KESKUSTELUT > MUUT AIHEET > MATEMAATTISIA PÄHKINÖITÄ 2

10024. Matemaattisia pähkinöitä 2

Matti10.2.2022 klo 22:18
Aloitan uuden säikeen, kun edellisen pähkinät on nyt taputeltu. Tällainen välipala: Iguazu Argentiinan ja Brasilian rajalla on tiettävästi maailman korkein vesiputous, pudotuskorkeus on 84 m. Montako astetta vesi lämpiää, kun se loiskahtaa ala-altaaseen. Oletetaan että veden nopeus putouksen nokalla on nolla.
2. Jaska10.2.2022 klo 22:42
??
3. Matti11.2.2022 klo 01:16
Oletetaan nyt vielä, että ala-altaaseen loiskahtamisen jälkeen veden nopeus on aluksi nolla, ennen kuin se lähtee virtaamaan edelleen.
4. Ari11.2.2022 klo 08:20
0.2 astetta.
5. Jaska11.2.2022 klo 10:49
Matti, mistä on peräisin väärä tietosi maailman korkeimmasta vesiputouksesta?
6. Ari11.2.2022 klo 11:03
Matti tarkoittanee yksittäistä putousta, ei niiden jonoa.
7. Ari11.2.2022 klo 11:06
Tosin täältä löytyyy kyllä korkampi yksittäinkin:
https://fi.wikipedia.org/wiki/Angelin_putoukset
Venezuelassa kuohuaa maailman korkein vesiputous. Kaksiosaisen putouksen korkeus on 978 metriä. Putouksen ylemmästä osasta ryöppyää vettä jopa 807 metrin vapaana pudotuksena.
8. Ari11.2.2022 klo 11:17
Tuossa mainitsemassani lämpötila nousisi 0,5204461 astetta.
9. Jaska11.2.2022 klo 12:34
Myös Victorian putousten yli sadan metrin vapaa pudotus peittoaa Iguazun. Arin termi "jono" tarkoittaa siis putousta, jossa vesi saa maakosketuksia ennen päätepistettä.

Lämpö-opista täysin tietämättömällä on lupa tehdä tyhmiä kysymyksiä. Eikö olettamuksena pitäisi olla myös veden lämpötila sekä lähtö- että tulopisteessä? Jos sillä ei ole mitään vaikutusta, Arin laskema lämpötilan nousu tapahtuu vapaan pudotuksen aikana, eikö niin? Onko putoavan veden ja tuloaltaan mahdollisella lämtötilaerolla vaikutusta? Entä ilman lämpötilalla? Annan pari esimerkkiä.

Heitän sillalta 20 metrin korkeudelta mereen 20 litran ämpärillisen tasan 20-asteista vettä niin ikään tasan 20-asteiseen mereen täysin tyynellä säällä ilman lämpötilan ollessa sekin 20 astetta. Näin ollen lämpötilan nousun on tapahduttava vapaan pudotuksen aikana. Mikä kaava ja mikä tulos? Oletan siinä tarvittavan myös kiihtyvyyden laskentaa?

Kaksi riskiä karjun avustamana kumoan 100 litran tynnyrillisen 50-asteista vettä muuten samoissa puitteissa. Mikä on satsin lämpötila sen kohdatessa merenpinnan? Entä mikä on aika, jossa satsin veden lämpötila on laskenut ympäristön tasolle eli 20 asteeseen oletuksella, että meren asiaan vaikuttavan vesimassan tilavuus on 1000 kuutiometriä?
10. Jaska11.2.2022 klo 12:37
... karjua apunani ...
11. Ari11.2.2022 klo 12:45
Minä ymmärrän, että lämpötilan nousu tulee alhaalla törmäysenergian kautta. Alhaalla jo oleva vesi on jo saanut saman iskulämmön. Matkalla olevan ilman lämmitmis/viilennyttämisvaikutusta ei ole huomioitu, kun tämähän on tällainen matemaattinen pulma jossa kaikkea ei ole huomioitu, eikä käytännönläheinen tehtävä jossa kaikki vaikuttavat asiat tulisi huomioida.
12. Jaska11.2.2022 klo 12:58
Selvä. Oletetaan siis, että törmäysenergia on aina sama törmääjän massasta riippumatta.
13. Ari11.2.2022 klo 13:19
Laskin litran määrälle tuon lämmönnousun, kun se on ihan sama onko yksi vai miljoona litraa kun energia jakautuu vastaavasti tasan.
14. Jukkis11.2.2022 klo 17:38
Ymmärrän tuon Arin viestissä 4 olevan 0,2 astetta, mutta en ollenkaan ymmärrä mistä tuo viestissä 8 oleva sadan nanokelvinin tarkkuudella annettu 0,52... astetta tulee.
15. Ari11.2.2022 klo 18:31
Kopioin se suoraan laskimen näytöltä pyöristelemättä. Tuli kyllä itselläkin mieleen että olisikohan pitänyt pyöristää noin puoleen asteeseen.
16. Jukkis11.2.2022 klo 19:22
Ihanko samalla kaavallako laskit sekä tuon 0,2 astetta ja 0,52 astetta? Ootko ihan varma että laskit oikein jälkimmäisen?
17. Ari11.2.2022 klo 20:05
Kyllä.
18. Ari11.2.2022 klo 20:09
Ei kun nyt sain jälkimmäisestä 1.92 astetta.
19. Jukkis11.2.2022 klo 20:24
Minä saan 1,89 astetta.
20. Jukkis11.2.2022 klo 20:26
Johtuneeko ero siitä, että sinä käytät g:lle arvoa 10 m/s^2?
21. Ari11.2.2022 klo 22:11
Johtunee.
22. Matti13.2.2022 klo 21:12
Veden liike-energia muuttuu ala-altaan pintaan osuessaan kokonaisuudessaan lämmöksi. Liike-energia alhaalla on sama kuin potentiaalienergia ylhäällä. Yhtälö on mv^2/2=mgh=mcT, josta T=gh/c. Tässä T on kysytty lämpötilaero °C, m on massa, g on maan vetovoiman kiihtyvyys 9,81m/s^2, h on putouskorkeus 84m ja c on veden ominaislämpö 4,2 kJ/kg°C. Siitä T=0,2°C, kuten ensin Ari 4 ja sitten muutkin tiesivät. Väite Iguazusta maailman korkeimpana putouksena löytyi netistä.
23. Jaska16.2.2022 klo 13:59
Mikä on Veikkauksen lotossa pienin rivimäärä, joka takaa tuloksen 0 varsinaista numeroa oikein?

Vastataan hepillä huomiseen 14:00 saakka, sen jälkeen ratkaisun voi paljastaa joku hepittäneistä.
24. Jaska16.2.2022 klo 16:32
Tarkennus. Pienin rivimäärä ei tarkoita, että se on todistettavissa absoluuttisesti pienimmäksi mahdolliseksi. Tässä siis kyse henk.koht. pienimmästä.
25. Jukkis16.2.2022 klo 17:05
No ei kyllä tuo tarkennus tarkentanut mitään.
26. Jaska16.2.2022 klo 18:54
Tarkennuksen selvennys. Yhdessä satunnaisessa 7/40 lottorivissä voi olla mihin tahansa satunnaiseen riviin verrattuna samoja numeroita nollasta seitsemään, siis kahdeksan eri tulosta. Valitse 7 numeroa haarukasta 1-40 ja vertaa niitä esim. ensi lauantain lottoarvonnan oikeisiin seitsemään varsinaiseen numeroon. Jos valitsemissasi numeroissa ei ole yhtään samaa varsinaista numeroa kuin lottorummusta putkahtaneissa, tuloksesi on nolla oikein.

Tehtäväsi on siis laatia systeemi eli rivikokonaisuus, josta varmasti löytyy tämän "misääriloton" tavoitetulos 0 oikein. Rahapalkintoa ei ole jaossa, kunniakkaita ansiopisteitä kylläkin.
27. eol17.2.2022 klo 10:09
Jaskan tehtävä vaikuttaa niin sanotusti haastavalta, ainakin sellaiselle - kuten minä - joka ei juuri tunne koodausteoriaa ja ainakin jos lähdetään etsimään tarvittavan rivimäärän absoluuttista minimiä (jollainen selvästi on olemassa). Jaskallekin toivottavasti sopinee, että esitän tässä alkupalaksi tarkoittamani yksinkertaisemman tehtävän (johon saa vastata vapaasti):

Oletetaan, että Nanolotto-nimisessä pelissä arvotaan 2 numeroa 5 mahdollisesta - samaan tapaan kuin Veikkauksen Lotossa arvotaan 7 numeroa 40 mahdollisesta. Kuinka monella erilaisella kahden numeron rivillä Nanoloton pelaajan vähintään olisi osallistuttava arvontaan, jotta hän voisi olla varma siitä, että ainakin yhdessä hänen riveistään on 0 oikein?
28. eol17.2.2022 klo 10:19
P.S. Tarkennus edelliseeni: Oletetaan, että Nanoloton pelaaja saa vapaasti valita kunkin pelaamansa rivin numerot (joita siis on 2).
29. Jukkis17.2.2022 klo 12:22
Minä oon sitä mieltä, että vastaus on että pitää lotota kaikki mahdolliset rivit, jotta nolla oikein -todennäköisyys olisi tasan yksi.
30. Jaska17.2.2022 klo 14:54
Ei toki kaikkia, onhan yhtä 7 oikein riviä kohti nolla oikein rivejä 33 yli 7. Jos pelimuoto olisi 7/14, niitä olisi vain yksi, siinä pitäisi siis pelata kaikki erilaiset rivit. Vastaava pelihän Veikkauksella on 12/24, kaikki oikein tai kaikki väärin antavat päävoiton.

Tehtävä ei liene ainakaan liian helppo, joten jatketaan hepitysaikaa paljastamatta omaa ratkaisua lauantaihin 24:00.
31. Jukkis17.2.2022 klo 15:59
Joo, oli aikamoinen ajatusharha mulla tuossa.
32. Matti18.2.2022 klo 21:17
Jaskalle hep.
33. Matti18.2.2022 klo 22:00
Peruutan tuon hepin, ei se ollutkaan niin yksinkertaista. Anna Jaska vielä lisäaikaa, esim. ensi viikko, eihän tässä niin kiire ole.
34. Jaska18.2.2022 klo 22:43
Selvä, päättyköön hepitysaika ensi perjantaina 18:00. Ei tarvitse mahd. muidenkaan ennen aikojaan luovuttaa.
35. Matti19.2.2022 klo 23:38
Eolin nanoloton ratkaisuksi sain 4 riviä, esim. 23, 24, 34, 15. Nähdäkseni olipa nanoloton oikea rivi mikä tahansa kymmenestä mahdollisesta, niin aina noiden neljän rivin joukossa on ainakin yksi 0-oikein rivi. Kelvollinen nelikko voidaan tietysti koota monella muullakin tavalla. Liekö mahdollista löytää kolmen rivin joukko joka kelpaa, epäilen, mutta eihän koskaan voi olla varma, ellei todistusta ole.

Ratkaisun sain kokeilemalla, yrityksen ja erehdyksen kautta. En löytänyt siitä mitään rakennetta, joka olisi yleistettävissä 7/40-tapaukseen. Tehtävä vaikuttaa vähintään, eolia siteeratakseni, haastavalta.
36. eol20.2.2022 klo 03:08
Nanolotto-tehtävälleni pätee tosiaan Matin saama tulos: 4 riviä - esim. juuri tuo Matin listaama järjestelmä - riittää takaamaan ainakin yhden "nollarivin". Tämähän todellakin on helppo tarkistaa käymällä läpi kaikki (5 yli 2) = 10 mahdollista eri arvontatulostä: niistä jokaista kohden järjestelmästä on löydyttävä nollarivi.

Erityisesti Matin esimerkkijärjestelmässä {2-3, 2-4, 3-4, 1-5} eri arvontatuloksia vastaavat seuraavat nollarivit:
1-2: 3-4
1-3: 2-4
1-4: 2-3
1-5: 2-3 (myös 2-4 sekä 3-4)
2-3: 1-5
2-4: 1-5
2-5: 3-4
3-4: 1-5
3-5: 2-4
4-5: 2-3

Matti eksplisiittisesti jätti oven ainakin pikkuriikkisen verran raolleen sille selvästikin epätodennäköisenä pitämälleen mahdollisuudelle, että vähempikin rivimäärä saattaisi riittää. Nyt peräänkuulutan vielä tämänkin kysymyksen lopullista ratkaisua: Todista, että jokin tietty rivimäärä (jonka siis jo tiedetään olevan enintään 4) on paitsi riittävä niin myös välttämätön rivimäärä nollarivin olemassaolon takaamiseksi.

Vastausta tähän toivon viimeistään ensi torstain 24.2. kuluessa - lisäaikaakin toki saa jos sen pyytämisen katsoo aiheelliseksi.
37. Jaska20.2.2022 klo 12:36
Yritellään mahdollisimman kattavaa todistusta.

Erilaisia 5 yli 2 binäärikombinaatioita on kymmenen: 11000, 10100, 10010, 10001, 01100, 01010, 01001, 00110, 00101, 00011. "Nanoloton" rivissä ykköset vastaavat ruksattavia numeroita (positioita) 1, 2, 3, 4, 5. Kun nollat säilyvät entisellään, rivit ovat 12000, 10300, 10040, 10005, 02300, 02040, 02005, 00340, 00305, 00045.Tehtävänä on löytää minimimäärä rivejä, joista vähintään yhdessä on kaksi nollaa samoissa positioissa kuin kaksi muuta numeroa.

Ensimmäinen rivi on 11000. Rivejä, joissa ykkösten kohdalla on nolla, löytyy kolme: 00340, 00305, 00045. Luonnollisesti tilanne on vastaava kaikkien muidenkin rivien osalta. Jokainen kymmenestä rivistä (lotossa täydellinen järjestelmä) peittää (koodaustermi) kolme muuta riviä. Tehtävä onkin lajiltaan peittoprobleema.

Seuraavaksi suoritetaan simppeli jakolasku kaikkien rivien kokonaismäärä per yhden rivin peitto: 10/3 = 3,33. Osamäärä on ns. teoreettinen tai laskennallinen minimi. Tässä se tarkoittaa, että tehtävän ratkaisu on pakosti enemmän kuin kolme riviä. Minimi on siis Matin laskema neljä riviä, jossa on kaikkiaan kymmenen positiovaihtoehtoa.

Rakennetaan neljän rivin systeemi aloittamalla rivillä 12. Samalla tulemme jakaneeksi kymmenen rivin kokonaisuuden kahteen osaan, positioihin 12 ja 345. Rivissä 12 on siis nolla oikein, kun "oikea rivi" on jokin kolmesta 00340, 00305, 00045. Seuraavaksi toteamme silmämääräisenä faktana, että kolmen position "nollaputkeen" mahtuu kolme erilaista osariviä: 340, 305, 045. Nanoloton nolla oikein takaava "misääriharava" on siis seuraava :

11000, 00340, 00305, 00045

Tulosluettelo eli takuu nollia kpl/10

3 1/10
1 9/10
38. eol20.2.2022 klo 19:01
Jaskan todistustapa lienee yksinkertaisin mahdollinen. Koska kertaus on opintojen äiti, niin toistetaan vielä sama hieman toisin sanoin:

Keskeinen havainto on se, että kutakin nanoloton mahdollista riviä X kohden on olemassa täsmälleen ((5 - 2) yli 2) = 3 erilaista sellaista riviä Y että riveissä X ja Y ei ole yhtään samaa numeroa. (Esim. riviä 1-2 kohden sellaiset rivit ovat 3-4, 3-5 ja 4-5, kun taas riviä 3-5 kohden 1-2, 1-4 ja 2-4.) Tästä seuraa suoraan se, että koska mahdollisia rivejä on kaikkiaan (5 yli 2) = 10, niin haetussa nollarivin takaavassa järjestelmässä on oltava vähintään 10/3 riviä eli vähintään 4 riviä. (Jo aiemminhan oli Matin tuloksen myötä tiedossa, että nollarivin takaavaan järjestelmään tarvitaan enintään 4 riviä.)

Vastaavalla tavalla pystytään päättelemään, että Jaskan hakemassa Veikkauksen Loton nollarivin takaavassa järjestelmässä on oltava vähintään
(40 yli 7) / (33 / 7) = 776815 / 178002 = n. 4,364
riviä eli vähintään 5 riviä. Tämä ei tietystikään implikoi sitä, että 5 olisi riittävä rivimäärä.
39. eol20.2.2022 klo 19:14
P.S. Korjaus viimeiseen kappaleeseen: (33 / 7) po. (33 yli 7).
40. eol22.2.2022 klo 11:22
Jatkan toisellakin oleellisesti Jaskan tehtävää yksinkertaisemmalla välipalatehtävällä:

Tarkoittakoon Lotto(A, B) lottoarvontaa, jossa arvotaan A numeroa kaikkiaan B mahdollisesta. Siten Veikkauksen Lotto on Lotto(7, 40) ja yllä käsitelty Nanolotto on Lotto(2, 5).

Mikä on pienin rivimäärä, joka riittää takaamaan ainakin yhden 0 oikein -rivin Lotto(5, 30):ssa, kun jälleen oletetaan että kukin pelattava rivi (jossa siis tällä kertaa on 5 numeroa) saadaan valita vapaasti?
41. Jaska22.2.2022 klo 11:52
Oleellisesti = purjehditaan maksimaalisesti väljemmillä vesillä.
42. Jaska23.2.2022 klo 12:21
41. Väljyys tarkoittaa, että numerot 1-30 esiintyvät valituissa riveissä vain yhden kerran.
43. Jaska¨23.2.2022 klo 22:30
Joten peräkkäisillä numeroilla pelaten tarvittavat kuusi riviä ovat

1, 2, 3, 4, 5
6, 7, 8, 9, 10
11, 12, 13, 14, 15
15, 17, 18, 19, 20
21, 22, 23, 24, 25
26, 27, 28, 29, 30

Vikinglotossa vastaava absoluuttinen minimi on seitsemän riviä. Lauantailotossa se olisi vastaavasti kahdeksan, jos pelikenttä olisi 56 numeroa. Tehtävän kohteena oleva 40 numeron lotto ei ole yhtä yksinkertainen tapaus, koska samoja numeroita eri riveissä ei voi välttää nolla oikein edellytyksellä. Ylivoimaisen vaikea se ei ole. Ratkonta-aikaa on siis vielä n. 43½ tuntia. Ilmoita mahdollisen hepityksen lisäksi rivimääräsi. Jos kukaan ei onnistu, tulee osviittaa.
44. eol24.2.2022 klo 08:49
Toissapäiväisessä välipalatehtävässäni haettu minimirivimäärä on tosiaan 6, ja Jaskan esittämä rivistö on suoraviivainen ja havainnollinen esimerkki tällaisesta 6 rivin järjestelmästä. Tämä tulos myös seuraa suoraan hieman jäljempänä esittämästäni yleisemmästä lemmasta L2.

Merkitään M(A, B):llä sitä minimirivimäärää, joka riittää takaamaan ainakin yhden 0 oikein -rivin Lotto(A, B)-arvonnassa, kun oletetaan että pelattavat rivit voidaan valita vapaasti. Käytännössä on perusteltua rajoittua tapauksiin, joissa A on vähintään 1 ja B on vähintään 2A. (Jos B on pienempi kuin 2A, niin 0 oikein -rivit ovat mahdottomia.)

Seuraavat neljä lemmaa pätevät:
L1. M(A, B) on vähintään A+1.
L2. M(A, B) = A+1 jos B on vähintään A(A+1).
L3. M(A, B) on vähintään (B yli A) / ((B-A) yli A).
L4. M(A, 2A) = (2A yli A).

