan on vielä hieman selventämisen varaa: 121174811 on pienin sellainen alkuluku, joka aloittaa kuudesta perättäisestä alkuluvusta koostuvan aritmeettisen, eli tasavälisen, jonon. (Tuossa jonossa alkulukujen väli on 30. Ja koska kyseiset kuusi alkulukua ovat perättäisiä, niin kaikki muut niiden välissä olevat luvut ovat siis jaollisia.) Tämä kuuden alkuluvun jono löytyy sellaisenaan OEIS:stä:
https://oeis.org/A081734

Wikipedian ja OEIS:n mukaan on niin, että jos k > 6, niin ei tiedetä, mikä on pienin alkuluku, josta alkaa k:n perättäisen alkuluvun aritmeettinen jono. Edelleen Wikipedian mukaan pisimmässä tunnetussa perättäisistä alkuluvuista koostuvassa aritmeettisessa jonossa on 10 jäsentä.
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Primes_in_arithmet ic_progression#Consecutive_primes_in_arithmetic_pr ogression
https://oeis.org/A006560

565. Jaska13.3.2024 klo 13:23

Toki, mutta ei em. jonon edellytyksillä. Esim. 7, 37, 67, 107, 137, 157 on 6-pituinen, mutta väleissä on alkulukuja.

566. Jaska13.3.2024 klo 13:27

Huh, automaattipäässälaskukone iha sekaisin. Piti olla 7, 37, 67, 97, 127, 157

567. Jukkis13.3.2024 klo 13:27

Oukei.

568. Jaska13.3.2024 klo 13:36

Siis vielä kerran. Tietysti jaollisia, mutta myös muita alkulukuja kuin jonoon kuuluvia.

569. eol13.3.2024 klo 13:58

[Pikku selvennys (kun kerran onnistuin kirjoittamaan oman viestini 564 tuohon väliin): Jaskan viesti 565 vastaa Jukkiksen viestiin 563.]

Palaan vielä Jukkiksen toiseen muotoiluun (560.): Jos tarkoitetaan sitä, että kuusikon suurin jäsen on pienempi kuin muiden ehdot täyttävien kuusikkojen suurimmat jäsenet, niin "pienimmät sellaiset alkuluvut, jotka muodostavat kuusi alkulukua käsittävän aritmeettisen [jonon]" ovat juuri nuo Jaskan viestissä (566.) luetellut.

570. Jaska3.4.2024 klo 17:34

Lievästi yllättäen paljastui, että seuraava lineaarinen eli säännönmukainen ME-jono ei ole OEIS:ssä. Tai on, mutta tavallaan piilotettuna osajonona. Mikä on emojono, ja mikä on ko. ME?

47, 97, 197, 347, 547, 797, 1097, 1447, 1847, 2297, 2797, 3347, 3947, 4597, 5297, 6047...

571. Jukkis3.4.2024 klo 18:13

Onhan tuo OEIS:ssä.

572. Jaska3.4.2024 klo 19:51

No hyvä. Minulle väitti suomalaisen Wipedian kautta, ettei löydy. Tai sitten mulla oli lyöntivirhe kuuden ekan luvun näytteessä.

573. seurailija3.4.2024 klo 20:20

Kas kun ei Hipedia.

574. eol4.4.2024 klo 18:41

Emojono lienee

a(n) = 25n^2 + 25n + 47, missä n = 0, 1, 2, 3, ...

Sen Jaskan listaamat 16 ensimmäistä jäsentä a(0), ..., a(15) ovat kaikki alkulukuja. (Tällaisesta jonosta, jonka toinen erotusjono on vakiojono [tässä 50], ymmärtääkseni käytetään yleensä luonnehdintaa "quadratic progression", ei "linear progression".)

Emojonon alkuluvut muodostavat OEIS:n jonon A281437. Emojonon 17. jäsen a(16) = 6847 = 41 * 167 ei siten kuulu kyseiseen jonoon A281437. Emojonon seuraava alkuluku on a(18) = 8597.

ME:n hakemisen taidan joutua ainakin näillä tiedoilla jättämään muille.

575. Jaska4.4.2024 klo 19:10

Olen käyttänyt sanaa lineaarinen ja selittänyt sen tarkoituksen näissä alkulukujonoyhteyksissä, koska en tuntenut em. englanninkielsitä termiä. Sehän onkin siinä mielessä kuvaava, että tällaisen jonon ensimmäinen jaollinen luku on monissa tapauksissa aloitusluvun neliö.

Tässä jonossa 16 perättäistä alkulukua on maksimimäärä jonossa, jossa termien erotukset kasvavat +50. Emojonolla tarkoitin Eulerin jonoa 41, 43, 47... Siitä on ko. osajonoon plokattu numeroon 7 päättyvät luvut, joita on viidennes jonon kaikisra luvuista.