Näiden lemmojen todistukset ovat yksinkertaisia - mutta tarkoitukseni on palata kyseisiin todistuksiin jollakin tasolla vielä huomenna.
45. eol25.2.2022 klo 07:36
Eilisten lemmojeni todistuksista:

L1. M(A, B) on vähintään A+1.
Oletetaan, että järjestelmässä on enintään A riviä. Tällöin on olemassa sellainen arvontatulos X että kussakin järjestelmän rivissä on ainakin yksi sellainen numero joka sisältyy myös X:ään. Siten järjestelmä ei takaa 0 oikein -riviä.

L2. M(A, B) = A+1 jos B on vähintään A(A+1).
L1:n perusteella halutun kaltaisen järjestelmän rivimäärän on oltava vähintään A+1. Jos B on vähintään A(A+1), niin järjestelmä voidaan muodostaa A+1 sellaisesta rivistä että mihinkään kahteen eri riviin ei sisälly yhtään samaa numeroa. Siten tällainen järjestelmä takaa 0 oikein -rivin.

L3. M(A, B) on vähintään (B yli A) / ((B-A) yli A).
Tämän yleisen tuloksen todistus sujuu aivan samaan tapaan kuin sen jo todistetun erikoistapauksen, jonka mukaan M(2, 5) on vähintään (5 yli 2) / (3 yli 2) = 10/3 eli vähintään 4.

L4. M(A, 2A) = (2A yli A).
L3:n mukaan M(A, 2A) on vähintään (2A yli A) / (A yli A) = (2A yli A). Tämä on sama kuin kaikkien mahdollisten erilaisten arvontatulosten lukumäärä, joten enää enempää rivejä ei halutun kaltaiseen järjestelmään tarvita.

P.S. Nähdäkseni Jaska on jo aiemmin vähintään implisiittisesti viitannut kaikkiin näihin todistustapoihin, joten mitään kovinkaan uutta niihin ei enää tässä vaiheessa sisälly.
46. Jaska25.2.2022 klo 18:32
Hepityksiä vähemmän heppoiseksi osoitatutuneeseen tehtävään ei tullut, joten aloitetaan osviitoitus tarpeen mukaan kerran vuorokaudessa.

Vaihe 1: aluejako, 40/?
47. Jaska26.2.2022 klo 20:02
Vaihe 2: 40/4
48. Jaska27.2.2022 klo 15:16
Vaihe 3: tasaisin jakauma
49. Jaska28.2.2022 klo 10:53
... joka on neljin permutaatioin 1222, 2122, 2212, 2221. Luvut ovat siis rivien numeroiden kpl-määriä.
50. Jaskas1.3.2022 klo 12:18
Jäljellä on enää yksi vaihe - haravan laadinta. Se on varsin simppeli tehtävä, jos on sisäistänyt edeltävät vaiheet.

Aluejako tarkoittaa, että neljänkymmenen numeron kokonaisuus jaetaan osiin. Miksi? Koska seitsemän numeron eri järjestyksiä on yli 18 miljoonaa. Nollarivien määrä yhtä riviä kohti on helposti laskettavissa, mutta haravan laadinta siltä pohjalta olisi toivottoman työlästä, kun ei tiedetä tarvittavaa rivimäärää. Tarvitaan siis pienempi alue, josta numeroiden hajonta on helppo laskea ilman tietokoneen apua.

Jako 40/4 = 10 rajaa tehtävän neljään kymmenen numeron lohkoon, joilla on yhteensä 108 seitsemän numeron permutaatiota. Niissä on samoja numeroita kuin vertailurivissä 0 - 7 kpl. Permutaatioista 96:ssa esiintyy 0. Jää kahdeksan, joissa se ei esiinny: 1114, 1141, 1411, 4111 sekä 1222, 2122, 2212, 2221. Todetaan, että jos lohkossa ei esiinny 0, siinä esiintyy varmuudella 1. Näin ollen haravoijan pitää löytää kymmenen numeron lohkoon rivikokonaisuus, josta vähintään yhdessä rivissä on nolla okein, ts. ko. rivi välttää sen yhden oikean rivin numeron.

Kun yhden lohkon haravan rivimäärä on n, on kokonaisrivimäärää luonnollisesti 4n. Siis mikä?
51. eol2.3.2022 klo 10:42
Minusta näyttää, että tuolla tavoin rakennetun järjestelmän kokonaisrivimääräksi tulee 4*4 = 16. Se siis takaa ainakin yhden nollarivin (jollaisessa on 0 numeroa oikein). Tämä tulos ei kuitenkaan todista sitä, että rakennettu järjestelmä olisi rivimäärältään pienin mahdollinen nollarivin takaava järjestelmä.

Mennään yksityiskohtiin:

Tarkastellaan yhtä kymmenen numeron lohkoa. Kun siihen mahdutetaan 2 seitsemän numeron riviä, niin niillä on ainakin 4 yhteistä numeroa. Tästä edelleen seuraa se, että kun samaan lohkoon mahdutetaan 3:skin rivi, niin näillä kaikilla kolmella seitsemän numeron rivillä on välttämättä ainakin 1 yhteinen numero. Nollarivin takaamiseksi tarvitaan siis tällä strategialla vähintään 4 riviä. Neljä riviä on myös riittävä määrä, sillä esimerkiksi lohkosta 1...10 neljä riviä voidaan valita vaikkapa seuraavasti, niin että mikään lohkon numeroista ei esiinny kaikissa neljässä rivissä:

1 2 3 4 5 6 7
4 5 6 7 8 9 10
1 2 3 4 8 9 10
1 2 3 7 8 9 10

Terminologiasta: Eilisessä Jaskan viestissä termejä "järjestys" ja "permutaatio" on mielestäni käytetty sellaisella tavalla, että niiden tarkka merkitys tässä tapauksessa saattaa helposti jäädä hieman epäselväksi. Minulle esimerkiksi on epäselvää, miten minun seuraavassa käyttämäni termi "jakelu" mahdollisesti eroaa Jaskan "permutaatiosta".

Seitsemän arvontanumeron sijoittamiselle neljään lohkoon on kaikkiaan 120 mahdollista eri jakelua [Jaskalla 108 eri permutaatiota] (joista 20 jakelua [Jaskalla 8 permutaatiota] on sellaisia, joissa kuhunkin lohkoon osuu ainakin yksi numero seitsemästä). Luetellaan seuraavassa kaikki mahdolliset eri jakelut siten, että kukin listattu "jakeluskeema" edustaa kaikkia siitä permutoimalla saatavia eri jakeluja:

7 0 0 0: 4 jakelua
6 1 0 0: 12 jakelua
5 2 0 0: 12 jakelua
5 1 1 0: 12 jakelua
4 3 0 0: 12 jakelua
4 2 1 0: 24 jakelua
4 1 1 1: 4 jakelua
3 3 1 0: 12 jakelua
3 2 2 0: 12 jakelua
3 2 1 1: 12 jakelua
2 2 2 1: 4 jakelua

Oleellista rakennetun järjestelmän toiminnan kannalta on se, että kussakin näistä mahdollisista jakeluista esiintyy ainakin yksi 0 tai ainakin yksi 1 (tai molemmat). Eli toisin sanoen: jokaisessa sellaisessa jakelussa, jossa ei esiinny yhtään 0:aa, esiintyy kuitenkin ainakin yksi 1.
52. Jaska2.3.2022 klo 12:01
eol ratkaisi tehtävän ja korjasi virheeni, jakelun 3211 puuttumisen. Olinpa taas huolimaton. Myös tästä jakelusta puuttuu 0, joten oikea nollallisten ja nollattomien jakelujen jakauma on 100 - 20. Termin permutaatio (alkioiden järjestyksen muutos) käytön en olettanut aiheuttavan hämmennystä.

Neljä riviä on siis todistettavasti nolla oikein takaava minimi kymmennumeroisessa lohkossa. Esitetään todistus vielä korvaamalla numerot 1-10 kahdella merkillä X (lottorivin rastimerkintä) ja O (mahdollinen ainut oikean rivin numero).

X X X X X X X OOO
X X X X OOO X X X
X OOO X X X X X X

Yhdessä kolmesta rivistä on siis varmasti nolla oikein, jos oikea numero ei ole 1. Näin ollen tarvitaan neljäs rivi, jossa esimmäinen merkki on O. Kaksi muuta O:ta ja seitsemän rastia voidaan valita vapaasti.

O X X X X X X X OO

Nyt voidaan helposti laskea nolla oikein tuloksen kpl-määrät edelltyksellä yksi oikean rivin numero osuu haravaan.

2 kpl 2/10
1 kpl 8/10

16 riviä on todellakin minimi. Palaan todistukseen myöhemmin.
53. eol2.3.2022 klo 17:12
Lainaus: 52. Jaska 2.3.2022 klo 12:01
"16 riviä on todellakin minimi. Palaan todistukseen myöhemmin."

Hmm. Nyt tilanne on kuitenkin se, että minä sain äsken käsiini todistuksen sille, että minimi on vähemmän kuin 16 riviä. (Tämä todistus ei siis suinkaan ole minun keksimäni.) Miten on, Jaska ja muut, halutaanko, että esitän tuon todistuksen jo heti kohta vai että annan siitä (jo koeteltuun tapaan!) vähitellen vinkkejä vai että odottelen ensin jonkin aikaa?
54. Jaskas2.3.2022 klo 17:22
Korjaus 52. "16 riviä on todellakin mielestäni minimi." En halua vinkkejä ennen kuin joudun toteamaan, että en keksi pienempää rivimäärää. Jonkin aikaa voisi olla tämän viestin kellonajasta vuorokausi.
55. eol2.3.2022 klo 17:33
Ok, siis vuorokauden kuluttua ensimmäinen vinkki (ellei joku sitten pyydä lykkäystä sitä ennen).
56. Jaska3.3.2022 klo 16:57
Roima puoli tuntia lykkäyspyyntöaikaa. Veikkaan, ettei sitä tule muiltakaan. Jäämme odottamaan ekaa vinkkiä.
57. eol3.3.2022 klo 17:59
Eiliset nollarivin takaavat 16 rivin järjestelmät olivat lohkorakenteisia: Lotto(7, 40)-arvonnan 40 numeroa sisältävä arvonta-alue oli jaettu useampaan osioon, siten että järjestelmän kunkin yksittäisen rivin kaikki 7 numeroa kuuluivat samaan osioon.

Nyt tehtävänä on laatia nollarivin takaava lohkorakenteinen järjestelmä jossa on vähemmän kuin 16 riviä. Tuntemani esimerkki on ikävä kyllä sen verran haastava, että en ole aivan varma, onko sen löytäminen ilman tietokoneohjelmointia käytännössä mahdollista. Olen paljastamassa esimerkkini osioiden määrän 24 tunnin kuluttua (ellei sitten toivota lykkäystä).

Paljon helpompi (eli ei varmasti tarvita tietokoneohjelmointia!) mutta nähdäkseni osviittaa yllä olevaan varsinaiseenkin tehtävään tarjoava aperitiivitehtävä: Laadi vähemmän kuin 8 riviä sisältävä nollarivin takaava lohkorakenteinen järjestelmä Lotto(4, 16)-arvontaan.
58. Jaska3.3.2022 klo 22:45
Jos joku muu on vielä kiinnostunut ratkomaan aperitiivin, sen 7 rivin takuu (nollarivejä kpl n/1820 saattaa antaa osviittaa.

6 1
4 78
3 340
2 456
1 945

eolin mahd. osviitta viittaa siis jotenkin aperitiivin rakenteeseen. Se ei voi olla lohkojen eli osioiden lukumäärä, koska niitä on enemmän kuin neljä, aperitiivissa vain kolme. Esim. neljän numeron lohkoja 40:ssä on 10 kpl, ja siinä nollalohkoja on vähintään 3. En tosin näe, miten se taipuisi ennätykseen max. 15 rivi. Mietiskellään vielä huomenna.
59. eol4.3.2022 klo 08:58
Kommentoin näin heti aamusta Lotto(4, 16)-aperitiivitehtävää: Kuten Jaskalla, minunkin ratkaisussani rivien määrä on 7 ja osioiden määrä 3. Sen sijaan ratkaisussani eri nollarivimäärien todennäköisyydet ovat hieman erilaiset kuin Jaskan antamat. Tosin minullakin 7 nollarivin todennäköisyys on 0 ja 6 nollarivin 1/1820 ja 5 nollarivin 0, mutta esimerkiksi 4 nollariville saan suuremman todennäköisyyden kuin Jaskan 78/1820.

Lisäksi pieni kommentti koskien myös varsinaista Lotto(7, 40)-tehtävää: Eilisestä viestistäni löytyvästä lohkorakenteisuudelle antamastani karakterisoinnista käytännössä seuraa suoraan se, että osioita tarvitaan enintään 5, koska 6*7 > 40. Siten Jaskan esimerkinomaisesti mainitseman osiomäärän 10 valitseminen ei olisi kovin mielekästä. (Jokainen 7:ää numeroa pienempi osio tavallaan turhaan kuluttaisi 40 numeron laajuista arvonta-aluetta, koska kyseisen osion yksikään numero ei voisi sisältyä yhteenkään järjestelmän riveistä.)

Varsinainen lisävinkki (eli osioiden määrän paljastus) on siis tulossa klo 18:n jälkeen.
60. Jaska4.3.2022 klo 14:27
Syyllistyin illalla alkeelliseen virheeseen, joka olisi ollut korjattavissa laiminlyömälläni laskennallisella tsekkauksella 12 yli 4 (rivikohtainen peitto) = 495, 7*495 = 3465. Uusi yritys tsekkauksen kera.

6 1 kpl
4 114 kpl
3 313 kpl
2 672 kpl
1 720 kpl

Tsekkaus; 6*1 = 6, 4*114 =456, 3*313 = 939, 2*672 = 1344, 1*720 = 720. Tulojen summa = 3465. Osiot ovat siis 4, 6, 6.
61. eol4.3.2022 klo 18:03
Päivän lisävinkki aika haastavaan Lotto(7, 40)-tehtävään: Tiedossani olevassa nollarivin takaavassa vähemmän kuin 16 riviä sisältävässä järjestelmässä osioita on 3. Paljastan näiden kolmen osion koot 24 tunnin kuluttua (paitsi jos joku toivoo lykkäystä).

Aika helposta Lotto(4, 16)-tehtävästä: Nyt olen vakuuttunut siitä, että Jaskan ja minun ratkaisut ovat niin sanoakseni oleellisesti samat. Kaikkien tiedossa siis jo on, että tässä haetussa nollarivin takaavassa järjestelmässä rivejä on 7 ja osioita 3, ja osioiden koot ovat 4, 6, 6.
62. Jaska5.3.2022 klo 11:25
eolin 61. viestissä on ekassa lauseessa yksi sana liikaa: "aika". Pitäisi olla "erittäin" ainakin minulle. Tasaisin rivien jakauma on 3. 2, 2. n yli 2 pitäisi hoitua kuudella rivillä. Sehän onnistuisi jakaumalla 13, 13, 14, jos kolmesta rivistä tiputetaan yksi numero pois. Mutta kaikissa osion riveissä tulee tietysti olla seitsemän numeroa. Mikä mahtaakaan olla sokea pilkkuni.
63. eol5.3.2022 klo 18:35
Kuten toissapäivänä totesin [viesti 57], niin pidän mahdollisena, että tuo Lotto(7, 40)-tehtävä on jopa niin haastava, että ratkaisua saattaa olla käytännössä mahdotonta löytää ilman tietokoneohjelmointia. (Minun tietoonihan ratkaisu tuli valmiina.)

Päivän lisävinkki kyseiseen Lotto(7, 40)-tehtävään: Tiedossani olevan nollarivin takaavan vähemmän kuin 16 riviä sisältävän järjestelmän kolmen osion koot ovat 12, 14, 14. Paljastan kunkin osion sisältämien rivien määrän taas huomenna klo 18:n jälkeen.

Aika helposta Lotto(4, 16)-tehtävästä: Tarkoitukseni on huomenna klo 21:n jälkeen paljastaa ratkaisun loputkin yksityiskohdat ja osoittaa, että se tosiaan takaa nollarivin.

Todettakoon muuten vielä se, että Matin taannoin löytämässä nollarivin takaavassa Lotto(2, 5)-järjestelmässä [viesti 35] on 2 osiota, joiden koot ovat 2 ja 3, ja näiden osioiden sisältämien rivien määrät vastaavasti 1 ja 3.
64. Jaska5.3.2022 klo 22:51
12, 14, 14 rivimäärien on helppo päätellä olevan 3, 6, 6 = 15. Se siis edellyttää, että 14 yli 2 nollarivejä on kuusi. Pidin sitäkin ensin mahdottomana, kun itse pääsin vain seitsemään riviin, joten kokonaisrivimääräksi tulisi 17. Nyt pitäisi sitten ruveta funtsimaan, millä rakenteella se yksi rivi pudotetaan. Veikkaan, etten onnistu.
65. eol6.3.2022 klo 01:36
Aikaistan lupaamaani Lotto(7, 40)-lisävinkkiä ja vahvistan jo nyt, että Jaskan löytämät osiokohtaiset rivimäärät 3, 6, 6 ovat oikeat ja rivejä on siis yhteensä 15. Vastaavat osiokoothan olivat 12, 14, 14.

On suht helppo päätellä, että myös osiokokokolmikko 11, 14, 14 riittäisi samoille rivimäärille. Haettu ratkaisu antaakin nollarivin takaavan järjestelmän paitsi Lotto(7, 40):lle niin käytännössä myös Lotto(7, 39):lle, joista jälkimmäinen tietysti on periaatteessa vaikeampi tapaus.

Enempää lisävinkkejä en enää keksi. Tehdäänpä niin, että pyydän Jaskaa kertomaan, kuinka monta päivää mietintäaikaa hän vielä toivoo. (Takarajan lykkäystä voi sitten tietysti vielä pyytää koska tahansa - ja kuka tahansa muukin kuin Jaska.)
66. Jaska6.3.2022 klo 13:29
En pyydä lisäaikaa, koska tehtävä on minulle mahdottomuus. Sen olen todistanut itselleni seuraavasti.

Jaetaan 14 numeron osio kahteen alaosioon A ja B. Tällöin kaksi oikeaa numeroa jakautuvat seuraavasti. Kumpikin on osiossa A, kumpikin osiossa B, tai yksi on osiossa A ja yksi osiossa B. Jakaumat ovat siis 2 - 0, 0 - 2 , 1 - 1.

Olkoon numeroiden jakauma osioissa 7 - 7. Valitaan ensimmäiseksi riviksi rastimalla peräkkäiset numerot A-osioon 1 - 7, ja merkitään numerot B-osioon 8 - 14 O:lla.

X X X X X X X OOOOOOO

Jos kaksi oikeaa numeroa (21 yhdistelmää) osuvat O-osioon, on A-osion rivissä nolla oikein. Samoin käänteisellä rivillä OOOOOOO X X X X X X X on nolla oikein B-osion rivissä, kun kaksi oikeaa numeroa osuvat A-osioon.

Näin ollen oikeiden numeroiden 1 - 1 jakauman nollatakuun on toteuduttava neljällä rivillä. Kokeillaan.

X X X OOOO X X X X OOO
X X X OOOO OOO X X X X
OOO X X X X X X X OOOO
OOO X X X X OOOO X X X

Kun käydään läpi kaikki 91 kpl 14 yli 2 yhdistelmään todetaan, ettei nolla jää toteutumatta neljällä yhdistelmällä. Se johtuu siitä, että numero 11:n kohdalla on X sekä ylimmässä että toiseksi ylimmällä rivillä. Numeron 11 parina numerot 5, 6, 7 ja 8 eivät toteuta nollavaatimusta. Toiseksi ylimmässä rivissä pitäisi siis olla 11:n kohdalla O, eli siinä olisi vain kuusi rastia. Se ei ole sallitua.