576. eol4.4.2024 klo 19:44

Löytyykös netistä muuten jostain tuohon ME:hen liittyvää tietoa?

577. Jaska4.4.2024 klo 22:47

En tiedä. Tuskin nimenomaan WR-maininnalla. Ja siinä tapauksessa se on tietysti ME, kunnes joku esittää pitemmän.

578. Jaska4.5.2024 klo 12:03

Määrittele seuraava: 22501, 22511, 22531, 22541

579. eol4.5.2024 klo 13:45

Seuraava on 22543.

580. Jaska4.5.2024 klo 19:35

Niin on, ja ratkaisuhan on tietysti oikea. Tarkoitin kuitenkin määritelmää, joka rajoittuu noihin neljään lukuun. Jatketaan edelleen neljän luvun ryhmillä lukujen suuruusjärjestyksessä.

26449, 26459, 26479, 26489
29443, 29453, 29473, 29483
39511, 39521, 39541, 39551
57427, 57457, 57467, 57487

581. Jaska5.5.2024 klo 12:14

Saman määrittelyn piiriin kuuluu myös pituudeltaan muita kuin neljä lukua käsittäviä alkulukuryhmiä, alkaen pituudesta kaksi. Esim. 139, 149.

582. eol5.5.2024 klo 18:28

Jokainen noista viidestä annetusta esimerkistä on maksimaalinen sellainen peräkkäisistä alkuluvuista koostuva (äärellinen ja vähintään kaksijäseninen) jono, jonka kaikkien jäsenten kymmenjärjestelmäesityksen viimeinen numero on sama.

583. Jaska5.5.2024 klo 19:48

582.eolilla täsmällinen perusmääritelmä. 578:sta todetaan lisäksi, että se on ensimmäinen eli pieninumeroisin nelijäseninen jono. 139, 149 puolestaan oman "kilpailusarjansa" voittaja minimierotuksella 10.

584. eol5.5.2024 klo 22:04

Tuota arvelinkin, mutta en nyt sitten kuitenkaan tullut käyneeksi läpi niitä kaikkia 2905 alkulukua, jotka edeltävät alkulukua 26449. (En tiedä, olisiko vahvistus asialle ollut mahdollista löytää jollain helpommallakin tavalla.)

585. Jaska5.5.2024 klo 22:40

En minäkään mitään kikkaa keksinyt. Kävin taulukkoa läpi riviltä PDF-taulukoita koosteesta The first 100008 primes ja yritin olla tarkkana. Silmille aika rasittavaa.

586. Jaska6.5.2024 klo 12:40

Eipä onnistunut virke viimeksi, oi siis epäonistunut. Kävin läpi rivi riviltä jne piti olla.

Noissa loppunumerojonoissa voi olla myös alkulukukaksosia, mutta pidemmissä kuin kaksijäsenisissä vain joko jonon ensimmäisenä tai viimeisenä. Siis mitä pidempiä jonoja, sitä enemmän "yksösiä" ei 23, 37, 47, 53, 67...

Ensimmäisten 200:n jakauma loppunumeron mukaan on seuraava.

7 - 63 kpl, 3 - 59 kpl, 9 - 40 kpl, 1 - 38 kpl. Siis selvästi kahden kerroksen väkeä. Selitä, mistä se johtuu.

587. Jaska6.5.2024 klo 19:48

Uusiksi: 7- 63 kpl, 3 - 58 kpl, 9 - 43 kpl, 1 - 36 kpl

588. Jaska6.5.2024 klo 21:11

Virhe ei ole salityksen kannalta oleellinen.

589. eol7.5.2024 klo 21:28

Oletan, että tehtävänannon "ensimmäiset 200" siis ovat ensimmäiset 200 vähintään kahden mittaista loppunumerojonoa (jotka siis koostuvat sellaisista perättäisistä alkuluvuista joiden 10-järjestelmäesityksen viimeinen numero on sama).

Yleisyyttä menettämättä seuraavassa - joka tosin on luonteeltaan enemmän spekulatiivista pohdiskelua kuin varsinaista matematiikkaa - voidaan rajoittua alkulukuihin jotka ovat suurempia kuin 7 (ja jättää siten huomiotta erityisesti loppunumeroltaan poikkeukselliset alkuluvut 2 ja 5).

Jos alkuluvulla p on sitä itseään pienempi kaksonen, niin p ei voi olla loppunumerojonossa muuta kuin ensimmäisenä. Vastaavasti jos p:llä on suurempi kaksonen, niin p ei voi olla loppunumerojonossa muuta kuin viimeisenä. Siten suuri todennäköisyys kaksosen olemassaololle intuitiivisesti pienentää todennäköisyyttä olla mukana loppunumerojonossa.