Vastaavaa numeroiden päällekkäisyyttä ei synny osioiden numerojaukaumalla 6, 8.

X X X OOO X X X X OOOO
X X X OOO OOOO X X X X
OOO X X X X X X X OOOO
OOO X X X OOOO X X X X

Tämä rakenne takaisi nollarivin osioiden osumajakaumalla 1 - 1, jos ei ekan rivin seitsemän rastin pötkön viimeinen joutuisi B-lohkon puolelle. Siellä sekin aiheuttaa puolestaan neljä toteutumatonta yhdistelmää.
67. eol6.3.2022 klo 16:21
Selvä, esitän tuon 15-rivisen nollarivin takaavan Lotto(7, 40)-järjestelmän tänään klo 22:n jälkeen.
68. Jaska6.3.2022 klo 21:06
Hyvä juttu. Arvaan, että siinä ei esiinny parittain vastakkaisia rivejä niin kuin minulla esim. 1 - 7 ja 8 - 14. Vastaavasti siinä täytyy olla vähemmän kolmen ja neljän numeron päällekkäisyyksiä.
69. eol6.3.2022 klo 21:23
Esitän tässä viestissä nollarivin takaavan 7-rivisen Lotto(4, 16)-järjestelmän, jossa on 3 osiota, joiden koot ovat 4, 6 ja 6:

Osio A: 1, 2, 3, 4
Rivi 1: 1, 2, 3, 4

Osio B1: 5, 6, 7, 8, 9, 10
Rivi 2: 5, 6, 7, 8
Rivi 3: 5, 6, 9, 10
Rivi 4: 7, 8, 9, 10

Osio B2: 11, 12, 13, 14, 15, 16
Rivi 5: 11, 12, 13, 14
Rivi 6: 11, 12, 15, 16
Rivi 7: 13, 14, 15, 16

Helposti nähdään, että:
- Osiosta A löytyy varmasti nollarivi, jos sen alueelle osuu 0 arvottua numeroa.
- Osiosta B1 löytyy varmasti nollarivi, jos sen alueelle osuu 0 tai 1 arvottua numeroa.
- Osiosta B2 löytyy varmasti nollarivi, jos sen alueelle osuu 0 tai 1 arvottua numeroa.

Näin ollen riippumatta siitä, miten 4 arvottua numeroa jakautuvat osioiden kesken, niin jostakin osiosta löytyy varmasti nollarivi. Esimerkiksi jos A:han osuu enemmän kuin 0 numeroa ja B1:een osuu enemmän kuin 1 numero, niin silloin B2:een osuu korkeintaan 1 numero, joten tässä tapauksessa B2:sta löytyy varmasti nollarivi.
70. eol6.3.2022 klo 22:33
Esitän tässä viestissä nollarivin takaavan 15-rivisen Lotto(7, 40)-järjestelmän, jossa on 3 osiota, joiden koot ovat 14, 14 ja 12. (Kerron netistä löytyvän lähteeni seuraavassa viestissäni.)

Osio A1: 1 - 14
Rivi 01: 1, 2, 3, 7, 8, 9, 10
Rivi 02: 1, 2, 4, 11, 12, 13, 14
Rivi 03: 3, 4, 5, 7, 8, 11, 12
Rivi 04: 3, 4, 6, 9, 10, 13, 14
Rivi 05: 1, 5, 6, 7, 8, 13, 14
Rivi 06: 2, 5, 6, 9, 10, 11, 12
Osiosta A1 löytyy varmasti nollarivi, jos sen alueelle osuu 0, 1 tai 2 numeroa.

Osio A2: 15 - 28
Rivit 07 - 12 muodostuvat vastaavaan tapaan kuin osion A1 rivit 01 - 06.
Osiosta A2 löytyy varmasti nollarivi, jos sen alueelle osuu 0, 1 tai 2 numeroa.

Osio B: 29 - 40
Rivi 13: 29, 30, 31, 32, 33, 34, 38
Rivi 14: 29, 30, 31, 35, 36, 37, 38
Rivi 15: 32, 33, 34, 35, 36, 37, 39
Osiosta B löytyy varmasti nollarivi, jos sen alueelle osuu 0 tai 1 numeroa.
71. eol6.3.2022 klo 23:24
Kommentteja edelliseen viestiini:

Esittämässäni järjestelmässä yksikään rivi ei sisällä numeroa 40. Järjestelmä onkin alunperin laadittu takaamaan nollarivi Lotto(7, 39):ssa.

Tietojeni mukaan järjestelmän on laatinut Heikki -Hämäläinen, ja se on julkaistu Veikkaus-Lotto -lehden vuoden 1986 numerossa 30. (Samassa yhteydessä ilmeisesti mainittiin joku toinenkin, joka myös oli onnistunut laatimaan 15-rivisen järjestelmän samaan tarkoitukseen.)

Lähteeni on Suomi24-keskustelufoorumin aihealueen "Tiede ja teknologia / Tiede / Matematiikka" säie "Nolla oikein lotossa"
https://keskustelu.suomi24.fi/t/5574253/nolla-oike in-lotossa
ja siinä erityisesti sen aloittaneen hente13-nimimerkin viestit 05.04.2008 20:58 (julkaisutieto) ja 06.04.2008 22:24 (järjestelmän rivit ja laatija).
72. Jaska6.3.2022 klo 23:59
Katsotaan haravaa vielä binaarimuodossa, jolloin paljastuu selvemmin sen rakenne. Sen voi jakaa kahteen alaosioon pituuksin 6 ja 8. Jälkimmäisessä havaitaan kolme vastakkaista riviparia. Niissä rastit eivät siis osu päällekkäin. muissa yhdeksässä parissa osuu kaksi rastia yksiin. Ekassa osiossa yhdeksällä parilla on yksi yhteinen rasti, kolmella kaksi. Ei vastakkaisia pareja. Minun yritelmässäni oli neljän rastin päällekkäisyyksiä, siitä syystä nollatulos oli mahdoton. Alkeellista, dear Jaska, voisi nettimestari todeta.

X X X OOO X X X X OOOO
X X OX OO OOOO X X X X
OO X X XO X XOO X X OO
OO X X OX OOX X OO X X
X OOO X X X X OOOO X X
OX OO X X OO X X XX OO
73. eol20.3.2022 klo 07:26
Jatketaan nollarivin takaavien Lotto(7, 40)-järjestelmien parissa. Yllä esitetyn perusteella on jo selvää, että tällaiseen järjestelmään rivejä tarvitaan vähintään 8 ja enintään 15. Uusi tehtävä: osoita, että rivejä tarvitaan vähintään 10.
74. Jaska20.3.2022 klo 12:28
Voi olla useitakin osoitustapoja. Esim. jaetaan kenttä kahteen 20-osioon. Tasaisimmat rastien jakaumat ovat 3, 4 ja 4, 3. 20 yli 3 = 1140. Jos se olisi peitettävissä neljällä riivllä, keskimääräinen peitto (eli misäärilotossa oikeastaan välttö) olisi 285. Valitaan yksi 7, 20 rivi. Se peittää maksimin 286 yhdistelmää 1140:stä. Seuraava rivi peittää väistämättä osin samoja yhdistelmiä. Ilman samoja numeroita ekan kanssa toka peittää 266 yhdistelmää. Keskiarvo on 276, kokonaispeitto ei siis onnistu neljällä rivillä. Tarvitaan vähintään viisi riviä kumpaankin osioon.
75. eol21.3.2022 klo 09:28
Hain täysin matemaattista todistusta, ja siinä mielessä Jaskan argumentti ei vielä ole riittävä. Ei riitä, että tutkitaan tarvitaanko tietyllä osiojaolla vähintään 10 riviä, vaan tulisi todistaa, että mahdollisesta osiojaosta riippumatta tarvitaan vähintään 10 riviä.

Vastaava ero tuli esille pari viikkoa sitten nollarivin takaavaa 15 rivin järjestelmää etsittäessä. Sellaista järjestelmää ei löytynyt, jos kumpikin 14 numeron osio edelleen jaettiin kahteen alaosioon. Mutta kun minkäänlaista alaosiojakoa ei otettu ?käyttöön, niin kummankin 14 numeron osion sisältämät rivit voitiin valita vapaammin, jolloin nollarivin takaava 15 rivin järjestelmä löytyi.

Ehkä avittaa, jos otetaan alkajaisiksi ainakin yhden napsun verran yksinkertaisempi tehtävä: osoita, että nollarivin takaavaan Lotto(7, 40)-järjestelmään tarvitaan vähintään 9 riviä.
76. eol21.3.2022 klo 09:39
[edellä keskimmäisen kappaleen keskiosaan ilmestynyt kysymysmerkki ? on täysin turha]
77. Jaska21.3.2022 klo 17:18
Johan tärppäsi. 40 kohdenumeroa on vähemmän kuin 56, jolla määrällä varma nolla oikein saadaan kahdeksalla rivillä. Pienemmällä määrällä tarvitaan siis päällekkäisyyksien takia vähintään yhdeksän riviä. Liekö tämä eolin kaipaama täysin matemaattinen todistus. Tosi se ainakin on.

Rivien päällekkäisyys ei siis ole vältettävissä järjestelmässä, jossa ei ole osioita. Mielestäni osio kaipaa kuitenkin selventävää määritelmää. Kuuden rivin esimerkki:

1, 2, 3, 4, 5, 6 ,7
8, 9, 10, 11, 12, 13, 14
15, 16, 17, 18, 19, 20, 21
22, 23, 24, 25, 26, 27, 28
29, 30, 31, 32, 33, 34, 35
34, 35, 36, 37, 38, 39, 40

Onko kokonaisuudessa osioita vai ei? Neljä ekaa riviä eivät sisällä yhtään samaa numeroa. Kahdessä muussa 34 ja 35 ovat samoja. Onko haravassa kaksi osiota 1-28 ja 29-40? Vai peräti viisi osiota 1-7, 8-14, 15-21, 22-28, 29-40? Vai onko se osioton?
78. eol22.3.2022 klo 10:02
Lainaus: 77. Jaska 21.3.2022 klo 17:18
"40 kohdenumeroa on vähemmän kuin 56, jolla määrällä varma nolla oikein saadaan kahdeksalla rivillä. Pienemmällä määrällä tarvitaan siis päällekkäisyyksien takia vähintään yhdeksän riviä."

Tosi lausumahan tuo todellakin ilman muuta on. En kuitenkaan tuota pidä sellaisena "oppikirjatodistuksena", joka varmasti vakuuttaisi kaikkein epäileväisimmätkin sellaiset lukijat, joille tämä säie on ensikosketus aihepiiriin. Minä pyrkisin vakuuttamaan heidät seuraavasti:

Tehdään vastaoletus, jonka mukaan on olemassa 8 rivistä koostuva nollarivin takaava Lotto(7, 40)-järjestelmä. Olkoot nämä 8 riviä R1, ..., R8. Koska 8*7 > 40, niin on olemassa sellainen numero X joka kuuluu ainakin kahteen näistä 8 rivistä, ja voidaan vapaasti olettaa että nämä kaksi riviä ovat R1 ja R2. Muodostetaan sitten 7 numerosta koostuva mahdollinen arvontatulos niin, että otetaan mukaan X ja lisäksi ainakin yksi numero jokaisesta kuudesta rivistä R3, ..., R8. Tällaisen arvontatuloksen tapauksessa järjestelmästämme ei selvästikään löydy nollariviä, mikä on ristiriita. Vastaoletus on siten epätosi.

(Kommentoin Jaskan kuuden rivin esimerkkijärjestelmän osiomääräproblematiikkaa seuraavassa viestissäni.)
79. eol22.3.2022 klo 11:05
Mielestäni on oikein sanoa, että Jaskan eilisen (viestin 77) kuuden rivin Lotto(7, 40)-järjestelmän rakenne on osiojaon P mukainen, mikäli P on esimerkiksi mikä tahansa seuraavista seitsemäatä osiojaosta:

1 - 40
1 - 28, 29 - 40
1 - 7, 8 - 40
1 - 7, 8 - 28, 29 - 40
1 - 7, 8 - 21, 22 - 40
1 - 7, 8 - 21, 22 - 28, 29 - 40
1 - 7, 8 - 14, 15 - 21, 22 - 28, 29 - 40

Siten sanoisin myös, että kyseisen järjestelmän osiojakoja ovat esimerkiksi kaikki nuo seitsemän yllä olevaa. Sen sijaan esimerkiksi 1 - 20, 21 - 40 ei ole.

Lisäksi sanoisin, että kyseisen järjestelmän *hienosyisin* osiojako on 1 - 7, 8 - 14, 15 - 21, 22 - 28, 29 - 40, joka siis koostuu viidestä osiosta.
80. iso S22.3.2022 klo 11:18
Mieluisimmat tulokset saa kun itse kysyy ja vastaa. Niinpä teenkin niin.

Iltiksessä julkaistaan netissä kuutena päivänä viikossa urheiluvisa ja yleistietovisa. Molemmissa on kymmenen kysymystä. Urheiluvisassa on kolme vastausvaihtoehtoa, yleistietovisassa neljä. Mistään mitään tietämättä eli täysin arvaamalla urheiluvisassa keskimäärin joka kolmas vastaus menee oikein, yleistietovisassa joka neljäs. Yksittäisestä tuloksesta ei voi päätellä, kuinka moni oikeista vastauksista on ollut tietoa ja kuinka moni arvausta. Pitemmän ajan tulosten keskiarvosta likimääräinen totuus selviää, mutta millä kaavalla? Oletetaan, että jokaisen kysymyksen kohdalla vastaajalla on vain kaksi vaihtoehtoa: joko tietää tai sitten arvaa. Ei siis huomioida että jonkun vastausvaihtoehdon voi sulkea järkeilemällä pois ja/tai joku vaihtoehto tuntuu todennäköisemmältä kuin joku muu.

Esimerkiksi yleistietovisassa puhtaasti arvaamalla päätyisi keskiarvoon 2,5 oikeaa vastausta. Jos siis todellinen keskiarvo on vaikkapa 5,5, voisi päätellä että 2,5 on tullut arvaamalla ja 3 tietämällä. Tämä suoraviivainen päättely ei toimi. Jos keskiarvo pitkällä aikavälillä on 10, tuolla laskentatavalla arvauksien osuus on edelleen 2,5 ja tietämisen 7,5. Järki sanoo kuitenkin että tuo ei voi pitää paikkansa, täysi kymppi ei jätä arvailulle sijaa.

Jos TIETO on tiedettyjen vastausten määrä, KA on keskiarvo, LKM on kysymysten lukumäärä ja VE on vaihtoehtojen määrä, keskiarvo muodostuu seuraavan haavan mukaan:
KA = TIETO + (LKM -TIETO) / VE
eli tietämällä vastattuihin lisätään arvattujen määrä jaettuna vaihtoehtojen määrällä. Kun tuota kaavaa pyöritellään niin että saadaan esille TIETO, kaava saa muodon
TIETO = (VE * KA - LKM) / (VE -1)

Kun tuohon kaavaan sijoitetaan visojen parametrit ja keskiarvoksi 10, molemmissa visoissa tiedettyjen määräksi tulee 10. Jos KA:n kaavaan sijoitetaan umpitolvana vastaaja (tiedon määrä on 0), urheiluvisan keskiarvoksi tulee 3,333... ja yleistietovisan keskiarvoksi 2,5. Jos keskiarvo jää alle noiden, vastaajalla on "negatiivista tietoa" eli hän pystyy vastaamaan osaan kysymykseen varmuudella väärin. Paranormaali ilmiö tai tahallinen huijaus.

Jos joku vastaaja saa molemmissa visoissa keskimäärin 6 oikein, urheiluvisassa tiedettyjen osuus on 4 ja yleistietovisassa 4,666.... Yleistiedossa sama keskiarvo on parempi kuin urheilussa, koska vastausvaihtoehtoja on enemmän, arvaamalla saa vähemmän oikein ja on pitänyt tietää enemmän.
81. Matti23.3.2022 klo 00:07
Otetaan välillä vähän kevyempää purtavaa. Tasolla on kulma, jonka kärkenä on piste A, ja kylkinä puolisuorat s ja t. Kulman aukeamassa on piste P. Harppia ja viivoitinta käyttäen on piirrettävä kulman sisään ympyrä, joka sivuaa kulman A kylkiä, ja kulkee pisteen P kautta. Tehtävällä on selvästikin kaksi ratkaisua, isompi ja pienempi ympyrä.
82. eol23.3.2022 klo 18:31
Hain sunnuntaina (viestissä 73) todistusta sille, että nollarivin takaavaan Lotto(7, 40)-järjestelmään tarvitaan vähintään 10 riviä. Esitän oman todistukseni perjantaina klo 21:n jälkeen. (Todistukseni on suht samankaltainen kuin yllä esittämäni vähintään 9 rivin tarpeen todistus, mutta luonnehtisin 10 rivin tapausta kuitenkin oleellisesti monimutkaisemmaksi.)
83. eol25.3.2022 klo 21:04
Tässä viestissä osoitan, että nollarivin takaavaan Lotto(7, 40)-järjestelmään tarvitaan vähintään 10 riviä.

Tehdään vastaoletus, jonka mukaan on olemassa vain 9 rivistä koostuva halutunlainen järjestelmä. Olkoot nämä rivit R1, ..., R9. Triviaalisti tälle järjestelmälle pätee täsmälleen jompikumpi seuraavista kahdesta vaihtoehdosta:

1) Ainakin yksi numero X sisältyy vähintään kolmeen eri riviin:
Yleisyyttä menettämättä voidaan olettaa, että nämä kolme X:n sisältävää riviä ovat R1, R2 ja R3. Muodostetaan sitten 7 numerosta koostuva mahdollinen arvontatulos niin, että otetaan mukaan X ja lisäksi ainakin yksi numero jokaisesta kuudesta rivistä R4, ..., R9. Tällaisen arvontatuloksen tapauksessa järjestelmästämme ei selvästikään löydy nollariviä, mikä on ristiriita.

2) Kukin numeroista 1, ..., 40 sisältyy korkeintaan kahteen eri riviin:
Tällöin kahteen eri riviin sisältyviä numeroita on täsmälleen 9*7-40 = 23 kappaletta. Merkitään niitä X1, ..., X23 ja kutsutaan niitä tuplanumeroiksi. Yleisyyttä menettämättä voidaan olettaa, että X1 sisältyy riveihin R1 ja R2. Nyt R1 sisältää X1:n lisäksi korkeintaan kuusi muuta tuplanumeroa ja R2 samoin X1:n lisäksi korkeintaan kuusi muuta tuplanumeroa. Siten löytyy ainakin 23-(1+2*6) = 10 sellaista tuplanumeroa, jotka eivät sisälly kumpaankaan riveistä R1 ja R2. Yleisyyttä menettämättä voidaan olettaa, että nämä 10 "varmasti täysin vapaata" tuplanumeroa ovat X14, ..., X23 ja että X14 sisältyy riveihin R3 ja R4. Muodostetaan sitten 7 numerosta koostuva mahdollinen arvontatulos niin, että otetaan mukaan X1 ja X14 sekä lisäksi ainakin yksi numero jokaisesta viidestä rivistä R5, ..., R9. Tällaisen arvontatuloksen tapauksessa järjestelmästämme ei selvästikään löydy nollariviä, mikä on ristiriita.