Loppunumerojen 3 ja 7 alkuluvuilla kaksosen olemassaolo on epätodennäköisempää kuin muilla alkuluvuilla, koska loppunumero 3 sallii vain pienemmän kaksosen ja loppunumero 7 vain suuremman kaksosen.

Tarkastellulla lukuvälillä alkulukukaksospareja on suht tiheässä: on tunnettua että lukujen kasvaessa kaksosellisten alkulukujen suhteellinen osuus kaikista alkuluvuista pienenee niin, että sen raja-arvo 0 (Brun's theorem).

Tarkasteluvälillä loppunumeroilla 3 ja 7 on siis "olennaisesti" vähemmän kaksosia kuin loppunumeroilla 1 ja 9, mikä mahdollistaa sen, että 3 ja 7 ovat todennäköisemmin mukana loppunumerojonoissa. Eli 3 ja 7 ovat tässä tapauksessa ylemmän kerroksen väkeä.

590. Jaska7.5.2024 klo 23:56

Juuri noin. 587. oli muuten sekin väärin. Rivi riviltä summattuna 200 pienimmän "yksösen" loppunumerojakauma on seuraava: 1 -36 kpl, 3 - 60 kpl, 7 - 62 kpl, 9 - 42 kpl

Kaksosten vastaavat luvut samalla alueella: 1 - 44 kpl, 3 - 25 kpl, 7 - 23 kpl, 9 - 412 kpl

Yhteensä: 1 - 80 kpl, 3 - 85 kpl, 7 - 85 kpl, 9 - 83 kpl

Näinkin pieni otanta vahvistaa, että alkulukujen eri loppunumeroiden lukumäärä on äärettömässä jonossa sama.

591. eol11.5.2024 klo 20:10

Lainaus: 590. Jaska 7.5.2024 klo 23:56
"Näinkin pieni otanta vahvistaa, että alkulukujen eri loppunumeroiden lukumäärä on äärettömässä jonossa sama."

Mutta tarkastellaanpa niitä 16 eri lukuparia [sillä onhan 4 * 4 = 16], jotka voivat esiintyä kahden perättäisen (lukua 5 suuremman) alkuluvun loppunumeroina. Onko löydettävissä minkäänlaista perustetta sille, että jotkin näistä 16 parista esiintyisivät kaikkien alkulukujen muodostamassa äärettömässä jonossa useammin kuin jotkin toiset parit?

592. Jaska12.5.2024 klo 19:03

591. Olen yrittänyt tuota funtsia, mutta en pysty perustellusti vastaamaan kyllä tai ei. En siis tiedä. Jos tietäisin ja pystyisin todistamaan, että kahden perättäisen alkuluvun välisiä etäisyyksia 2, 4 ,6, 8, 10... on äärettömässä jonossa yhtä monta, olisi vastaukseni eolin kysymykseen "kyllä". Vastaus "ei" edellyttäisi todistamista, että niitä ei ole yhtä monta. Oletustasolla kallistun vaihtoehdon "kyllä" kannalle.

Äärellisissä jonoissa vaihtelua esiintyy, koska niissä etäisyyksiäkin on äärellinen määrä.

593. eol12.5.2024 klo 21:13

Ei minullakaan lopullista vastausta tuohon ole, mutta mielenkiintoisia tähän kysymykseen liittyviä faktoja ovat tutkijat viime vuosikymmenellä löytäneet.

Jos kaikki mahdolliset 16 eri paria olisivat yhtä todennäköisiä perättäisten alkulukujen loppunumeroina, niin kunkin parin todennäköisyys olisi tietysti 1/16 eli 6,25 %.

Kuitenkin jos tutkitaan alkuluvut 100 miljoonaan asti (eli 5 761 455 ensimmäistä), niin kahdesta samasta loppunumerosta koostuvien parien lukumäärät on ovat yllättävän pienet:

(1, 1): 4,425 %
(3, 3): 4,167 %
(7, 7): 4,169 %
(9, 9): 4,420 %

Esimerkiksi nuo tulokset löytyvät laajahkolle yleisölle suunnatusta artikkelista
Martin H. Weissman (2018):
"Why Prime Numbers Still Surprise and Mystify Mathematicians"
https://www.smithsonianmag.com/science-nature/why- prime-numbers-still-fascinate-mathematicians-18096 8652/

Mutta kun mennään 100 miljoonaan ensimmäiseen alkulukuun, niin nuo prosenttiosuudet jonkin verran kasvavat (eli lähestyvät kyllä ainakin hieman keskimääräistä arvoa 6,25 %):

(1, 1): 4,623 %
(3, 3): 4,443 %
(7, 7): 4,439 %
(9, 9): 4,623 %

Nämä viimeksi mainitut tulokset löytyvät asiaan ensimmäisenä huomiota kiinnittäneiden tutkijoiden
artikkelista
Robert J. Lemke Oliver, Kannan Soundararajan (2016):
"Unexpected biases in the distribution of consecutive primes"
https://www.pnas.org/doi/full/10.1073/pnas.1605366 113

Muidenkin parien lukumäärissä havaittiin suuria eroja. Sataa miljoonaa pienemmissä alkuluvuisssa pari (9, 1) on selvästi kaikkein yleisin osuudellaan 8,268 %. Sadan miljoonan ensimmäisen alkuluvun joukossa tuo sama (9, 1) on edelleen yleisin, mutta sen osuus on nyt hieman pienempi eli 7,991 %.

594. Jaska12.5.2024 klo 22:34

593. Samannumeroisten parien lukumäärän pitääkin olla selvästi pienempi noin "pienessä" otannassa, koska loppunumeroiden erotus on 10n. Etäisyyksien eli erotusten 2, 4, 6 ja 8 lukumäärä erinumeroisissa on vielä sadan miljoonankin kohdalla tarpeeksi paljon suurempi tuottamaan samannumeroisille todetun rökäletappion siinä vaiheessa.

Teoreettinen tasapeli äärettömässä jonossa siis edellyttää. että pienemmät etäisyydeterotukset vastaavasti harvinaistuvat, Tutkijoiden kannattaisi siis lasketuttaa erotusten lukumäärä ensi alkuun vaikkapa em.lukemiin saakka ja sitten niin isoihin kuin kapasiteettia piisaa,

590. Kaksosten loppunumeron 9 lukumäärän 41 perään oli lipsahtanut kakkonen.

595. Jaska15.5.2024 klo 22:05

Syynäsin peräkkäisten alkulukujen 1000 ensimmäistä erotusta. Niistä on 10:llä jaollisia 115 = 11,5%. Erotuksia 10 on 97 kpl, erotuksia 20 on 10 kpl ja erotuksia 30 8 kpl. Taulukossa eri loppunumerot ja niiden kpl-määrät sekä summa erotuksille 10, 20 ja 30.

1-1: 31 + 0 + 3 = 34
9-9: 30 + 2 + 2 = 34
7-7: 18 + 5 + 2 = 25
3-3: 18 + 3 + 1 = 22

596. Jaska20.5.2024 klo 17:00

Seuraava on luvun 2 potensseihin liittyvän jonon osajonon alkupäätä. Kysytään osajonon määritelmää. Oletan tehtävän hyvin vaikeaksi ilman lisävinkkiä, joka tulee kuitenkin vasta huomenna noin 17:00.

597. Jaska20.5.2024 klo 17:03

3, 21, 29127, 667 199 944 795 629...

598. Jaska21.5.2024 klo 18:22

Olen myöhässä, osittain captchan takia, anteeksi. Osajonon emojonon luvut ovat seuraavien jakolaskujen osamääriä.

6/2, 14/3, 30/4, 62/5, 126/6, 254/7, 510/8, 1022/9, 2046/10, 4094/11, 8190/12 jne. Emojono ei siis ole OEIS-kelpoinen, pelkkiä kokonaislukuja käsittävä jono. Seuraava vinkki tarvittaessa huomenna.

599. eol21.5.2024 klo 20:12

Emojonon määritelmä on siis:

e(n) = (2^(n+2) - 2)/(n+1) kun n = 1, 2, 3, ...

Osajonoon kuuluvat emojonon jäsenet näyttävät kaikki olevan kokonaislukuja: e(1), e(5), e(17), e(53). Kuitenkin myös e(41) = 209 430 786 243 on kokonaisluku, mutta se ei ilmeisesti kuulu osajonoon, koska se ei sisälly viestin 597 listaan.

600. Jaska21.5.2024 klo 21:40

Kyllä se kuuluu. Mokasin siis. Oletin virheellisesti, että jono perustuu jäsenten kolminkertaitumiseen 2, 6, 18, 54, 162.. eikä muita tule niiden väliin.

596:ssa jäin mainitsematta, että tehtävässä kahden potensseihin ei kuulu 2^0 eli 1. Pelissä ovat siis mukana 2, 4, 8, 16, 32, 64... Määritelmään tarvittavista laskutavoista voidaan sulkea pois vähennyslasku.

601. Jaska21.5.2024 klo 21:44

Siis muut vähennykset kuin 2^n-2.

602. eol21.5.2024 klo 23:07

Ehdotan näin ollen osajonon määritelmäksi yksinkertaisesti seuraavaa: osajonon jäseniä ovat täsmälleen ne emojonon jäsenet, jotka ovat kokonaislukuja.

603. Jaska22.5.2024 klo 10:20

Tosi on, mutta haussa on tarkempi määritelmä siitä, mitä 598:n osamäärät ovat. Se edellyttää ensin yhteenlaskua.