Koska kumpikin vaihtoehto johti yllä kuvatulla tavalla ristiriitaan, niin vastaoletus on epätosi.
84. eol25.3.2022 klo 21:20
Korjaus edelliseeni, kohdan 2 alkuun:
"Tällöin kahteen eri riviin sisältyviä numeroita on täsmälleen 9*7-40 = 23 kappaletta."
po.
"Tällöin kahteen eri riviin sisältyviä numeroita on vähintään 9*7-40 = 23 kappaletta."
85. Jaska25.3.2022 klo 23:30
Tosi on, eli epätosi on kumpikin vastaoletus. Ja tietysti mutkikkaampi kuin lohkojakoon perustuva.
86. Jaska26.3.2022 klo 10:29
Matin 81. vuottelee vielä hepityksiä. Harppi on kateissa, enkä sieluni silmin osaa piirtää kahta ratkaisuympyrää, ellei P sijaitse kulman puolittajalla.
87. eol26.3.2022 klo 11:45
Toki Matin tehtävässä noita ympyröitä on aina 2 kappaletta (olettaen tietysti että kyseinen kulma on oikokulmaa pienempi): Kun tarkastellaan mitä tahansa ympyrää, joka sivuaa kumpaakin puolisuorista s ja t, niin vastaavat sivuamispisteet S ja T sekä kulman kärkipiste A tietysti muodostavat kolmion. Tehtävässä kuvatussa tapauksessa ympyrä voidaan valita 2 eri tavalla: joko niin että annettu ympyrän kehäpiste P sijaitsee mainitun kolmion sisäpuolella ("iso ympyrä") tai sitten niin että P sijaitsee mainitun kolmion ulkopuolella ("pieni ympyrä"). - Näiden ympyröiden piirtäminen harpin ja viivoittimen avulla on sitten toinen asia ...
88. Jukkis26.3.2022 klo 11:58
Rupesin tähän, ja nyt mulla on hepistä valmiina h:n pystyviiva, eli eka oivallus, joka on eri kuin mitä eol tuossa kirjoittaa. Jatkan vähitellen hepin muodostamista ,
89. eol26.3.2022 klo 12:10
Niin, enhän minä puolestani tuossa edellä päässyt yhtään eteenpäin varsinaisessa tehtävän ratkaisemissa. En edes yhtä pikseliä h:n pystyviivasta ole saanut kokoon.
90. eol26.3.2022 klo 12:22
Lainaus: 85. Jaska 25.3.2022 klo 23:30
"Tosi on, eli epätosi on kumpikin vastaoletus. Ja tietysti mutkikkaampi kuin lohkojakoon perustuva."

Miksipä tosiaan ei voisi olla olemassa esittämääni todistusta yksinkertaisempaa lohkojakoon perustuvaa todistusta (siis sille, että nollarivin takaavaan Lotto(7, 40)-järjestelmään tarvitaan vähintään 10 riviä). Sellaista todistusta ei kuitenkaan ainakaan tässä säikeessä ole vielä nähty, enkä nykytiedoillani pysty hahmottamaan, miten sellaista todistusta tulisi lähteä rakentamaan.
91. Jaska26.3.2022 klo 14:42
eol, ko. todistusten monimutkaisuus/yksinkertaisuus on mielipideasia. Mielestäni viestissä 74. esittämäni todistus on yksinkertaisempi.
92. eol26.3.2022 klo 17:01
Jaska, en ole samaa mieltä, sillä mielestäni viestisi 74 ei ollenkaan sisällä tehtävässäni pyydettyä todistusta (kuten itse asiassa totesin jo viestissäni 75). Tarkastellaan lauseita A1 ja A2:

A1. Nollarivin takaavaan Lotto(7, 40)-järjestelmään tarvitaan vähintään 10 riviä.

A2. Sellaiseen nollarivin takaavaan Lotto(7, 40) järjestelmään, joka jakautuu kahteen 20 numeron lohkoon (eli osioon), tarvitaan vähintään 10 riviä.

Viestissäsi 74 on nähdäkseni kyse nimenomaan lauseen A2 todistamisesta. Mutta siinä ei todisteta sitä, että tämä lause A2 implikoisi varsinaisena mielenkiinnon kohteena olevan lauseen A1. Sitä, että tämän implikaation oikeutus on vähintäänkin hyvin kyseenalainen, demonstroi edellisen lauseparin kanssa hyvin samankaltainen toinen lausepari:

B1. Nollarivin takaavaan Lotto(7, 40)-järjestelmään tarvitaan vähintään 16 riviä.

B2. Sellaiseen nollarivin takaavaan Lotto(7, 40) järjestelmään, joka jakautuu neljään 10 numeron lohkoon (eli osioon), tarvitaan vähintään 16 riviä.

Nyt B2 on tosi, mutta B2 ei implikoi B1:tä, sillä B1 on epätosi. (Nämä tulokset löytyvät ylempää tästä samasta säikeestä.) Näin ollen olisi mielestäni eriskummallista, jos A2:n totuuden katsottaisiin kelpaavan A1:n totuuden todisteeksi.

Yhteenveto: Viestistä 74 en löydä todistusta lauseelle A1 (jonka mukaan nollarivin takaavaan Lotto(7, 40)-järjestelmään tarvitaan vähintään 10 riviä).
93. Jaska26.3.2022 klo 17:30
En ymmärrä, miten väärä väittämäni B1. todistaa, että myös todistus 74. on väärin. Asia ei ole kinaamisen väärti, joten muutan sanamuodon: kahteen 20 numeron lohkoon jaetun (7, 40) nolla oikein takaavan haravajärjestelmän rivimäärä on vähintään 10.
94. eol27.3.2022 klo 16:01
Todistuksesi viestissä 74 on varmaan sinänsä virheetön (en tosin ole käynyt sitä kovin tarkkaan läpi), mutta se ei todista sitä tulosta, jota tehtävänannossani peräänkuulutin, vaan se todistaa juuri tuon uuden sanamuotosi mukaisen tuloksen, joka on oleellisesti heikompi.
95. Jukkis30.3.2022 klo 11:21
Eipä tuo Matin kulmajuttu (viesti 81) taida lähteä. Etsityn ympyrän keskipiste on tietysti kulman puolittajalla, joka on piirrettävissä harpilla ja viivoitimella. Mutta siitä eteenpäin päätyy aina umpikujaan. Mun puolesta voisit laittaa ratkaisun tänne, niin saa taas iskeä itseään otsaan avokämmenellä että voehan rähmä kun on simppeli.
96. Jaska30.3.2022 klo 23:17
Kannatetaan. Sen verran olen tajuavinani, että ympyrät leikkaavat toisensa pisteessä P ja tietysti myös kulman puolittajan toisella puolella symmetrisesti sijaitsevassa pisteessä. Sitten vaan apuympyröitä piirtelemään ja apujanoja viivoittimen avulla vetelemään. Siis senttejä ja millejä laskematta, eikä numeerista kulmamittaustakaan sallita. Vai?
97. Jaska1.4.2022 klo 12:07
Matti on siis estynyt käymään katsastamassa tehtävänsä tilannetta. Ainakin kolme tehtävään tutustunutta on epäonnistunut tai ei edes yrittänyt ratkaista sitä pelkästään harpin ja viivoittimen avulla ilman tietoa kulman suuruudesta ja P:n etäisyydestä kulman kärjestä ja sen puolittajasta. Otaksun, että tällainen knoppi on myös netissä. Yritin löytää sen haulla two circles intersecting each other in an angle. Piirroksia ympyröistä löytyi, knopin ratkaisua ei.
98. Matti5.4.2022 klo 23:57
Tehtävä 81: Tasolla on piste A ja sen kautta kulkevat puolisuorat s ja t. Kulman aukeamassa on piste P. Harppia ja viivoitinta käyttäen on piirrettävä ympyrä, joka sivuaa kulman kylkiä s ja t, ja kulkee pisteen P kautta. Ratkaisuympyröitä on kaksi.

Ratkaisu: Piirretään kulmaan puolisuora v, joka kulkee pisteiden A ja P kautta. Piirretään kulmalle puolittaja q, joka siis kulkee pisteen A kautta. Valitaan puolittajalta q mielivaltainen piste K, ja piirretään K keskipisteenä ympyrä, joka sivuaa kulman kylkiä. Leikatkoon se puolisuoran v pisteissä B ja C. Valitaan puolittajalta q piste X siten, että jana PX on janan CK suuntainen, sekä piste Y siten, että jana PY on janan BK suuntainen. Pisteet X ja Y ovat ratkaisuympyröiden keskipisteet.

Se nähdään näin: Olkoon D pisteen K projektio kyljellä t, ja E pisteen X projektio samalla kyljellä. Yhdenmuotoisista kolmioista AKD ja AXE, sekä kolmioista AKC ja AXP nähdään, että KD/KC=1=XE/XP, joten X-keskipisteinen ympyrä on toinen ratkaisu. Samanlaisella päättelyllä todetaan, että myös Y-keskipisteinen ympyrä on ratkaisu.

Jos tästä piirtäisi kuvan, ratkaisu olisi havainnollisempi. Näkisiköhän joku sen vaivan.

Mietiskelin tätä intissä 1966, kun luppoaikaa ja päivystyksiä ym oli kosolti. Kun sitten lopulta keksin ratkaisun, oli euforinen olo monta päivää. No, huvinsa kullakin.
99. Jukkis6.4.2022 klo 10:09
Täällä: https://imgur.com/a/rwdl0Km

Harpilla ja viivoittimella, erilaisia apukaaria näkyy. Hiukka piirtelyn epätarkkuutta näkyy kun Y-keskinen sivuaa t:tä.
100. Jukkis6.4.2022 klo 10:13
Tuo "Valitaan puolittajalta q piste X siten, että jana PX on janan CK suuntainen" on hiukka epätarkka. Ei X:ää "valita", vaan piirretään P:n kautta kulkeva CK:n suuntainen suora, ja sitten X on sen suoran ja q:n leikkauspiste.

Mutta mainio tehtävä, aika paljon meni aikaa ilman sen kummempaa etenemistä.
101. Jaska6.4.2022 klo 11:50
Niin mainio, että ansaitsisi julkaisun isommallakin matemaattisella foorumilla, jos/kun on Matin alkuperäistehtävä. Itsekin ehdin jo piirtää viivoittimella puolisuorat ja janat. Harpin puutteessa mittasin säteiden pituudet, mikä vahvisti ratkaisun. Joka mielestäni nyt sen tietäessänikään ole niin helppo, että otsaa pitäisi takoa.

Matin operointijärjestyksessä piste P valitaan satunnaisesti ennen puolittajan piirtämistä. On siis teoreettinen mahdollisuus, että se osuu puolittajalle. Silloin ympyrät sivuavat, vaan eivät leikkaa toisiaan.
102. Matti6.4.2022 klo 22:45
Jukkikselle kiitos piirroksesta! Jukkiksen selitys ja oma versioni pisteen X löytämisestä ovat pohjimmiltaan identtiset. Jukkiksen tapa on kuitenkin konstruktiivisempi ja selkeämpi.

Tehtävä on varmaankin jo Eukleideen esittämä ja ratkoma, se on niin peruskauraa. Varmaan ratkaisun saisi netistäkin kaivettua, jos jaksaisi hakea.
103. Matti7.4.2022 klo 22:40
Palaan vielä tähän ympyrät kulmassa -tehtävään. Jaska totesi, että jos annettu piste P on kulman puolittajalla, P:n kautta kulkevat kulman sivuja tangeeraavat ympyrät eivät leikkaa, vaan sivuavat toisiaan. Mitenkä silloin löytyvät kahden ratkaisuympyrän keskipisteet. Voisi luulla, että ratkaisu nyt on helppo, koska kyseessä on yleisemmän tehtävän symmetrinen erikoistapaus.

Lähdin ratkomaan tehtävää. Vaan en löytänytkään mitään helppoa ratkaisua, vaan hankalahkon, joka poikkesi täysin yleisen tehtävän ratkaisumetodista.

Siis mikä on ratkaisu? On täysin mahdollista, että simppelikin sellainen löytyy, jota en vain ole hoksannut.
104. Jaska8.4.2022 klo 12:14
Valitsin q:lta pisteen P ja piirsin sen kautta q:ta kohtisuoraan leikkaavan janan kylkeen t saakka. Sitten puolitin näin syntyneen janan ja t:n välisen kulman ja piirsin kulman kärjestä puolittajan. Sen ja q:n leikkauspiste on toisen haettavan ympyrän keskipiste. Ainakin siltä näyttää:) Enempää en ehdi nyt tehtävää tiirailla.
105. Jukkis8.4.2022 klo 12:55
No ei se ympyrä kyllä noin löydy. Aika lähelle menee parin kokeilun perusteella, mutta ei osu.
106. Jaska8.4.2022 klo 17:30
Piirsin pitkäkylkisemmän kulman ja totesin, että noin on, että noin ei ole niin kuin ensin näytti olevan. Ratkaisu saattaa olla simppelimpikin.
107. Matti12.4.2022 klo 23:23
Jaskan modifikaation ratkaisu. Ensin vähän alkuvalmisteluja. Jos a, b ja c ovat janoja (myös niiden pituuksia), niin harppia ja viivoitinta käyttäen on mahdollista piirtää janat n*a missä n on kokonaisluku, a/2, a+b, ab/c ja sqrt(ab).

ab/c piirretään siten, että piirretään suorakulmainen kolmio, kateeteina b ja c. Sitten piirretään a c:n päälle siten että se lähtee kolmion terävästä kärjestä ja päättyy suoran kulman lähelle. Siitä piirretään a:ta vastaan kohtisuora, joka leikkaa leikkaa hypotenuusan. Syntyvän janan pituus on ab/c, kuten nähdään yhden muotoisista kolmioista.

sqrt(ab) piirretään siten, että piirretään puoliympyrä a+b halkaisijana. a:n ja b:n yhtymäpisteestä piirretään normaali. Puoliympyrän halkaisija ja kaari leikkaavat siitä sqrt(ab):n pituisen janan, kuten jälleen nähdään yhdenmuotoisista kolmioista.

No niin. On kulma jonka kärki on A, sivut s ja t ja kulman puolittaja q. q:lla on piste P. Jana AP=a. On piirrettävä harppia ja viivoitinta käyttäen kaksi ympyrää, isompi ja pienempi, jotka sivuavat kulman kylkiä, ja kulkevat pisteen P kautta.

Piirretään P keskipisteenä ympyrä, joka sivuaa kulman kylkiä. Olkoon sen säde r. Olkoon isomman ratkaisuympyrän keskipiste Q ja säde R. Sekä P:stä että Q:sta piirretään normaalit s:lle. Syntyy kaksi yhdenmuotoista kolmiota, joista saadaan (a+R)/a=R/r, ja edelleen R=ar/(a-r). Tämä voidaan piirtää.

Olkoon pienemmän ratkaisuympyrän keskipiste W ja säde U. Piiretään W:stä normaali s:lle. Yhdenmuotoisista kolmioista saadaan nyt (a+U)/a=r/U, ja edelleen U=(sqrt(a(a+4r))-a)/2. Tämäkin voidaan piirtää.
108. Jaska13.4.2022 klo 13:12
104:ssä esittämäni virheellinen ratkaisu näyttää pätevän, kun kulma A on 60 astetta. Ympyröiden säteiden suhde on tällöin 1/2.
109. Matti25.4.2022 klo 22:42
Jatketaan vielä geometrian harjoituksia. On annettu pisteet P ja Q, sekä suora s. Harppia ja viivoitinta käyttäen on piirrettävä ympyrä, joka kulkee P:n ja Q:n kautta, ja sivuaa suoraa s.

En löytänyt tähän mitään siistiä ratkaisua, vaan vähän tuollaisen brut force -tyylisen. Mutta ratkaisun kuitenkin. Analyyttinen geometria tarjosi menetelmän.

Erikoistapaukset, joissa s on janan PQ suuntainen, tai sitä vastaan kohtisuorassa, vaativat oman käsittelyn, tällä kertaa toki helpon.
110. Jukkis29.4.2022 klo 17:34
Eipä lähde tämä.
111. Matti3.5.2022 klo 22:08
Näinä aikoina eivät geometriset pulmat kai jaksa kiinnostaa, joten tässä ratkaisu.

On siis annettu pisteet P ja Q, ja suora s. Harppia ja viivoitinta käyttäen on piirrettävä ympyrä, joka kulkee P:n ja Q:n kautta, ja sivuaa suoraa s.

Asetetaan x-akseli siten, että se kulkee P:n ja Q:n kautta. Origo O olkoon PQ:n keskipisteessä. Olkoon QO=OP=a. Sijoitetaan s siten, että se leikkaa x-akselin pisteessä B>0 ja y-akselin pisteessä C>0. Olkoon OB=b ja OC=c. Nyt janat a, b ja c ovat tunnettuja.

Ratkaisuympyrän keskipiste on y-akselilla. Olkoon sen y-koordinaatti h. s:n yhtälö on y=-(c/b)x+c. (0,h):sta s:lle piirretyn normaalin yhtälö on y=(b/c)x+h. Näiden leikkauspiste on ratkaisuympyrän sivuamispiste. Annettu yhtälöpari ei riitä ratkaisuun, sillä h on tuntematon. Kolmas yhtälö saadaan kun todetaan, että etäisyys x^2+(y-h)^2=a^2+h^2.

Kolme yhtälöä, kolme tuntematonta. Eliminoidaan h ja x ja ratkaistaan y. Ratkaisuksi tulee
y=c*sqrt(b^2-a^2)/sqrt(b^2+c^2). Tämä jana voidaan piirtää. x ja h voidaan unohtaa, sillä sivuamispiste löytyy nyt helposti, ja siitä piirretty s:n normaali leikkaa y-akselin ratkaisuympyrän keskipisteessä.
112. Matti3.5.2022 klo 22:32
Yllä esitetty ratkaisu ei toimi, jos s on y- tai x-akselin suuntainen. Edellisessä tapauksessa piirretään origokeskinen puoliympyrä x-akselin yläpuolelle, säteenä b. Pisteestä (a,0) piirretään pystysuora, joka leikatkoon puolympyrän kaaren pisteessä (a,y). Ratkaisuympyrän keskipiste on nyt (0,y), kuten heti selviää ratkaisukuviota tarkastellessa.

Jälkimmäisessä tapauksessa tehtävä palautuu tapaukseen, jossa on piirrettävä ympyrä kolmen pisteen, P, Q ja s:n ja y-akselin leikkauspiste L. Ratkaisuympyrän keskipiste on janojen PL, LQ ja QP keskinormaalien yhteinen leikkauspiste.

Tähän pieni epilogi. Jos meillä on kolme pistettä ja kolme suoraa, saadaan seuraavat neljä tapausta: a) kolme pistettä, b) kaksi pistettä ja suora, c) piste ja kaksi suoraa ja d) kolme suoraa. Kussakin tapauksessa voidaan nyt piirtää harppia ja viivoitinta käyttäen ympyrä, joka kulkee annettujen pisteiden kautta ja/tai sivuaa annettuja suoria. Tapaus a) on sama kuin yllä oleva jälkimmäinen tapaus. Tapaus b) ratkaistiin edellä. Tapaus c) käynnisti aiemmin koko tämän teeman käsittelyn, ja tapaus d) on helppo: ratkaisuympyrän keskipiste on kolmion kulmien puoittajien yhteinen leikkauspiste.
113. Jaska3.5.2022 klo 23:20
Jaksoi se kiinnostaa Jukkiksen lisäksi minuakin. Olin näköjään oikeilla jäljillä. Piirsin suoran s:ää leikkaavan suoran P:n ja Q:n kautta. Puolitin janan PQ ja piirsin keskipisteen kautta PQ:ta leikkaavan kohtisuoran. ja totesin ympyrän keskipisteen sijaitsevan suoralla niin kaukana, ettei A4-arkki riittänyt. No ne suorathan olivat yhtä kuin Matin x- ja y-akselit. Siihen homma sitten lopahti. Trigonometrisesti ratkaisu olisi kai mahdollinen, jos kulmien mittaaminen oli sallittu. Harppia y-akselilla laittomasti liu'uttamalla keskipiste löytyy helpoimmin.
114. Matti29.6.2022 klo 23:56
Näin helteiden keskelle sopii varmaan seuraava kevyt pulma, joka ilmestyi hiljan Tekniikka&Talous -lehdessä.

Mikä on pienin sellainen luku, jonka numeroiden summa on 29. Kymmenjärjestelmää käytetään.

Hepitetään ensiksi.
115. eol30.6.2022 klo 09:37
Hep - eli minulla on ehdokas ratkaisuksi.
116. Jaska30.6.2022 klo 10:33
Hep. Oletan samaksi eolin kanssa.
117. Matti30.6.2022 klo 18:38
Eiköhän tämä ole taputeltu (uutta muoti-ilmaisua käyttääkseni). eol vastannee, kun ensiksi hepitti.
118. eol30.6.2022 klo 19:21
Ratkaisuni on 2999 (olettaen, että pitäydytään positiivisissa kokonaisluvuissa).

Perustelu: Luvussa on oltava vähintään 4 numeroa, koska kolmen numeron summa on enintään 27. Jotta 4-numeroinen luku olisi mahdollisimman pieni, niin sen ensimmäisen numeron (joka ei voi olla 0) on oltava mahdollisimman pieni. Tämä numero ei voi olla 1, koska numerosummaltaan suurimman tällaisen luvun 1999 numerosumma on 28 < 29. Mutta tämä numero voi olla 2, jolloin koko luvun on oltava 2999.
119. Jaska30.6.2022 klo 23:01
Oletin väärin. Päädyin näet kikkatehtävään. Ratkaisuni on -11 111 111 111 111 111 111 111 111 111 eli yksitoistatuhattasatayksitoistakvadriljoonaa satatuhattasatayksitoistatriljoonaa satatuhattasatayksitoistabiljoonaa satatuhattasatayksitoistamiljoonaa satatuhattasatayksitoista (ei oo tavutusohjelmaa, piti jättää välejä).
120. Jaska30.6.2022 klo 23:13
No tietysti meni pieleen. Kvadriljoonien jälkeen seuraa satayksitoistatuhattasatayksitoistatriljoonaa satayksitoistatuhattasatayksitoistabiljoonaa satayksitoistatuhattasataykstoistamiljoonaa satayksitoistatuhattasatayksitoista. Ja kirjaimellisen pötkön eteen miinus.
121. eol30.6.2022 klo 23:45
Jos merkitään Jaskan lukua X:llä, niin esimerkiksi 10*X on sitä pienempi ja senkin numeroiden summa on 29.
122. Matti1.7.2022 klo 00:48
Jaskan inspiroimana kysyn vielä, kuinka suuri on pienin sellainen positiivinen luku, jonka numeroiden summa kymmenjärjestelmässä on 29, kun luvun kantaluku saa olla mikä tahansa?
123. Matti1.7.2022 klo 00:58
Vielä täsmennys. Kuinka suuri on kymmenjärjestelmässä lausuttuna pienin sellainen positiivinen kokonaisluku, jonka numeroiden summa kymmenjärjestelmässä on 29, kun luvun kantaluku saa olla mikä tahansa?
124. eol1.7.2022 klo 08:17
Hep Matin jatkotehtävään.
125. Jaska1.7.2022 klo 10:46
Sehän on tietysti yksi eli 1 potenssiin 1111111111111111111111111111
126. Jaska1.7.2022 klo 10:52
Korjaan tuon eilisen pahan kömmähdykseni. Negatiiviset mukaan lukien oikea ratkaisu on miinus ääretön.
127. eol1.7.2022 klo 11:39
Minun vastaukseni Matin jatkotehtävään on 29. Kantaluvuksi käy joko 1 (kun 1-kantainen järjestelmä määritellään "tavalliseen tapaan") tai sitten mikä tahansa 29:ää suurempi kokonaisluku. Erityisesti 1-kantaisessa järjestelmässä 29 esitetään
11111111111111111111111111111.
128. Jaska1.7.2022 klo 12:59
Siis kun esim. 30-järjestelmässä ei ole kymmenjärjestelmän lukua 29 vastaavaa yksinumeroista symbolia, tulkitaan kymmmenjärjestelmän kaksiinumeroinen 29 sellaiseksi symboliksi. Eipä tullut noin ovela ratkaisu mieleen.
129. Matti1.7.2022 klo 15:55
Joo, noinhan se menee. 1-kantaisia lukuja en tullutkaan ajatelleeksi. Kun heksassa merkit ovat 0, 1 ,2, ... 9, A, B, C, D, E JA F, niin 30-ja sitä suuremmissa lukujärjestelmissä vastaus ongelmaan olisi kai sitten samassa hengessä T.
130. eol1.7.2022 klo 18:25
Jatketaan saman teeman parissa. Tarkastellaan lukujen esittämistä b-kantaisessa järjestelmässä, kun b on positiivinen kokonaisluku. Merkitään positiivisen kokonaisluvun X b-kantaisen esitysmuodon numeroiden summaa s(X, b). Ja kun k on positiivinen kokonaisluku, niin merkintä m(k, b) puolestaan tarkoittaa pienintä sellaista positiivista kokonaislukua Y että s(Y, b) = k.

Matin tehtävien ratkaisujen perusteella tiedetään:
i) m(29, 10) = 2999.
ii) m(29, b) saa pienimmän arvonsa 29 kun b = 1 tai b > 29.

Lisäksi triviaalisti nähdään:
iii) m(1, b) = 1 kaikilla (sallituilla) b:n arvoilla.

Oletetaan sitten, että on annettu jokin k > 1. Millä b:n arvolla m(k, b) saa suurimman arvonsa?
131. Jaska2.7.2022 klo 11:14
En tainnut ihan kässätä. Suurin arvohan on pienin takaperin kantaluvusta riippumatta. Ja tietyissä tapauksissa pienin on myös suurin.
132. Jaska2.7.2022 klo 11:42
Komento takaisin. Ei tietenkään noin. Kantaluvusta riippumatta numero 1 tarpeellisin määrin.
133. eol2.7.2022 klo 12:12
Tähdentäisin, että tässä *ei* suinkaan kysytä suurinta sellaista positiivista kokonaislukua Z jolle s(Z, b) = k. (Siihen kysymykseen olisi olemassa äärellinen vastaus ainoastaan tapauksessa b = 1, ja silloin se vastaus olisi k. Huomaa, että esimerkiksi s(1000, 10) = s(1000000, 10) = 1.)
134. eol3.7.2022 klo 11:17
Vinkki: Tehtävää kannattanee lähestyä tutkimalla, millä kantaluvulla b lauseke m(2, b) saa suurimman arvon. Ja jos ja kun se selviää, niin jälkeen tarkastella lauseketta m(3, b) jne.

Oma vastaukseni on tulossa huomenna illalla kello 21:n jälkeen.
135. Jaska3.7.2022 klo 11:55
Minun ratkaisuni oli suurin sellainen luku, jossa numeroiden summa määrätty pos. kokonaisluku. Se on tietysti yhtä monta numeroa 1 kuin kyseinen kokonaisluku.

eolilla m(k, b) tarkoitti määrättyä pienintä. Jatkokysymysen voi siis tulkita, mikä on "suurin pienin". Jos näin on, vastaus on b-1 eli suurin yksinumeroinen luku.
136. Jaska3.7.2022 klo 11:59
Mikä on sellaisten pos. kokonaislukujen lukumäärä, joiden numeroiden summa on 9, kun 9 kuuluu joukkoon summana 9 + 0?
137. eol3.7.2022 klo 12:07
Jaskan viestissä 136 hakema lukumäärä on (numeroituvasti).ääretön, sillä halutunkaltaisia lukuja ovat esimerkiksi 9, 90, 900, 9000, jne. ja 18, 108, 1008, 10008, jne.
138. eol3.7.2022 klo 12:24
Lainaus: 135. Jaska 3.7.2022 klo 11:55
"Minun ratkaisuni oli suurin sellainen luku, jossa numeroiden summa määrätty pos. kokonaisluku. Se on tietysti yhtä monta numeroa 1 kuin kyseinen kokonaisluku."

Toistan, että minun tehtävänantoni on erilainen kuin tuo Jaskan kuvaama tehtävänanto. Jaskan tehtävänantoon ei ole olemassa (äärellistä) ratkaisua, sillä jos esimerkiksi haetaan suurinta lukua, jonka 10-kantaisen esityksen numeroiden summa on 5, niin vastaus ei ole 11111, koska esimerkiksi 1111100000 on toki suurempi.
139. eol3.7.2022 klo 12:55
Lainaus: 135. Jaska 3.7.2022 klo 11:55
"eolilla m(k, b) tarkoitti määrättyä pienintä. Jatkokysymysen voi siis tulkita, mikä on "suurin pienin". Jos näin on, vastaus on b-1 eli suurin yksinumeroinen luku."

Minun tehtävänantoni kuului (ja kuuluu) seuraavasti:

Lainaus: 130. eol 1.7.2022 klo 18:25
"Oletetaan sitten, että on annettu jokin k >1. Millä b:n arvolla m(k, b) saa suurimman arvonsa?"

Pyritäänpä vielä avaamaan tehtävänantoani: Olkoon k jokin kokonaisluku, joka on suurempi kuin 1. Mikä on sellainen kantaluku b (jonka siis on oltava positiivinen kokonaisluku), että pienin sellainen luku, jonka b-kantaisen esityksen numeroiden summa on k, on mahdollisimman suuri?

Tuosta on nähdäkseni helppo päätellä, että (mahdollisesti epähuomiossa?) tarjottu vastaus b-1 ei voi olla oikea - koska nimenomaan b on se "tuntematon", jonka arvo pitäisi ratkaista.
140. Jaska3.7.2022 klo 23:59
Uskon nyt ymmärtäväni, että kyse on kantalukujen vertailusta. Jollakin kantaluvulla ko. pienin luku on suurempi kuin muilla kantaluvuilla. Esim. mikä on pienin kymmenjärjestelmässä pienin luku, jonka numeroiden summa on 15. Vastaus 69. Sama asetelma binaarissa 1111 - 100. En tajua, kumpi voittaa, ja millä perusteella.

Oman kysymyksen ratkaisu siis ääretön, mutta entä kun numeroiden lukumäärä on 9?
141. Matti4.7.2022 klo 02:11
eol, antaisitko lisäaikaa, esim. vielä seuraavan viikonlopun yli. Olisi kiva funtsia, mutta vasta perjantaina se on taas mahdollista.
142. eol4.7.2022 klo 07:06
Ok, tehtäväni pohdinta-aikaa jatketaan ensi viikon tiistaihin 12.7. kello 21:een saakka.
143. eol11.7.2022 klo 15:44
Tuohon Jaskan tehtäväänkin (136. + 140. [jälkimmäinen kappale]) olisi mukava saada vielä ratkonta-aikaa esim. viikko. (En ole keksinyt siihen mitään tehokasta kaavaa, mutta vaikuttaa siltä, että se on käsinkin laskettavissa - ainakin juuri ja juuri - kun käyttää sopivaa laskentastrategiaa.)
144. eol11.7.2022 klo 16:36
Päivitys: Heti kohta edellisen kirjoitettuani taisin keksiä alunperin ajattelemaani paljon paremman tavan Jaskan tehtävän ratkaisemiseen. Enköhän saa vastaukseni annettua perjantain kuluessa.
145. eol11.7.2022 klo 16:38
[po. viimeistään perjantain kuluessa]
146. eol11.7.2022 klo 17:12
Pystynkin jo nyt tarjoamaan Jaskalle vastausta: 12870. (Olen valmis esittämään perusteluni vaikka siinä vaiheessa, kun Jaska katsoo ajan kypsäksi.)
147. Jaska11.7.2022 klo 19:23
Perusteluja ei tarvita. Sen sijaan voit kertoa, jos hiffasit jonkin laskennallisen oikotien. Minä laskin kombinaatiot joissa nollia 0-8 ja ynnäsin summat. Summa 12870 oli ratkaisuna jonkin sortin yllätys. Annankin muille kuin eolille tarkoitetun uuden visakysymyksen. Mikä siinä minut yllätti?
148. eol11.7.2022 klo 19:55
Juu, siinä mielessä kyllä löysin oikotien, että - toisin kuin minäkin alunperin arvelin - mitään osatuloksia ei tarvinnut ynnätä, vaan hyvin yksinkertainen lauseke antaa vastauksen suoraan. Lauseke on nähdäkseni myös triviaalisti yleistettävissä kaikkiin sellaisiin tapauksiin, joissa numeroiden summa ja määrä ovat positiivisia kokonaislukuja ja summa on pienempi kuin käytetyn lukujärjestelmän kantaluku.
149. Matti11.7.2022 klo 21:29
eol (130): olisiko nyt kotitehtävä tehty. Jäi arveluttamaan se, että saamani ratkaisu on ilmeinen ja helppo. Suurin työ oli saada s:n, m:n b:n, X:n, Y:n ja k:n roolit selviksi ja marssijärjestys kuntoon.

Ilmeisesti suurimman arvon m(k,b) saa, kun kanta b=2, summan s arvosta riippumatta. Tämä suurin arvo on 2^s - 1. Toivottavasti meni oikein.
150. eol11.7.2022 klo 21:52
Matti, noinhan se juuri on: kun k > 1 on vakio, niin m(k, b) saa suurimman arvonsa (joka on 2^k - 1) silloin kun b = 2. Kehitin muuten tässä välissä tälle (ei-kovin-elegantille!) faktalle aika suoraviivaisen todistuksen, jonka postaan tänne huomenna.
151. Jaska12.7.2022 klo 11:53
147:lle vinkkinä, että 12870 on erään äärettömän jonon (tai oikeastaan pinon!) yhdeksäs luku.
152. tapio12.7.2022 klo 12:59
Tässäpä teille pähkinä. Varteenotettavia ristikoihin erikoistuneita palstoja on kolme: tämä, kotimaakaksneljä ja munoma. Miksi saan riehuviestitellä vain kahteen niistä?
153. Matti13.7.2022 klo 00:23
eol(150): Olin minäkin tuon todistavinani. Todistus ei ole kyllä kovin suoraviivainen. Osoitin, että jono m(k,b) on aidosti monotonisesti vähenevä kun b kasvaa 2 -> k+1. (Se saa arvot 2^k - 1 -> k.) Kun siirrytään edellisestä kantaluvusta yhtä suurempaan, on kaksi mahdollisuutta: joko numeroiden lukumäärä pysyy samana, tai se vähenee. Sitten tarkastellaan molemmat vaihtoehdot erikseen.
154. eol13.7.2022 klo 06:58
Olenkin palaamassa omaan todistukseeni vasta huomenna torstaina (toisin kuin lupailin [150.]). Sen idea on nähdäkseni hieman erilainen kuin Matilla (mutta Matin todistusta suoraviivaisempi minun versioni ei ehkä ole).
155. Jaska14.7.2022 klo 13:30
147. ja 151. Lisävinkki. Tehtävä ei ole järin vaikea ratkaistavaksi arvaamalla.
156. eol14.7.2022 klo 17:25
Ennen kuin esitän oman todistukseni tehtäväni (130.) ratkaisulle, niin tarkastelen tässä viestissä lausekkeen m(k, b) arvojen käyttäytymistä. (Itse todistus on vuorossa sitten seuraavassa viestissäni.)

1) Tarkastellaan tapausta b = 1. Seuraavassa sarake M1 antaa m(k, 1):n arvon 1-kantaisessa ja M saman arvon 10-kantaisessa esitysmuodossa. Sarake D taas kertoo erotuksen m(k+1, 1) - m(k, 1).

k ... M1 ... M ... D
1 ... 1 ... 1 ... 1
2 ... 11 ... 2 ... 1
3 ... 111 ... 3 ... 1
4 ... 1111 ... 4 ... 1
5 ... 11111 ... 5 ...

Selvästi m(k, 1) = k ja m(k+1, 1) - m(k, 1) = 1 kaikilla k.

2) Seuraavaksi tapaus b = 2.

k ... M2 ... M ... D
1 ... 1 ... 1 ... 2
2 ... 11 ... 3 ... 4
3 ... 111 ... 7 ... 8
4 ... 1111 ... 15 ... 16
5 ... 11111 ... 31 ...

Nyt m(k, 2) = k^2 - 1 ja m(k+1, 2) - m(k, 2) = k^2 = m(k, 2) + 1.

3) Lopuksi esimerkkinä tapaus b = 5.

k ... M5 ... M ... D
1 ... 1 ... 1 ... 1
2 ... 2 ... 2 ... 1
3 ... 3 ... 3 ... 1
4 ... 4 ... 4 ... 5
5 ... 14 ... 9 ... 5
6 ... 24 ... 14 ... 5
7 ... 34 ... 19 ... 5
8 ... 44 ... 24 ... 25
9 ... 144 ... 49 ... 25
10 ... 244 ... 74 ... 25
11 ... 344 ... 99 ... 25
12 ... 444 ... 124 ... 125
13 ... 1444 ... 249 ... 125
14 ... 2444 ... 374 ...

Voidaan selvästi tehdä seuraavat yleistykset kun b > 2:

i) m(2, b) = 2.
ii) m(k+1, b) - m(k, b) on enintään m(k, b) + 1, ja tämä arvo saavutetaan täsmälleen silloin kun k on tasan jaollinen (b -1):llä.
157. eol14.7.2022 klo 18:47
Tässä viestissä sitten todistan tehtäväni (130.) ratkaisun (jonka Matti jo aiemmin esitti ja jolle hän myös kuvasi todistuksen) käyttäen apuna edellisen viestini (156.) tarkasteluja. Väite on siis seuraava:

Olkoon b = 1 tai b > 2. Jos k > 1, niin m(k, 2) > m(k, b).

Väitteen todistus suoritetaan induktiolla. Oletetaan, että b = 1 tai b > 2.

1) Induktiokanta: m(2, 2) = 3 > 2 = m(2, b).

2) Induktioaskel: Olkoon k > 1. Oletetaan, että m(k, 2) > m(k, b). Koska m(k+1, 2) - m(k, 2) = m(k, 2) + 1 mutta m(k+1, b) - m(k, b) on enintään m(k, b) + 1, niin m(k+1, 2) - m(k, 2) on vähintään m(k+1, b) - m(k, b). Siten m(k+1, 2) > m(k+1, b) oletuksen perusteella.
158. eol14.7.2022 klo 19:06
Jaska ei toivottavasti pane pahakseen, että esitän jo tässä vaiheessa hänen mainioon tehtäväänsä liittyvän jatkotehtävän:

Kuinka paljon on sellaisia positiivisia kokonaislukuja, joiden numeroiden summa on 9 ja joiden numeroiden määrä on
a) täsmälleen 99.
b) enintään 99.
(10-kantaisessa esitysmuodossa tässäkin pysytellään.)
159. Jaska14.7.2022 klo 23:40
Laskutapa pitkän kaavan mukaan on selvillä, sangen moninumeroinen on a) ja vielä moninumeroisempi b). Aika hurjia pötköjä tulee. Täytyy funtsia oikotietä.
160. Jaska15.7.2022 klo 18:50
Viimeinen vinkki 12870:lle. "Pino" on oikeasti keskimmäinen pystysarake.
161. Matti16.7.2022 klo 00:38
Luku voidaan myös esittää muodossa sum(i= 0 to 8) (i yli 8)^2.
162. Matti16.7.2022 klo 00:43
Ei kun siis (8 yli i)^2.
163. Jaska16.7.2022 klo 11:39
Voidaan esittää monessakin muodossa kuten 16 yli 8, mutta myös löytöpaikka on mainittava.
164. Jaska16.7.2022 klo 21:31
159. eolille mahd. virheellinen hep. a:n numeroiden summa on 55 ja b:n 57. b painii biljoonasarjassa.
165. eol17.7.2022 klo 08:30
159. Minun laskelmani mukaan a-vastauksen numeroiden summan ja b-vastauksen numeroiden summan summa on 110 (eikä siis 112), ja a-vastauksen numeroiden määrän ja b-vastauksen numeroiden määrän summa on 25.
166. Jaska17.7.2022 klo 12:03
Korjailin virheitäni, joista yksi oli supistamatta jättö. Mutta sen korjattuani yhteissummakin on vain sadoissa miljoonissa, joten minulla numeroiden yhteismäärä on 24. Eikö siis korkeintaan 99 olekaan 107 yli 8?
167. eol17.7.2022 klo 13:12
Ei, b-kohdan vastaus ei ole 107 yli 8.
168. Jaska17.7.2022 klo 14:43
Hokasin sen lenkillä itsekin. Se on 107 yli 9. Räknään sen St Michelin jälkeen.
169. Jaska17.7.2022 klo 18:13
Yhteissummajonon termien yli miinus ali on siis 9. Yksittäisen luvun vastaava 8. Syystä tai toisesta sekoilin 167:ssa luvun 100 erillissummalla. Otaksun nyt tulokseni olevan oikein.

a) 99 numeroa 301 579 589 025, tuloksen numeroiden summa 54
b) korkeintaan 99 numeroa 3 585 446 225 075, tuloksen numeroiden summa 56

[Maailman parhaaksi kuskiksi mainitulta Örjan Kihlströmiltä alkeellinen moka, kun lähti 07-vauhdissa kolmannelle 1100 jäljellä.]
170. Jaska17.7.2022 klo 18:27
Jäi oleellinen unholaan. Kummankin jonon kaikki termit eli siis myös 12870 ovat Pascalin kolmiosta löytyviä binomikertoimia. Mattihan kerran mainitsi, että minun tehtäväni liittyvät useimmiten alkulukuihin tai Pascalin kolmioon.