604. eol22.5.2024 klo 12:37

En nyt täysin ymmärrä, mitä haetaan. Haetaanko siis määritelmää emojonolle (kuten 603:sta voisi päätellä) vai osajonolle (kuten 596:ssa sanotaan)? Ja millä tavoin haetun määritelmän tulee olla "tarkempi" kuin sekä emojonolle että osajonolle jo esitetyt täsmälliset määritelmät?

605. Jaska22.5.2024 klo 13:02

On kyse summista ja keskiarvoista.

606. Jaska23.5.2024 klo 19:12

Ynnätään luvun 2 peräkkäisiä potensseja suuruusjärjestyksessä alkaen luvusta 2: 2+4 = 6, 2+4+8 = 14, 2+4+8+16 = 30 jne. (ks. 598). Kun jonossa on n jäsentä, niiden summa on (n+1)^2 - 2. Jaetaan kukin summa yhteenlaskettujen jäsenten lukumäärällä (598.), joten osamäärä on jäsenten lukuarvojen keskiarvo.

Määritelmä siis esim. keskiarvo suuruusjärjestyksessä peräkkäisten yhteenlaskettujen luvun 2 potenssien lukuarvoista, joiden summa on tasan jaollinen ko. potenssijonon jäsenten lukumäärällä.

607. Jaska23.5.2024 klo 19:27

Tasan jaollinen eli kokonaisluku.

608. Jaska20.6.2024 klo 12:38

Uusin ME:ni on 21 peräkkäistä jaotonta lukua erotuksin 20 + 40 + 60...

62 ensimmäistä jäsentä:

- 61, -41, -1, 59, 139, 239, 359, 499, 659, 839, 1039, 1259, 1499, 1759, 2039, 2339, 2659, 2999, 3359, 3739, 4139. 4559 (47*97), 4999, 5459 (53*103), 5939, 6439 (47*137), 6959, 7499, 8059, 8639 (53*163), 9239, 9859, 10499, 11159, 11839, 12539, 13259, 13999, 14759, 15539 (41*379), 16339, 17159, 17999 (41*439), 18859, 19739, 20639, 21559, 22499 (149*151), 23459, 24439, 25439, 26459, 27499 (107*247), 28559, 29639 (107*277), 30739 (59*521), 31859, 32999, 34159, 35,339, 36539 (61*599), 37759 (61*619)...

Jaollsia lukuja on vielä harvakseltaan, tässä vaiheessa jaottomat luvut johtavat 50-12. Eräs ennätyskriteeri näissä säännönmukaiserotuksisissa jonoissa onkin jaollisten lukujen enemmistön pituus. Kiinnostavia ovat myös kaksospari alkulukutekijänä, tässä eka tapaus 149*151, sekä kaksi perättäistä jäsentä, joilla sama kaksonen toisena alkutekijänä toisen ollessa niin ikään kaksonen. Tässä siis 61*599 ja 61*619. Niiden hakeminen manuaalisesti on tietysti työlästä.

609. eol20.6.2024 klo 14:21

Siis olisiko uutta ME:tä varten riittävää, että ennätyksellisen monen perättäisen jaottoman luvun muodostanan jonon erotusjono on mallia n, 2n, 3n, 4n, 5n, ... ?

610. eol20.6.2024 klo 14:23

(muodostanan po. muodostaman)

611. Jaska20.6.2024 klo 19:11

Ei välttämättä. Erotusjono voi olla esim. 2, 6, 10, 14, 18... eli tyyppiä n, 3n, 5n, 7n, 9n. Olen tutkaillut enimmääkseen tällaisia aritmeettisesti nollautuvia jonoja. Esimerkki geometrisesti kasvavasta ei-nollautuvasta jonosta, jossa seitsemän ekaa jäsentä ovat 11, 17, 29, 53, 101, 197, 389 erotusjononaan n, 2n, 4n, 8n, 16n, 32n, sitten seuraa jaollinen 581. Etsikää pitempiä!

612. eol20.6.2024 klo 19:21

No onhan se sitten riittävää, vaikkakaan ei välttämätöntä. Ehto on siis ymmärtääkseni se, että erotusjonon on oltava ns. aritmeettinen jono.

613. Jaska20.6.2024 klo 19:29

P.S. Faktisesti ME = minun ennätykseni, koska ei ole varmuutta muiden mahdollisista tuloksista. On siis todettava, että 608. on mahdollisesti maailmanennätys. Absoluuttisia sellaisia on kai vain Eulerin nimissä. Oletan, että myöhempien aikojen matemaatikot eivät liiemmin ole näitä näprälleet.