Jaha reCAPTCHA suvaitsee taas venkuloida. Jonain päivänä saan tarpeekseni.
171. eol17.7.2022 klo 19:14
Joo, noinhan ne ovat. - Vielä yhteenvetona jo esillä olleet positiivisten kokonaislukujen määrät binomikertoimina, kun numeroiden summa on 9 ja numeroiden määrä jokin seuraavasta kolmesta:
- täsmälleen 9: 16 yli 8 = 12 870
- täsmälleen 99: 106 yli 8 = 301 579 589 025
- enintään 99: 107 yli 9 = 3 585 446 225 075

Entä miksi näin? Tähän joku varmaan kaipaa hieman syvempää analyysiä. Pyrin palaamaan asiaan ensi viikolla - mutta sana on tietysti vapaa.
172. Matti22.7.2022 klo 21:30
eol, odotteletko ratkaisun kanssa vielä alkuviikkoon.
173. eol23.7.2022 klo 07:26
Ok, tehdään näin.
174. Matti24.7.2022 klo 23:08
eol, ok, puolestani voit nyt kertoa ratkaisun. Mitään kovin siistiä en löytänyt.
175. eol27.7.2022 klo 14:32
Aloitetaan esimerkillä. Tarkastellaan sellaisia 12 merkin merkkijonoja, joista jokainen koostuu viidestä A-merkistä ja seitsemästä X-merkistä. Tällaisia löytyy seuraavan taulukon vasemmanpuoleisesta sarakkeesta:

AAXXXXAAXXXA ..... 20002001
XXXXAAAAAXXX ..... 00005000
AXAXAXAXAXXX ..... 11111000
XXXAXAXAXAXA ..... 00011111
XAAAAXXXXXAX ..... 04000010

Ajatellaan, että seitsemän X-merkkiä pilkkovat kunkin merkkijonon A-merkit segmentteihin, joita on siten kaikkiaan 7+1 = 8. Yllä oikeanpuoleinen sarake selvästi kertoo tällaisten segmenttien pituudet, ja kutsutaan tämän sarakkeen jonoja pituusjonoiksi.

Erilaisia mahdollisia pituusjonoja on selvästi täsmälleen yhtä paljon kuin sellaisia enintään 8-numeroisia lukuja, joiden numeroiden summa on 5. Erilaisia mahdollisia merkkijonoja taas on selvästi 7+5 yli 5 = 12 yli 5. On myös selvää, että erilaisia pituusjonoja on yhtä monta kuin erilaisia merkkijonojakin.

Edellä olevan perusteella voidaan tehdä seuraava yleistys: Sellaisia positiivisia kokonaislukuja, joiden numeroiden määrä on enintään N ja joiden numeroiden summa on S, on S+N-1 yli S kappaletta, mikäli S on pienempi kuin lukujen esityksessä käytetyn lukujärjestelmän kantaluku.

Entä jos pitäydytäänkin vain täsmälleen N numeroa sisältävissä positiivisissa kokonaisluvuissa? Tällöin merkkijonomaailmassamme meidän tulee sallia vain A-merkillä alkavat merkkijonot. Yllä olevassa 12 merkin pituisten merkkijonojen esimerkkitapauksessa niitä selvästi on 11 yli 4 erilaista, ja yleisessä tapauksessa S+N-2 yli S-1 erilaista (mikäli S jälleen täyttää yllä mainitun ehdon).
176. Jaska28.7.2022 klo 13:52
Asia on harvinaisen selvä. Mitä A-merkin sallimiseen tulee, niin sillähän on yllättäen vastineensa Collatzissa. Ks. lukujono 18.
177. Matti28.7.2022 klo 23:27
eolin todistusta voi kutsua elegantiksi. Luodaan merkkijonot ja niiden pituusjonot, ja todetaan niiden välinen bijektio. Pituusjonojen lukumäärää kysytään. Merkkijonojen lukumäärä on helppo laskea, ja bingo, se on siinä.

Itse lähdin liikkeelle multinomikertoimista. Esimerkki, missä n=s=4. (Yleisyyttä rajoittamatta voidaan kirjoittaa k=s+1.) Multinomikehitelmän mukaan (a+b+c+d)^4=sum(i,j,k,l=0 to 4; i+j+k+l=4) [4!/(i!*j!*k!*l!)]*a^i*b^j*c^k*d^l. Tehtävän vastaus on tämän kehitelmän termien lukumäärä, siis sum(i,j,k,l=0 to4; i+j+k+l=4) 4!/(i!*j!*k!*l!).

Muuten hyvä, mutta miten tuo summa lasketaan? Muutama esimerkki osoittaa, että summa noudattaa kaavaa
(s+n-1) yli (s-1). Todistus varmaan löytyy sopivasta lähteestä. eolin todistuksen yksinkertaisuus tästä perustelusta kyllä puuttuu.
178. Matti30.7.2022 klo 22:59
Huomasin summalausekkeista puuttuvan ehdon a+b+c+d=4. Se kyllä vähentää edelleen kaavan käyttökelpoisuutta.
179. Matti30.7.2022 klo 23:04
Laitan tähän perään vielä pienen välipalan: Ratkaise yhtälö 4^x+6^x=9^x. Tarkka arvo! Hepittää voi antamalla vaikkapa neljännen ja viidennen desimaalin.
180. Jukkis31.7.2022 klo 15:44
8 ja 1.
181. Matti31.7.2022 klo 20:59
Jukkis, oikein. Seuraava voisi antaa kaksi seuraavaa.
182. eol1.8.2022 klo 10:01
4 ja 3.
183. Matti1.8.2022 klo 23:05
eol, kylläpä kyllä. Jukkis, minun puolestani voit esittää ratkaisun, jos haluat.
184. Jukkis2.8.2022 klo 13:51
Sopivalla sijoituksella (y = 1.5^x) päätyy yhtälöön
y^2 - y - 1 = 0

Tästä positiivinen y, ja siitä sitten x.

Negatiivisella y:llä tulee varmaankin kompleksinen x. En ruvennut ratkomaan sitä.
185. Matti2.8.2022 klo 17:43
Noinhan se menee. Negatiiviselle y:lle en uhrannut ajatustakaan.

Tyyppiä k^x+m^x=n^x (k, m, n positiivisia kokonaislukuja) oleville yhtälöille löytyy suljettua muotoa oleva tarkka ratkaisu vain, jos k, m ja n mätsäävät sopivasti.n
186. eol2.8.2022 klo 19:22
Tarkka arvo on siis ln((1+sqrt(5))/2) / ln(3/2), missä ln(...) on luonnollinen logaritmi, ja likiarvo 1,18681439028098.
187. Jukkis25.9.2022 klo 14:12
Ei pähkinää, vaan tämmöinen raportti vaan. Matikassa on näköjään paljon sellaista, josta ei ole ennen kuullut vaikka ehkä olisi pitänyt. Viimeksi meinasi pää räjähtää kun opin että

(1-1/2^2)*(1-1/3^2)*(1-1/5^2)*(1-1/7^2)*(1-1/11^2) *... = 6/pii^2

Vasemman puolen päättymätön tulo siis sisältää kaikki alkuluvut.

Siis MITÄ HELVETTIÄ! Miten alkuluvuilla ja piillä voi olla tuollainen yhteys? Ja sitten kun vähän googlaa, niin niitä yhteyksiä löytyy lisää, pään räjähdys on vielä lähempänä. En usko yliluonnolliseen, mutta tässä aletaan jo olla siinä rajoilla.

Tuo kaava on seurausta siitä, että Riemannin zeetafunktion arvo argumentilla 2 on = pii^2/6.

Testasin Excelillä (tai siis oikeasti Google Sheetsillä), ja äärettömän tulon tuhat ekaa termiä (alkuluvut 2 ... 7919) antaa piin likiarvoksi 3,141572703.
188. Jaska27.9.2022 klo 12:38
Minulle uutta tietoa tarjosi Jukkiksen raportti. Mahtui vielä päähän sen räjähtämättä. Mutta kun yritin miettiä yhteyden lainalaisuutta, sitä alkoi uhkaavasti pakottaa. R:n zeetafunktio on siis lähtökohta, mutta kuka on kaavan alkuperäinen keksijä?
189. Jukkis27.9.2022 klo 15:52
Riemannin zeetafunktion yksi esitystapa on Eulerin tulokaava, johon tuo edelläoleva pohjautuu. Joten Euler varmaan on keksijä.

Seuraava löytö vie yhä lähemmäksi pään räjähtämista:

4*(3/4)*(5/4)*(7/8)*(11/12)*(13/12)*(17/16)*... = pii.

Päättymätön tulo, jossa osoittajissa on kaikki alkuluvut 3:sta lähtien ja nimittäjä on aina osoittajaa lähinnä oleva 4:llä jaollinen luku. Tämäkin on pantu Eulerin nimiin.

Taas testasin Excelillä (nyt oikeasti Excelillä), ja tuhat ekaa termiä antaa piin likiarvoksi 3,145821364. Eli hitaammin suppenee kuin edelläoleva.
190. Jaska27.9.2022 klo 17:31
Johtuu siis kertojista >1
191. Jukkis24.10.2022 klo 13:19
Pikku laskutehtävä. Kahden puhelimen nelinumeroiset PIN-koodit A ja B on erisuuret, kumpikaan ei ala nollalla. Pätee että A = 4*B ja lisäksi A = B luettuna lopusta alkuun (eli jos A = abcd, niin B = dcba). MItä ovat A ja B?
192. Jaska24.10.2022 klo 18:28
Hep
193. eol24.10.2022 klo 20:46
Hep.
194. Elva25.10.2022 klo 14:14
Hep.
195. Jukkis25.10.2022 klo 20:38
Joku vois laittaa vastauksen ja ehkä myös avata ratkaisualgoritmiaan.
196. Elva25.10.2022 klo 23:22
Minulla on A 8712, ja hyvin omaperäiset itse kehittämäni ratkaisusysteemit.
197. Jaska25.10.2022 klo 23:39
Minä funtsailin näin. Aluksi on hylättävä eka-vika numeroparit 4-1, 1-4, koska luvulle 4 ei ole sellaista kertojaa, että tulon toinen numero on vaadittava 1. Parien on siis oltava 8-2 ja 2-8. B:n 8:lle on valttava sellainen kertoja, että tulon vika numero on 2.

Vaatimuksen täyttävät kertojat 3 ja 8. Jos, 3, muistiin jää 1, joten A:n toka numero on 1 ja kaksi ekaa 81. B.n olisi siis oltava pienempi kuin 2050. Mikään numeroon 8 päättyvä ei natsaa, joten kertoja on 8, muistiin 3, joka ynnätään lukuihin 0-9. Saadaan 3, 7, 1, 5, 9, 3, 7, 1, 5, 9.

Eka 3 karsiutui nopeasti jatkosta, mutta toka 7 tärppäsi: 4*7 = 28 + muistikolmonen = 31, eli taas 3 muistiin. 4*1 + 3 =7. joten A= 8712, B 2178.
198. Jukkis26.10.2022 klo 14:56
Juu. Oma ratkaisuni:

#!/p/bin/perl -w
for ($i = 1000; $i
199. Jukkis26.10.2022 klo 14:57
Jaha, niinhän se onkin, että tämä paikka ei jostain syystä siedä "pienempi kuin" -symbolia. Osasin varautua, joten tässä kokonaisena: https://imgur.com/a/I6yMtWx
200. Jaska26.10.2022 klo 17:19
Tajusin ohjelmasta sen verran, että siinä määrätään nelinkertaistaminen, ja reverse on käänteisluku, ja isomman luvun tulee olla pienempi kuin 1000, ja pienemmän korkeintaan 2499.
201. Jukkis26.10.2022 klo 17:47
Juu, ja jos nelinkertainen luku ($j) on erisuuri kuin (!=) alkuperäinen luku ($i) takaperin, niin $i:tä kasvatetaan yhdellä.

Muuten, käänteisluku on eri asia kuin luku takaperin, lieneekö jälkimmäiselle sen kummempaa matemaatista termiä. Nurinluku?
202. Jukkis26.10.2022 klo 17:55
On viisi positiivista kokonaislukua tällaisena renkaana:
https://imgur.com/a/f9pQOl3

Kaikki luvut 1 ... 21 pystyy muodostamaan renkaan luvuista niin, että otetaan joko yksittäinen luku tai sitten muodostetaan vierekkäisten lukujen summa. Esim. summat b+c ja c+d+e+a ovat sallittuja, mutta esim. summat a+c ja b+d+e eivät ole.

Mitkä ovat luvut a, b, c, d ja e?
203. ++juh26.10.2022 klo 18:01
Toimiiko täällä "less-than"-entiteetti:   ja "suurempi-kuin" -symboli:  >
204. Jaska26.10.2022 klo 18:19
Lipsahti käänteisluku, käännetty luku ei kaiketi olisi ollut virhe. Miksei myös pakitusluku, jos ei matemaattista termiä ole. Luvun 8712 pakitusluku on siis 2178.
205. Jaska26.10.2022 klo 18:20
< ja >
206. Jaska26.10.2022 klo 18:21
->
207. Jaska26.10.2022 klo 18:22
Nyt onnistui nuolikin. Aiemmin ei ole aina kelvannut.
208. eol26.10.2022 klo 18:55
>= suurempi tai yhtäsuuri
implikaatio
ekvivalenssi
209. eol26.10.2022 klo 18:57
erisuuri kuin
210. eol26.10.2022 klo 18:58
=> implikaatio
211. eol26.10.2022 klo 19:00
ekvivalenssi
212. eol26.10.2022 klo 19:08
Kokeilujeni tulos on, että ainakaan seuraavat "pienempi kuin" -merkillä alkavat kolme merkkiyhdistelmää eivät toimi, jos merkkien välistä jätetään välilyönnit pois:

< =
< >
< = >
213. ++juh26.10.2022 klo 19:35
Tämäkö ei toimi:
214. Jaska26.10.2022 klo 23:11
Pyörittelin kaikki 202:n kombinaatiot oletuksella, että luvut 1 ja 2 ovat peräkkäin. Ei ratkennut, joten väärä oletus. Täytyy siis olla ovelampi ratkaisu.
215. eol26.10.2022 klo 23:57
Jukkiksen tehtävä 202: Hep.

Yleisemmin: Jos asetetaan renkaan kooksi positiivinen luku N, niin kuvatunlaisilla summilla on enintään N^2 - N + 1 eri arvoa. Kaikki summa-arvot 1 ... N^2 - N + 1 saavutetaan ainakin seuraavilla renkailla (jotka tässä esitetään "katkaistuina"):

N=1: 1
N=2: 1, 2
N=3: 1, 2, 4
N=4: 1, 2, 6, 4
N=5: (Jukkiksen tehtävän ratkaisu)
216. Jaska27.10.2022 klo 11:02
Edellisen mukaan viiden luvun summan pitäisi kaiketi olla 21, ja tarvittavan viidennen luvun 8. En nyt edelleenkään onnistunut löytämään ratkaisua tältä pohjalta. Summista saadaan tuttu jono 1, 3, 7, 13, 21, 31, 43, 57, 73, 91....
217. eol27.10.2022 klo 11:36
Ei minun ratkaisuni mukainen viiden luvun rengas sisällä lukua 8. (Kaikkien viiden luvun summa toki on juuri 21 eli 5^2 - 5 + 1.)
218. Jaska28.10.2022 klo 12:48
Suurin luku ei voi olla 7 eikä 11, joten se on 9 tai 10. Koepalloilla ei ratkaisua. En jaksanut läydä läpi kaikkia järjestyksiä.
219. eol29.10.2022 klo 10:19
Täydennän nyt viestissä 215 esittämäni listan Jukkiksen tehtävän mielessä "täydellisistä" renkaista, jotka siis antavat kaikki summat 1 ... m(N), missä m(N) = N^2 - N + 1.

N=1, jolloin m(N)=1: 1
N=2, jolloin m(N)=3: 1, 2
N=3, jolloin m(N)=7: 1, 2, 4
N=4, jolloin m(N)=13: 1, 2, 6, 4 ja 1, 3, 2, 7
N=5, jolloin m(N)=21: (Jukkiksen tehtävän ratkaisu)

Lista on nyt kattava kaikille 0 < N < 5.
220. Jaska29.10.2022 klo 11:01
Löytyihän se, kun kävi läpi kaikki 24 yhdistelmää kympin kaa.
221. Jaska29.10.2022 klo 11:05
Siis ainoan mahdollisen neljän luvun joukon 24 permutaatiota.
222. eol29.10.2022 klo 14:53
Nähdäkseni Jukkiksen tehtävän (N=5) hakuavaruutta voi aika helposti karsia niin, että sen jälkeen ei tarvitse tutkia kuin yhteensä 12 erilaista rengasta. (Mutta en ainakaan tässä viestissä mene karsinnan yksityiskohtiin.)

Suoraviivaisesti johdettavissa olevat perusvaatimukset halutunlaisen renkaan viidelle luvulle ovat seuraavat:
- lukujen summan on oltava 21
- jokaisen luvun on oltava positiivinen kokonaisluku
- mikään luku ei voi esiintyä renkaassa useammin kuin kerran

Perusvaatimukset täyttävän renkaan tutkimista voi sitten vielä hieman optimoida seuraavasti:
- jos rengas antaa jonkin tietyn summan väliltä 1 ... 21 kahdella eri tavalla, niin se ei ole halutunlainen
- jos rengas antaa kaikki summat väliltä 1 ... 10, niin se on halutunlainen
223. Jukkis29.10.2022 klo 15:55
Tässä minun brute force -tyyppinen vastauksenhaku:
https://imgur.com/anYmYXG

Tuo tulostaa kaikki abcde-vastaukset:
1 3 10 2 5
1 5 2 10 3
2 5 1 3 10
2 10 3 1 5
3 1 5 2 10
3 10 2 5 1
5 1 3 10 2
5 2 10 3 1
10 2 5 1 3
10 3 1 5 2
224. Elva29.10.2022 klo 16:43
Hep.
225. Elva29.10.2022 klo 16:48
Huomasin vastattuani Jukkiksen selvityksen. Outoa että se tuli minulle näkyviin vasta äsken, lähetettyäni kommenttini 224.
226. eol29.10.2022 klo 23:48
Tarkastellaanpa vielä 6 luvun renkaita: N=6, jolloin vastaavan "täydellisen" renkaan kaikkien lukujen summan on oltava m(N) = 6^2 - 6 + 1 = 31. Käsipelillä (eli kynän ja neljän A4-sivun avulla) löysin tällaisia täydellisia renkaita 5 oleellisesti erilaista (kun siis rotaatiot ja peilikuvat siivotaan pois):

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

(Olisi hauska tietää, jos joku löytää näitä lisää?)
227. Jukkis30.10.2022 klo 10:34
Ohjelmani kertoo, että löysit kaikki.
228. eol30.10.2022 klo 15:15
Hauska kuulla. (Sekin, etten ollut epähuomiossa missannut yhtään tuollaista rengasta.)