614. eol21.6.2024 klo 07:30

Eihän tuo 21 jaottoman luvun jono (608.) kyllä ole maailmanennätys siinä mielessä kuin yleensä sellaisista puhutaan, sillä johan tuo mainittu Euler löysi 40 alkuluvun jonon:

41, 43, 47, 53, 61, 71, 83, 97, 113, 131, 151, 173, 197, 223, 251, 281, 313, 347, 383, 421, 461, 503, 547, 593, 641, 691, 743, 797, 853, 911, 971, 1033, 1097, 1163, 1231, 1301, 1373, 1447, 1523, 1601

Erotusjono on siis 2, 4, 6, 8, 10, ..., 78 eli muotoa d, 2d, 3d, 4d, 5d, ..., 39d.

Itse jonon määritelmä taas on

a(n) = n^2 + n + 41 kun 0 < = n < = 39

(Vai onko tässä nyt esimerkiksi Euler jostakin syystä suljettu tämän kilpailusarjan ulkopuolelle?)

615. Jaska21.6.2024 klo 12:13

Mieltä on niin monta kuin miestäkin. Toki eri miehet voivat olla yhtä mieltäkin. Ketjussa ennenkin mainittu Eulerin tulos 40 on tietysti ME. Siis kilpailusarjassa erotukset 2, 4, 6... Minun tulokseni 21 on ihan eri sarjaa. Sen erotukset ova 20, 40, 40..., eivätkä kaikki 21 jäsentä ole alkulukuja. Myönnyn nyt kuitenkin perumaan kehuskelun, että se on mahdollinen maailmanennätys.

616. Jaska25.6.2024 klo 11:27

611. Pisin löytämäni eksponentiaalisin erotuksin 1, 4, 8, 16... kasvava jaottomien lukujen jono on pituudeltaan 9:

-43, -41, -37, -29, -13, 19, 83, 211, 467, jatkuu 979 = 11*89. Pitemmät saattavat olla työläämmin löydettävissä.

617. eol25.6.2024 klo 12:28

Ilmeisesti tuossa alussa tulisi olla "erotuksin 2, 4, 8, 16, ..."? Ja yleisemmässä muodossa varmaan jotakuinkin

"erotuksin ca^(kn), missä c, a ja k ovat vakioita"

siten että esimerkiksi viestin 616 jonon erotusjonolle siis pätee

e(n) = 2 * 2^(1*n) kun n = 0, 1, 2, ...

Vai olenkohan ymmärtänyt käsitteen "eksponentiaalisin erotuksin" puutteellisesti?

618. Jaska25.6.2024 klo 19:20

Luvun 2 eksponentteja tarkoitin. Tässä yhteydessä siis harhaanjohtavasti.

619. Jaska26.6.2024 klo 12:53

Seuraavan jonon erotukset ovat 22, 44, 66, 88... Alkupään jaottomien lukujen osajonon pituus on 22. Esitän siitä rohkean (röyhkeän?) konjektuurin, että se on pisin mahdollinen. Kumousjonon ensimmäisen luvun tulee olla muotoa 30n + 7.

-23, -1, 43, 109, 197, 307, 439, 593, 769, 967, 1187, 1429, 1693, 1979, 2287, 2617, 2969, 3343, 3739, 4157, 4597, 5059. Seuraava + 484 = 5543 jaollinen 23*241.

620. Jaska26.6.2024 klo 13:16

Tarkennus. Negatiivisalkuisen kumouksen eka luku muotoa - (30n + 23).

621. Jaska20.8.2024 klo 12:36

7, 16, 17, 106, 107, 46, 47, 61, 62, 156, 157, 158, 159, 129, 130, 224, 225, 177, 178, 303, 304, 473, 474, 169, 170, 384, 385, 448, 449, 450, 451, 527, 528...

Kyseessä Collatzin askelmäärät luvuille 2^2-1, 2^3-1, 2^4-1, 2^5-1 Collatz Conjecture calculatorin mukaan. Lukujen 527 ja 528 (2^33-1 ja 2^34) kohdalla ko. laskin väitti kuitenkin ensin, että "It took 65 steps to reach 1" sekä "It took 61 steps to reach 1". Vastaavaa säännönmukaisuutta sisältävässä jonossa 2^n+1 virhettä ei esiintynyt. Juttu hieman horjuttaa laskimen luotettavuutta.

622. Jaska21.8.2024 klo 17:00

Mitä? Keskipäiväinen postaus on näköjään tuulen viemää. Uusi yritys. Jatkoin tsekkausta 2^41-1 saakka. Oikeat askelmäärät ja haamusellaiset sulkeissa 529 (59), 530 (55), 531 (51), 532 (47), 533 (45), 534 (41), 535 (37).