(OEIS muuten antaa tuollaisten renkaiden lukumäärät eri N:n arvoilla listaavan jonon alulle 1, 1, 1, 2, 1, 5 yhteensä 102 osumaa. Ainakaan kymmenen relevanteimman osuman joukossa en tätä nimenomaista jonoa kuitenkaan ole havaitsevinani.)
229. Jukkis31.10.2022 klo 11:25
On viisinumeroinen positiivinen kokonaisluku ABCDE, numerot erisuuret. Sitten on kuusinumeroiset positiiviset kokonaisluvut XABCDE ja ABCDEX, pätee että X*ABCDEX = XABCDE. Mitä ovat ABCDE ja X?
230. Jaska31.10.2022 klo 12:49
Vaikuttaa työläältä. 272160 alkupermutaatiota.
231. Jukkis31.10.2022 klo 13:43
Ei tarvi permutaatioista lähteä.
232. Jukkis31.10.2022 klo 13:51
Tai no, tavallaan tarvii. Paitsi että minusta ne on kombinaatioita, joiden määrä on aika pieni.
233. Jaska31.10.2022 klo 23:13
230. oli tietysti väärin, koska A ja X eivät voi olla 0. Lisäksi oletan, että X pitää olla muu luku kuin A, B, C, D tai E. Näin jäisi paljon vähemmän pähkäiltävää. Simppelein tapa taitaa olla X:nä mahdottomien lukujen eliminointi E:stä alkaen. Saattaa jokin hienostuneempikin algoritmi eksisteerata.
234. eol1.11.2022 klo 03:02
Hep. (Ei tarvitse tehdä X:n suhteen mitään lisäoletuksia. Suoraviivaisella algoritmilla prosessoitavana on kaikkiaan 8 eri vaihtoehtoa. [Lisäksi tietyllä ei-aivan-triviaalilla esiprosessoinnilla vaihtoehtojen määrä sattui vähenemään vielä puoleen ja itse prosessointikin sattui parissa tapauksessa hieman nopeutumaan - mutta tämä esiprosessointi ei kylläkään osoittautunut vaivan arvoiseksi.])
235. Jukkis3.11.2022 klo 11:38
Laitanpa tähän ratkaisun:

Merkitään ABCDE = y. Silloin pähkinä yhtälönä on
x*10^5 + y = x*(10*y + x)
Josta
y = [(10^5 - x)*x]/(10*x - 1)

Sitten vaan kokeillaan x:n arvoilla 1 ... 9, löytyykö kokonaisluku-y:tä. Löytyyhän niitä kaksi:
Jos x = 1, niin y = 11111.
Jos x = 4, niin y = 10256.

Jälkimmäinen täyttää kriteerit.

eol:llä varmaankin sama menetelmä?
236. eol3.11.2022 klo 16:19
Voinee sanoa, että jossakin mielessä sama, vaikka ensi näkemältä minun menetelmäni ehkä vaikuttaakin melko erilaiselta. Jos käytettävissä on edes peruslaskin, niin Jukkiksen esittämä tapa
on paljon näppärämpi. Mutta jos on vain kynä ja paperia, niin minunkin algoritmillani on mielestäni puolensa.

Myös minun algoritmiani on kokeiltava erikseen jokaiseen mahdolliseen X:n arvoon ja katsottava sitten, millä kaikilla niistä (jos millään) saatiin hyväksyttävä tulos. Koska heti nähdään, että X ei voi olla 0 eikä 1 (jos X=1, niin triviaalisti myös A=B=C=D=E=1), niin vaihtoehtoisia X:n arvoja on käytännössä 8, eli 2:sta 9:ään.

Sallittaneen, että täydennän selostukseni kahdella lisäviestillä, jotka olen lähettämässä myöhemmin tänään. Ensimmäisessä kuvaan algoritmini. Toisessa käsittelen yllä (viestissä 234) mainitsemaani optionaalista esiprosessointia, vaikka sen suorittaminen ei olekaan kustannustehokasta (ainakaan tämän tehtävän kohdalla).
237. Jukkis3.11.2022 klo 16:38
Jännää.
238. Jaska3.11.2022 klo 18:44
Minä pääsin prosessoinnissani niin pitkälle, että todennäköisesti X = 4 tai 8 ja E = 6. Sitten alkoi takkuilu, ja luovutin. Nyt kauhistuttaa Jukkiksen ratkaisun simppeliys ja oma tomppelius. Lohtuna 66,7-prosenttinen osumatarkkuus.
239. eol4.11.2022 klo 01:49
"Kertolaskualgoritmi" Jukkiksen tehtävään 229:

Perustavaa laatua oleva huomio on se, että yhtälöllä X*ABCDEX = ZYABCDE on jokaisella nollaa suuremmalla X:n arvolla täsmälleen yksi ratkaisu - kunhan uusille "numeromuuttujille" Y ja Z sallitaan myös arvo 0. Saatu ratkaisu antaa suoraan hyväksyttävän ratkaisun myös alkuperäiselle tehtävälle, mikäli Z=0, Y=X, A>0 ja A, B, C, D sekä E ovat kaikki viisi keskenään eri suuria - jolloin triviaalisti X:n on oltava myös eri suuri kuin 1. (Periaatteessa riittää siis tutkia vain 1:tä suuremmat X:n arvot.)

Havainnollistetaan edellä sanottua ensin esimerkillä, jossa kokeillaan asetusta X=2, jolloin yhtälöksi siis saadaan 2*ABCDE2 = ZYABCDE. Vähiten merkitseviä numeroita eli oikeaa reunaa tarkastelemalla todetaan, että on oltava E=2*2=4. Siten yksi positio vasemmalle siirtymällä voidaan merkitä 2*ABCD4 = ZYABCD, joten seuraavaksi todetaan D=8. Siten taas 2*ABC8 = ZYABC, joten koska 2*8 = 16 > 9, niin nyt saadaan C=6 ja seuraavassa askeleessa lisättäväksi muistinumeroksi jää 1. Siten 2*AB6 + 1 = ZYAB, josta vuorostaan B=2+1=3 ja uudeksi muistinumeroksi taas 1. Siten 2*A3 + 1 = ZYA, josta A=6+1=7 (eikä muistinumeroa nyt jää). Siten 2*7 = ZY, josta Y=4 ja "viimeinen muistinumero" Z=1. Näin ollen ZYABCDE = 1473684. Koska ZY=14 on eri suuri kuin X=2, niin alkuperäisellä tehtävällä ei ole sellaista ratkaisua jossa X=2.

Esimerkissä käytetty algoritmi voidaan esittää kuuden yhtälön yhtälöryhmänä, jossa "pilkutetut" uudet muuttujat D', C', B', A' ja Y' vastaavat muistinumeroita:

i) X*X = D'*10 + E
ii) X*E + D' = C'*10 + D
iii) X*D + C' = B'*10 + C
iv) X*C + B' = A'*10 + B
v) X*B + A' = Y'*10 + A
vi) X*A + Y' = Z*10 + Y

Kun X on kiinnitetty, niin ylimmästä yhtälöstä saadaan ratkaistua D' ja E. Sen jälkeen toiseksi ylimmästä pystytään ratkaisemaan C' ja D. Sitten kolmannesta B' ja C. Ja niin edelleen, joten koko yhtälöryhmä ratkeaa erittäin helposti.

Tarkastellaan vielä toisena esimerkkinä tapausta X=4, jota käsitellään edellä olevaan yhtälöryhmään tukeutuen:

i) 4*4 = 16, joten D'=1 ja E=6
ii) 4*6 + 1 = 25, joten C'=2 ja D=5
iii) 4*5 + 2 = 22, joten B'=2 ja C=2
iv) 4*2 + 2 = 10, joten A'=1 ja B=0
v) 4*0 + 1 = 1, joten Y'=0 ja A=1
vi) 4*1 + 0 = 4, joten Z=0 ja Y=4

Saatiin siis ZYABCDE=0410256=410256. Koska ZY=4=X, koska A>0 ja koska A, B, C, D ja E ovat kaikki keskenään eri suuria, niin X=4 ja ABCDE=10256 kelpaa alkuperäisen tehtävän ratkaisuksi.

P.S. Jo mainostamani optionaalisen esiprosessoinnin käsittely jää alkaneen perjantain jälkipuoliskolle.
240. eol5.11.2022 klo 03:21
Edellisessä viestissäni kuvasin algoritmin, joka ratkaisi Jukkiksen tehtävän 6 askeleessa, aloittaen oikeasta reunasta eli vähiten merkitsevistä numeroista. Tässä viestissä tutkistelen, mitä voisi saada selville, jos aloittaisikin vasemmasta reunasta. Jäljempänä osoittautuu, että suht kohtuullisella vaivalla voi päätellä ainakin seuraavat faktat: X < 6 (kohta iv alla), A = 1 (i), B = 0 (ii) ja 1 < C < 11/X (iii).

Tehtävänantohan kertoo, että seuraava pätee:
X*ABCDEX = XABCDE,
X ja A ovat suurempia kuin 0, ja
A, B, C, D sekä E ovat kaikki viisi keskenään eri suuria.

(i) Triviaalisti X*A00000 < X*ABCDEX ja toisaalta XABCDE < XA0000 + 10000. Näin ollen saadaan epäyhtälö
X*A*10*10^4 < (X*10 + A + 1)*10^4
josta suoraviivaisesti
A < 1 + 2/(X*10 - 1)
joten on oltava A < 2.
Koska tehtävänannon mukaan A on eri suuri kuin 0, niin pätee A=1.

(ii) Triviaalisti myös X*AB0000 < X*ABCDEX. Siten saadaan
X*(A*10 + B)*10^4 < (X*10 + A + 1)*10^4
josta koska A=1
X*(10 + B) < X*10 + 2
ja edelleen helposti B < 2/X.
Koska tehtävänannon mukaan B on eri suuri kuin A=1, niin pätee B=0. (Ilman tuota erisuuruutta tässä ei suoraan pystyttäisi sulkemaan pois mahdollisuutta B=X=1.)

(iii) Taas triviaalisti X*ABC000 < X*ABCDEX ja XABCDE < XAB000 + 1000. Siten saadaan
X*(A*100 + B*10 + C) < X*100 + A*10 + B + 1
josta koska A=1 ja B=0
X*(100 + C) < X*100 + 11
ja edelleen helposti C < 11/X. Koska tehtävänannon perusteella C on eri suuri kuin A=1 ja B=0, niin pätee myös C > 1.

(iv) Edellisen perusteella X < 11/C ja C > 1. Näin ollen pätee X < 6.
241. Jukkis5.11.2022 klo 13:17
Aika vänkää pyörittelyä kyllä.
242. Jukkis15.2.2023 klo 14:27
Tämmöinen tähän.

3 x 3 -taikaneliö on perusmuodossaantällainen:

618
753
294

Rivien, sarakkeiden ja lävistäjien summa on sama, nyt 15, joka siis on tämän neliön taikavakio tai -luku.

Nyt pitää tehdä taikaneliö

abc
def
ghi

niin, että rivien, sarakkeiden ja lävistäjien tulo on sama. Taikavakio olkoon vaikkapa 4096. Mitä ovat luvut a ... i? (Nyt ne eivät voi olla mitään peräkkäisiä lukuja, vaan niiden lukuarvot ovat aika laajalla alueella.)
243. Jaska15.2.2023 klo 21:08
Hep. Useampi kuin yksi ratkaisu.
244. eol15.2.2023 klo 21:51
Hep. Lukuni ovat kokonaislukuja kaikki. (Joillakin toisilla, suuremmilla taikavakioilla ratkaisu löytyisi varmaan vielä hieman vikkelämmin.)
245. Jukkis16.2.2023 klo 09:08
Tarkoittanet taikavakiota 32768? Ai siinä oli monikko, siis mitä muita toisia suurempia, siis nimenomaan sellaisia, joilla "hieman vikkelämmin"?

Ja noinkohan löytyisi ei-kokonaislukuja sisältävä ratkaisu?

Ja tosiaan löytyyhän näitä useampia kuin yksi.
246. eol16.2.2023 klo 10:15
Paitsi juuri tuo 32768 niin myös 1 000 000 000 000 000 saattaisi olla melko ratkaisijaystävällinen taikavakio.

Ja jos halutaan jotain muuta kuin kokonaislukuratkaisua, niin ainakin aitoja kompleksilukuja sisältäviä ratkaisuja löytyy.
247. Jukkis16.2.2023 klo 19:50
Oivalsin tuossa päivällä että kyllähän tommoisen saa tehtyä reaalisia ei-kokonaislukuja sisältävänä.
Jos taikavakio = 8, niin millainen on neliö?
248. eol16.2.2023 klo 20:49
Kaksikin suoraviivaista irrationaalilukuratkaisua taikavakiolle 8:
a) korvataan luvut 1, ..., 9 sisältävässä esimerkkineliössä kukin luku n luvulla 8^(n/15) = 2^(n/5)
b) korvataan samassa esimerkkineliössä kukin luku n luvulla 8^((n-1)/12) = 2^((n-1)/4)

P.S. Tuli vasta tänään mieleen, että tokihan myös alkuperäiselle taikavakiolle 4096 saadaan helposti irrationaalilukuratkaisu, kun korvataan esimerkkineliössä kukin luku n luvulla 4096^(n/15) = 2^(4n/5).
249. Jukkis17.2.2023 klo 13:28
Näköjään tähän on kaikenlaisia ratkaisuja. Mun ratkaisu taikavakiolle 4096 oli

32 1 128
64 16 4
2 256 8

Taikavakio 8:

4 1/8 16
8 2 1/2
1/4 32 1

Tuossahan sarakkeet ei kovin hyvin kohdistu.
250. Jaska17.2.2023 klo 16:28
Mulla sama 4096 eli 1/8. Ykkönen on kaikissa reunasivun keskellä, 256 vastakkaisessa keskiruudussa ja 16 keskiruudussa. Lukujen summa 511 = 7*73. Kahdeksasta lukukolmikosta seitsemän on jaollista seitsemällä, toinen lävistäjäkolmikko seitsemälläkymmenelläseitsemällä.
251. Jaska17.2.2023 klo 17:28
Siis seitsemälläkymmenelläkolmella.
252. eol17.2.2023 klo 20:23
Kun jätetään huomiotta kiertojen ja peilausten antamat "rinnakkaisratkaisut", niin jokainen esitetty ratkaisu saadaan seuraavan muunnosproseduurin kautta alkuperäisestä esimerkkitaikaneliöstä (joka siis sisältää luvut 1, ..., 9 ja jonka taikavakio summauksen suhteen on 15):

1. Oletetaan annetuksi taikavakio x.
2. Valitaan mikä tahansa sellainen kokonaisluku k, joka on eri suuri kuin 5.
3. Korvataan kukin esimerkkineliön luku n luvulla x^((n-k)/(15-3k)).

Esimerkiksi Jukkiksen (249.) kahden neliön tapauksissa ensin x=4096 ja k=1, ja sitten x=8 ja k=4. Omissa tapauksissani (248.) ensin x=8 ja k=0, sitten x=8 ja k=1, ja lopuksi x=4096 ja k=0.

Kompleksilukuratkaisuista: Reaalilukuratkaisusta saadaan helposti aitoja kompleksilukuja sisältävä ratkaisu, kun jokainen neliön luku kerrotaan luvulla -1/2 + i*sqrt(3)/2. (Toinen vastaava vaihtoehto kaikkien neliön lukujen kertoimeksi on edellisen liittoluku -1/2 - i*sqrt(3)/2. Kummallakin näistä kompleksiluvuista on se ominaisuus, että kolmas potenssi on 1.)
253. Jukkis17.2.2023 klo 20:35
Arvasinkin, että eol:ltä tulee tästä analyysi.

Seuraava:

Mikä on tämän kuvion pinta-ala:

https://imgur.com/a/QPavUwa

Alle minuutissa pitäisi selvitä.
254. Jaska17.2.2023 klo 21:28
Luovuin heti punaisesta kuviosta. Pohja 125x135 = 168,75 onnistui päässälaskulla noin puolessatoista minuutissa.
255. Jaska17.2.2023 klo 21:36
Piti olla 12,5*13,5
256. eol17.2.2023 klo 22:01
Vastaus taitaa olla 24. Muutama minuutti minulta meni. Ehkä pakon alla olisin saattanut saada tuloksen minuutissa.
257. Jukkis18.2.2023 klo 08:02
Kyllä, 24. Seuraava kysymys: Miksi pinta-alan saa näin: 11+14-1=24?
258. Jaska18.2.2023 klo 10:26
En tiedä. Kikkahan pitää tuntea ennalta, jotta voisi ratkaista tehtävän alle minuutissa. Muuten pitää miinustaa 12*13 = 156:sta kuvion ulkopuolisia pinta-aloja. Siinä onnistuinkin, koska sain jäännökseksi 24. Minuutteja kului varmaan tuhdisti enemmän kuin eolilla, koska ruutu pimeni, ja sitten lävähti ruudun täydeltä mainoksia.
259. Jukkis18.2.2023 klo 11:57
Suunnilleen noin minäkin olisin muutama päivä sitten laskenut, jos tällainen tehtävä olisi eteen tullut. Mutta olen lueskellut muuatta matikka-opusta, jossa on jotain vähän kaikesta matikasta, ja sieltä opin miten tällaisen monikulmion alan saa selville. Ei mikään kikka, vaan teoreema vuodelta 1899.

Koska eol:ltäkin meni useita minuuteja, niin ilmeisesti hänkään ei teoreemaa tunne. Jos googlaa "monikulmion pinta-ala", niin ei näyttäis tulevan asia vastaan. Mutta jos lisää googlaukseen yhden sanan, niin päätyy mm. Wikipediaan, mutta tämä on paljon hauskempi juttu:
https://matematiikkalehtisolmu.fi/2010/1/monikulmi o3.pdf
260. Jaska18.2.2023 klo 14:03
Luin jutun kursorisesti läpi. Tajusin jotenkuten alakouluikäisille (sic!) tarkoitetun esimerkin. Muu vaatisi kaavoineen hillittömän hellittämätöntä paneutumista ties kuinka pitkä ajan. Luovutus.
261. Jukkis18.2.2023 klo 14:56
No ei ole kovin kummoinen kaava kyseessä. On monikulmio, jonka kaikki kärjet on hilapisteissä. Monikulmion reunalla on B hilapistettä ja sen sisällä on C hilapistettä. Silloin monikulmion ala = B/2 + C -1. Tämä on Pickin kaava.

Nyt kuvasta voi laskea että B = 22, C = 14, joten A = 11+14-1=24.
262. Jaska18.2.2023 klo 23:08
Tuon muistanen kyllä huomennakin. Siinä PDF-tarinassa on myös sellaisia vaikeampia juitsuja, jotka eivät ratkea Pickin kaavalla.
263. eol18.2.2023 klo 23:14
En tosiaan minäkään tuollaista mielenkiintoista kaavaa tuntenut. Nostaisin esille vielä sen laajennuksenkin: jos tuollaisessa "hilapistemonikulmiossa" on d kappaletta "reikiä" (jotka omana itsenään tulkittuna olisivat hilapistemonikulmioita nekin), niin ala on B/2 + C - 1 + d.