Siihen homma lopahti, sillä kalkulaattori ilmoitti seuraavan luvun 2^42-1 = 4 398 046 511 103 liian suureksi. Please enter a smaller number. Epistä. Oikea pituus lienee 535, jolloin jonossa on peräkkäin 10 numeroa erotuksella 1. Jatkuuko pötkö edelleen? Mihin päättyy, vai päättyykö lainkaan? Kiusallista kun ei saa tietää. Ei hotsita ryhtyä satojen askelten pituuksia käsipelillä räknäämään. Hämärän peittoon jää myös tapaus 2^11-1 = 2047 ja 2^11+1 = 2049. Kummankin askelmäärä on 156. Onko tämä kahdenn peräkkäisen parittoman luvun sama askelmäärä ainoa laatuaan vai ei?

Valistuneita arvauksia haamujen aiheuttajasta?

623. Jaska24.8.2024 klo 12:55

Jokohan reCAPTCHA sallisi korjauksen viestiin 622. Luvun 2^42 askelmäärän oletukseni piti olla 536. Skrollaamalla löytynyt Collatz calculator Adil Hanney vahvisti tuloksen.

624. Jaska24.8.2024 klo 13:02

2^42-1

625. Jaska26.8.2024 klo 18:53

Jatkoa luvusta 2^42-1 lukuun 2^68-1 = 295 147 905 179 352 825 855 (lue ääneen). Pitemmälle Hanneyn yläraja 2^68 ei päästä. Listassa vain eksponentit, ja askelmäärät.

43, 586
44, 587
45, 588
46, 589
47, 590
48, 591
49, 592
50, 593
51, 594
52, 595
53, 852
54. 853
55, 598
56, 599
57, 856
58, 857
59, 858
60, 659
61, 860
62, 861
63, 862
64, 863
65, 856,
66, 857
67, 729
68, 730

Askelmäärien ensimmäinen +1 -putki pituudeltaan 10 lukua päättyi siis lukuun 536. Sitä seurasi toinen yhtä pitkä luvun 2^52-1 askelmäärään 595. Askelmäärien 856-863 pituus on 8 lukua. Sitä seuraa shokki: tämän putken kaksi ensimmäistä askelmäärää 856 ja 857 esiintyvät uudelleen 863:n jälkeen. Tapahtuuko vastaava jatkossa? Jää arvoitukseksi.

Tähän saakka ainoa toistuva säännönmukaisuus ovat parista 2^3-1 (16) ja 2^4-1 (17) alkavat parikohtaiset +1 askelmäärät. Helppo uskoa, että tämä ilmiö jatkuu ja jatkuu...

626. Jukkis5.9.2024 klo 15:31

Tämä ei ole tehtävä, vaan muuten vaan kiinnostava itselle uusi juttu, joka tuli vastaan kirjassa Ian Stewart: Professor Stewart's Casebook Of Mathematical Mysteries.

On luvut 1, 1/2, 1/3, 1/4, ... Summataan nämä, mutta niin, että summassa lukujen välissä oleva merkki on satunnaisesti joko + tai -.

Siis esim. 1-1/2-1/3+1/4-1/5+1/6- ... Satunnainen harmoninen sarja on tällaiselle hyvä nimi.

Jos kaikki arvotut yhteenlaskusymbolit on +, niin sarja hajaantuu, tämä tietysti on aika epätodennäköistä. Muissa tapauksissa (no, ei ihan kaikissa) sarjan voidaan osoittaa suppenevan, ja se saa arvokseen periaatteessa jotain välillä melkein miinus ääretön ... melkein plus ääretön. Mutta aivan valtaosa saatavista summista on välillä -3 ... +3.

Summan todennäköisin arvo on 0, ja kun tarkasti lasketaan sen todennäköisyys, niin se on 0,25, mutta tarkemmin laskien p = 0,2499150393...

Sitten kun lasketaan, millä todennäköisyydellä summa = 2, saadaan esim.
p = 0,125000000000000000000000000000000000000000
paitsi että sitten tarkemmin laskien saadaankin
p = 0,124999999999999999999999999999999999999999764...

Huisin jänskää.

627. Jaska6.9.2024 klo 12:56

Niin on. Luulisi tuon ysipötkön jatkuvan äärettömiin. Saattaa johtua esim. sarjan laskennan kohteena olleiden jäsenten lukumäärästä.

Tarkastellaan jäsenmäärää 4, siis 1 + 1/2 eli 0,5 + 1/3 eli 0,3 (yksi desimaali siis riittää, päättele, miksi) + 1/4 eli 0,125 jne, yhteensä 8 plussien ja miinusten kombinaatioita. Keskiarvoksi saadaan 1.

Voidaan laskea myös ilman desimaaleja laventamalla 12:lla. Eka kombinaatio siis 12 + 6 + 4 + 3 = 25 ja vika 12 - 6 - 4 - 3 = - 1. Väliin jäävien kuuden lukemat ovat 19, 17, 11, 13, 7, 5. Kas, nehän ovat alkulukuja!

Jänskää tämäkin.

628. Jukkis6.9.2024 klo 14:17

Summan todennäköisyysjakaumalle on olemassa yhtälö, josta tuo
0,12499...99764... on peräisin.

629. Jaska6.9.2024 klo 18:41

Lenkillä huomasin, että 627. on päin sanonko mä. Korjaan kohdakkoin.

630. Jaska6.9.2024 klo 19:01

Hölmö fiba oli 1/ 4 = 0,125, piti tietysti olla 0,25. Olen näköjään silti laskenut ne kahdeksan lukua 0,25:n mukaan, eli 12*0,25 = 3. Keskiarvo on muuten tällä laskutavalla aina 1, koska plussia ja miinuksia on kombinaatioissa yhteenlaskettuna yhtä monta

631. Jaska6.9.2024 klo 20:30

Lisätään sarjaan viides jäsen 1/5 = 0,2 ja lavennetaan 60:lla. Saadaan 16-pituinen pötkö 137, 113, 107, 83, 97, 73, 67, 43, 77, 53, 47, 23, 37, 13, 7, -17. Summa 960. Kauneuspilkusta 77 huolimatta edelleen varsin jännää. Jatkoa mahd. joskus.

632. Jaska25.9.2024 klo 13:38

On parittomia lukuja, joista tietyllä tavalla laskien alkava lukujono päättyy silmukkaan. Niitä on kaksi: luvulla 5 alkava pituudeltaan viisi askelta, sekä luvulla 17 alkava pituudeltaan 18 askelta. Muut samalla tavalla laskettujen parittomalla luvulla alkavat jonot päättyvät lukuun 1. Sellaisia lukuja ovat 1, 3, 11, 15, 29, 39, 43, 53, 57, 59, 69, 71, 77, 79, 85, 95, 97, 101, 103, 105...

Mikä on jonojen laskennan sääntö?

633. eol26.9.2024 klo 18:36

Tulin asiaa hieman mietyttyäni siihen johtopäätökseen, että vaikka ymmärtäisin tehtävänannon kaikki yksityiskohdat, niin tehtävä olisi kaiketi sittenkin hyvin vaikea.

634. Jaska26.9.2024 klo 19:09

On haussa askeleitten tietty eroavuus ja tietty yhtäläisyys johonkin tuttuun...

635. Jaska27.9.2024 klo 12:21

Tarkennus. Silmukoita on useampiakin riippuen aloitusluvusta. Silmukka voi alkaa myös paillisesta luvusta, joka kuitenkin johtaa parittomaan. Valitsin 5 ja 17, koska ne ovat pienimmät parittomat silmukan aloittajat. Näin laskemalla silmukoita on siis vain kaksi jonon aloitusluvusta riippumatta (Jaskan konjektuuri).

636. Jaska28.9.2024 klo 18:47

5, 14, 7, 20, 10, 5. . .
17, 50, 25, 74, 37, 110, 55, 164, 82, 41, 122, 61, 182, 91, 272, 136, 68, 34, 17...

Ovatko ne ainoat, vai löytyykö konjektuurini kumoava kolmas tau useampi silmukka? Tässä vaiheessa erittäin kinkkinen kysymys.

637. eol28.9.2024 klo 19:41

Tuota on kyllä tutkittu. Nimittäin jos laajennetaan alkuperäinen Collatz (eli parittomille 3n+1) koskemaan myös ei-positiivisia kokonaislukuja, niin:

0, 0, ...
1, 4, 2, 1, ...
-1, -2, -1, ...
-5, -14, -7, -20, -10, -5, ...
-17, -50, -25, -74, -37, -110, -55, -164, -82, -41, -122, -61, -182, -91, -272, -136, -68, -34, -17, ...

Eli on löydetty viisi silmukkaa, joihin tietyssä hyvin ilmeisessä mielessä "sisältyvät" myös nuo viestin 636 silmukat.

Nämä viisihän esitetään englanninkielisen Wikipedian artikkelin "Collatz conjecture" kohdan "Extensions to larger domains" alakohdassa "Iterating on all integers". Ymmärtääkseni ei ole pystytty matemaattisesti todistamaan, että ei ole olemassa muita silmukoita eikä äärettömiä silmukattomia jonoja.

638. Jaska28.9.2024 klo 23:17

Positiivisiin silmukoihin päädyin askeleilla 3n-1 ja n/2. Tällä tavalla lukuun 1 päättyviä jonoja on äärettömästi, mikä on helposti todistettavissa. Hyvin vaikea kysymys on, löytyykö niiden aloitusluvut muuten kuin laskemalla askel askelleelta.

639. Jaska28.9.2024 klo 23:23

638. Ja ne äärettömän monet jonot ovat tietysti kaikki äärellisiä.

↶ Takaisin aiheisiin Siirry ylälaitaan ↑

KOMMENTOI

9064. Lukujono 18

Lähettäjä: *

Teksti: *