(Alunperin laskin pinta-alan alkeisgeometrialla: Tehtävän monikulmio on helposti jaettavissa sellaisiin 2 suorakulmioon, joiden sivujen pituudet ovat suoraan nähtävissä, ja sellaisiin 7 kolmioon, joiden kanta ja korkeus ovat samaten suoraan nähtävissä. Suorakulmioiden alat ovat 1*1 + 1*3, ja kolmioiden alat [myötäpäivään kello 12:sta alkaen] 1/2 * (2*5 + 1*6 + 1*4 + 1*2 + 1*5 + 1*7 + 1*6).)
264. Jukkis19.2.2023 klo 11:48
Jäi nyt tajuamatta se, että kun monikulmioon tehdään reikiä, niin eikös sen pinta-ala silloin pienene. Eikä se alan muutos reikien määrästä riipu vaan niiden yhteenlasketusta koosta. Vai ymmärränkö ihan väärin mitä eol tuossa sanoo, esim sanan "reikä" merkityksen.
265. Jaska19.2.2023 klo 12:31
Muistaakseni artikelissa termi reikä kuvasi faktisesti kolmiulotteista reikää, Jos kuviot olisi piirretty paperille, reiän alue voitaisiin leikata pois.
266. Jukkis19.2.2023 klo 13:47
No nyt älysin. Jos tuohon minun kuvioon tehdään ruudun kokoinen reikä, niin B kasvaa 4:llä 26:een ja C pienenee neljällä 10:een. Joten kaava B/2 + C -1 antaa 23 + 10 - 1 = 22. Jotta tulisi oikea, reiän pienentämä pinta-ala (23), pitää tuohon lisätä reikien määrä (1). Ja yleisimminkin sitten pätee tuo eol:n kaava.
267. Jukkis19.2.2023 klo 14:59
Äh, siis
.... kaava B/2 + C -1 antaa 13 + 10 - 1 = 22.
268. Jukkis20.2.2023 klo 16:40
Helpohkoa geometriaa:

Kuvassa on neliö jonka ala = A, ympyrä ja neljä puoliympyrää. Mikä on uloimpina olevien neljän kuunsirpin yhteenlaskettu pinta-ala?

https://imgur.com/a/HTvU0hQ
269. Jaska20.2.2023 klo 19:27
pii*3VA (V merkkaa neliöjuurta)
270. Jukkis20.2.2023 klo 19:34
Ei ole noin. Miten ala voisi olla neliöjuuri toisesta alasta?
271. Jaska20.2.2023 klo 19:47
Tajusin äsken itsekin, että päin seiniä. Tuostahan tulee isompi kuin A. Mietin uudelleen myöhemmin.
272. Jaska20.2.2023 klo 19:50
Neljän pikkuympyrän pinta-alasta pitää siis miinustaa ison ympyrän pinta-ala.
273. eol20.2.2023 klo 19:51
Hep. Lausekkeeni on selkeästi yksinkertaisempi kuin tuo pi*3*sqrt(A).
274. eol20.2.2023 klo 20:42
Lainaus: 272. Jaska 20.2.2023 klo 19:50
"Neljän pikkuympyrän pinta-alasta pitää siis miinustaa ison ympyrän pinta-ala."

Tuo ei kylläkään vielä anna haettua vastausta.
275. eol20.2.2023 klo 22:56
Lainaus: 274. eol 20.2.2023 klo 20:42
"Tuo ei kylläkään vielä anna haettua vastausta."

Tai sanotaan niin, että tilanne on vähintäänkin tulkinnanvarainen.
276. Jaska20.2.2023 klo 23:30
Eipä ei. Kukin pikkuympyrähän leikkaa kahta muuta. Kahdeksasta segmentistä muodostuu neljä kuviota, kullakin yhteinen jänne puolet neliön halkaisijasta. Niiden yhteisestä pinta-alasta vähennetään puolet, erotus vähennetään puolestaan neljän pikkuympyrän ja ison ympyrän pinta-alojen erotuksesta. Stemmaako?

Jukkis kai tarkoitti, että tämän kuvion ratkaisun ala ei voi olla minkään muun tämän kuvion alan neliöjuuri.
277. Jaska20.2.2023 klo 23:38
Korjaan: neliön lävistäjästä.
278. eol20.2.2023 klo 23:43
Taitaa stemmata - mutta itse laskin toista kautta, mikä minusta on selvästi yksinkertaisempi tapa.
279. Jukkis21.2.2023 klo 10:03
"Jukkis kai tarkoitti, että tämän kuvion ratkaisun ala ei voi olla minkään muun tämän kuvion alan neliöjuuri."

Koskaan ei voi päteä se, että lausekkeessa yhtäsuuruusmerkin vasemmalla puolella on pinta-ala ja oikealla puolella vakiolla kerrottu pinta-alan neliöjuuri. Silloin vasemman puolen yksikkö on neliömetri ja oikean puolen yksikkö on metri.
280. Jaska21.2.2023 klo 11:04
270. Jukkiksen kysymys kuului: Miten ala voisi olla neliöjuuri toisesta alasta? Oletin, että siinä ala tarkoitti pinta-alaa. On kaksi neliötä A ja B, joiden pinta-alat ovat 4 ja 16. A;n pinta-ala on B:n pinta-alan neliöjuuri.
281. Jukkis21.2.2023 klo 12:35
Tässä ala ei ole nelöjuuri toisesta alasta, vaan alan lukuarvo on toisen alan lukuarvon neliöjuuri.
282. Jukkis21.2.2023 klo 12:37
Vois eol laittaa vastauksensa tehtävään.
283. eol21.2.2023 klo 14:37
268. Jukkis: Vastaukseni on A.
284. Jukkis21.2.2023 klo 15:38
Juu. Minusta aika jännä vastaus, jotenkin odottais että se olis jonkin verran jotain muuta. Eihän tässä ympyrää neliöidä (eikä neliötä ympyröidä), mutta jotain sukua tämä sille on, vai onko?

Itse laskin näin:

Neliön sivu = a, sen ala = A = a^2.
Ympyrän säde = a/sqrt(2), sen ala = B = pi*a^2/2
Neliön ulkopuolelle jäävän ympyrän osan ala = C = B-A
Puoliympyrän säde = a/2, sen ala D = (pi*a^2/4)/2
Neljän puoliympyrän kokonaisala E = 4*D = pi*a^2/2 = B
Kuunsirppien ala = E-C = E-B+A = A.
285. Jaska21.2.2023 klo 21:58
Koklasin konkretisoida A:n arvolla 1. Tällöin ison ympyrän pinta-alaksi sain 1,5708. Siitä neljäsosa on 0,392699. Siitä vähennetään suorakulmaisen sektorin pinta-ala 0,25, saadaan yhden segmentin pinta-ala 0,14269. Ollen siis pikkuympyrän puolikkaan ja ison ympyrän segmentin erotus 0,25 eli yhden kuunsirpin pinta-ala. 4*0,25 = 1, eli stemmaa. Mikä olisi ollut melkoinen yllätys tietämättä tätä samuutta ennen räknäilyä.
286. Jukkis19.4.2023 klo 20:52
Saattaa olla aika vaikea tehtävä, jos ei ennestään tiedä asiaa. Vastaus on kuitenkin melko simppeli. Annan myöhemmin vinkin jos tarpeen.

Mikä yhteinen ominaisuus on 4-numeroisilla luvuilla 1634, 8208 ja 9474?
287. Jaska20.4.2023 klo 13:36
Siis melko simppeli, mutta ilmeisesti silti hyvinkin ovela. Sitä ei ole seuraava ehdotukseni, joten vinkki on ainakin minulle tarpeen. Vähennetään luvuista numeroiden summa, jolloin kaikki kolme jäännöstä ovat jaollisia 90:llä.
288. ++juh20.4.2023 klo 14:10
286: Luvut ovat narsisteja.
289. Jukkis20.4.2023 klo 17:53
++juh, joo.

Jaskalle vinkiksi vaikka että luku 4 on merkityksellinen muullakin tavalla kuin että nuo luvut ovat 4-numeroisia.
290. Jaska20.4.2023 klo 23:22
"Muulla tavalla" osoittautui minulle liian väljäksi vihjeeksi, kun yksi tapa eli 2^2 = 4 ei johtanut mihinkään. Luovutin ja lunttasin. No olisihan siinä ollut ainesta jatkaa. Toinen muu merkitys on siis kouluarvosana minulle.
291. Jukkis22.4.2023 klo 16:49
Ei hirveän hankalaa geometriaa, mutta mukavasti pikkaisen haastavaa sellaista kuitenkin. Kuvassa
https://imgur.com/a/SLFhcHD
kaksi tapaa piirtää kolme ympyrää tasasivuisen kolmion sisälle. Kummassa kolmiossa ympyröiden kokonaispinta-ala on isompi? Vai onko pinta-alat samat?
292. Jaska23.4.2023 klo 12:22
Lunttauksen eli mittauksen perusteella samat.
293. Jukkis23.4.2023 klo 15:49
No eihän tässä mittamalla voi muuta tulosta saada kuin että aika lähellä toisiaan ovat alat. Se, ovatko sitten yhtäsuuret, vaatii matikkaa.
294. eol23.4.2023 klo 16:58
Kyllä minä ainakin tässä jouduin kaavan lunttaamaan. (Pyrin palaamaan asiaan, kunhan saan - kuitenkin ilmeisen suoraviivaisilta vaikuttavat - laskelmani tehdyiksi.)
295. eol23.4.2023 klo 19:48
Nyt sitten tämänpäiväisen laskelmani mukaan oikean puolen ympyräkolmikon yhteinen pinta-ala B+2C on reilun prosentin verran suurempi kuin vasemman puolen 3A, ja niiden tarkka suhde on (B+2C)/3A = (44+22*sqrt(3))/81 eli noin 1,0136434292.
296. Jukkis23.4.2023 klo 21:07
Joo, jos kolmion sivu = 1, niin pinta-alat on 0,31567 ja 0,31998. Kolmion ala = 0,43301.

Mikäs kaava piti luntata? En minä ainakaan tarvinnut muita varsinaisia kaavoja kuin sinin ja tangentin kaavat.
297. eol23.4.2023 klo 22:33
Lunttasin yleisen kolmion sisään piirretyn maksimaalisen ympyrän säteen kaavan ja sitten vielä samasta kaavasta erikoistapauksen suorakulmaiselle kolmiolle.
298. Jaska26.4.2023 klo 12:10
Mikä pienin? 65610001
299. Jukkis26.4.2023 klo 16:19
On pienin lukua 65610000 suurempi alkuluku.

Eli en keksi.
300. Jaska26.4.2023 klo 19:01
Ei se noin lyhyessä ajassa olekaan käytännössä mahdollista. Siinä on yksi sama elementti kuin 283:n narsisseissa. Ratkaisun eka vaihe on vähentää viimeinen numero 1. Tämä yksittäinen luku liittyy laajempaan kokonaisuuteen, jossa etsitään vastausta (minua) kiinnostavaan kysymykseen. Palaan asiaan ehtiessäni.
301. Jaska27.4.2023 klo 17:40
Onko sellaista alkulukukaksosparia, jonka väliluku on n^4? 65610001 on pienin alkuluku, jota edeltää neljäs potenssi, 65610000 on näet 90^4. Mutta 65609999 ei ole alkuluku. 12-numeroisiin lukuihin saakka sama juttu, kaksosparia ei löydy. En ole löytänyt sitä myöskään kolmansista potensseista. Toisista potensseista ehdon toteuttaa 3, 5, mutta se on mahdollisesti ainoa. Kaikkien muiden kaksosten osalta välipotenssin pitää olla jaollinen 30:llä. Olis taas tietokoneilla töitä.
302. eol27.4.2023 klo 18:34
Kyllä 3 ja 5 muodostavat ainoan sellaisen alkulukukaksosparin (t-1, t+1) jonka väliluvulle t pätee x^n = t joillakin ykköstä suuremmilla kokonaisluvuilla x ja n. (Siis 2^2 = 4.) Syynä on se, että polynomi x^n - 1 on aina jaollinen polynomilla x - 1.
303. Jaska28.4.2023 klo 00:13
Minulla oli neliöistä 900 - 360000 t-1 ja t+1 lista alkuluku- ja p-merkintöineen. 291599:n kohdalal oli P. Näpytteluvirhe siis. Olisi tietysti pitänyt älytä tsekata tämä ainut yksi poikkeama 20:sta, etenkin kun muiden alkutekijöissä oli runsaasti kaksosia. Silloin olisi teoriassa ollut pieni mahdollisuus oivaltaa, että peettömyys perustuu eolin esittämään aksioomaan.
304. Jaska28.4.2023 klo 12:45
Hesarin tänäinen lasten tiedekysymys: Jos piin arvo on ikuinen luku, löytyykö siitä puhelinnumeroni? Vastauksen alku:

"KYLLÄ, puhelinnumero löytyy piistä. Pii on niin sanottu irrationaaliluku. Se on siten päättymätön ja myös jaksoton eli siinä ei toistu jatkuvasti mikään numero tai numerosarja.

Mielestäni olisi voinut täsmentää "...ei toistu jatkuvasti mikään numero tai numerosarja säännönmukaisesti." Ne siis toistuvat epäsäännöllisesti, esim. niiden etäisyyksillä ei ole tiettyä artimeettista järjestystä.

Vastauksessa selitetään myös, mikä on normaaliluku. "Normaaliluku on irrationaaliluku, josta löytyvät kaikki mahdolliset numerosarjat. Lisäksi jokainen samanpituinen numerosarja esiintyy yhtä usein."

Erittäin mielenkiintoinen luku! Siitä tulee mieleen Jorge Luis Borgesin kuvitteellinen Baabelin kirjasto, josta löytyvät kaikki tähän mennessä kirjoitetut kirjat ja kaikki mahdolliset vielä kirjoittamattomatkin. Siis ylipäänsä kaikki mahdollinen teksti, niin kuin esim. tämä viesti, vaikka kääk siihen kääk lisättäisiin kääk joka kääk toiseksi kääk sanaksi kääk.

Kaikki kirjaimet voidaan muuntaa myös numeroiksi ja numerosarjoiksi, niin myös tämän viestin teksti. Jos pii olisi normaaliluku, teksti löytyisi - tai ei löytyisi - äärettömiin jatkuvasta desimaalipötköstä. Sehän voisi olla niin kaukana, että kaikkien nykyisten ja tulevien superkvanttitietokoneiden yhteinen laskukapasiteetti ei riitä ihmiskunnan eksisteerausajassa. Minä uskon, että yrityskin on toivoton.
305. Jukkis28.4.2023 klo 18:06
Baabelin kirjastohan on netissä. Tuo Jaskan viesti (ilman skandeja tosin) löytyy kirjastosta huoneesta 3fhrq4.....59hzsr (jätin nimestä pois 3242 merkkiä), sieltä seinän 2 hyllyssä 5 olevan volyymin 22 sivulta 212. Eli täältä:
https://libraryofbabel.info/bookmark.cgi?jaska
306. Jukkis1.5.2023 klo 11:02
Kiinnitin nyt vasta huomion tuolla 301:ssä olevaan: "65610001 on pienin alkuluku, jota edeltää neljäs potenssi".

Alkulukuja, joita edeltää neljäs potenssi:
2 = 1+1^4
17 = 1+2^4
257 = 1+4^4
1297 = 1+6^4
65537 = 1+16^4
jne.

Ehkä ymmärsin jotain väärin?
307. Jaska1.5.2023 klo 11:49
Kyllä, koska esittänyt asiaa riittävän täsmällisesti 301:ssä. Kysymyksen jälkeen olisi pitänyt jatkaa: Jos sellainen potenssi on olemassa, sen viimeinen numero on nolla. Numeroon 2, 4, 6 ja 8 päättyvien lukujen neljännen potenssin viimeinen numero on 6, mikä ei toteuta kaksosparivaatimusta. Näin ollen haetun neljännen potenssin tulee olla jaollinen luvulla 30.
308. Jukkis24.5.2023 klo 18:21
Luvuista 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 valitaan kaikki mahdolliset kolmen luvun osajoukot (56 kpl) ja lasketaan kunkin osajoukon lukujen summa. Onko summista enemmistö parillisia vai parittomia vai onko kumpiakin yhtä monta?

Vastaus löytyy tietysti laskemalla kaikki nuo summat. Näin tein Excelillä. Mutta voiko vastauksen jotenkin päätellä ilman summien laskemista?
309. Jaska24.5.2023 klo 19:00
Luvuissa on yhtä monta parilista ja paritonta, joten myös summissa sama jutttu.
310. eol24.5.2023 klo 19:24
Jos haetasn hieman enemmän yksityiskohtiin menevää todistusta, niin voidaan tarkastella kolmen luvun summan parittomuuden tai parillisuuden määräytymistä. Havaitaan, että summa on pariton täsmälleen silloin, kun kolmesta luvusta parittomia on täsmälleen 1 tai täsmälleen 3. Koska perusjoukossa {1, ..., 8} on yhtä monta paritonta ja parillista lukua, niin sellaisia kolmikkoja, joissa on täsmälleen 1 pariton luku, on yhtä monta kuin sellaisia, joissa on täsmälleen 2 paritonta lukua. Vastaavasti sellaisia kolmikkoja, joissa on täsmälleen 3 paritonta lukua, on yhtä monta kuin sellaisia, joissa on täsmälleen 0 paritonta lukua. Siten parittomia summia on yhtä monta kuin parillisiakin.
311. Jukkis24.5.2023 klo 20:54
Entä jos otetaan kahden numeron osajoukot (28 kpl) ja neljän numeron osajoukot (70 kpl)? Päteekö Jaskan perustelu näille tapauksille?
312. Jaska24.5.2023 klo 21:50
Kyllä 28 kpl, ei 70 kpl
313. eol24.5.2023 klo 22:59
Ei se kyllä nähdäkseni päde kummallekaan tapaukselle.

Kahden luvun summa on pariton täsmälleen silloin kun toinen luvuista on pariton ja toinen parillinen. Tällaisia kahden luvun kombinaatioita perusjoukosta löytyy (4 yli 1)*(4 yli 1) = 16. Parillisen summan tuottavia kombinaatioita on siten vain (8 yli 2) - 16 = 28 - 16 = 12.

Neljän luvun summa taas on pariton täsmälleen silloin kun parittomia yhteenlaskettavia on joko 1 tai 3. Koska perusjoukossa on yhtä paljon parittomia kuin parillisia lukuja, niin symmetrian ansiosta sellaisia kombinaatioita, joissa on täsmälleen 1 pariton luku, on yhtä paljon kuin sellaisia, joissa on täsmälleen 3 paritonta lukua. Parittoman summan tuottavia kombinaatioita on siis yhteensä 2*(4 yli 1)*(4 yli 3) = 2*4*4 = 32. Parillisen summan tuottavia kombinaatioita on siten enemmän eli (8 yli 4) - 32 = 70 - 32 = 38.
314. Jukkis25.5.2023 klo 09:58
Ilmeisesti voi tehdä sellaisen säännön, että jos on luvut 1, 2, ..., N, jossa N parillinen, niin jos otetaan kaikki M-jäseniset osajoukot, jossa M on pariton, niin osajoukkosummista yhtä moni on parillinen ja pariton.

Sen sijaan jos M on parillinen, niin osajoukkosummista enemmistö on joko parillisia tai parittomia, riippuen siitä, .... Siis mistä?

Ja varmaankin jos N on pariton, niin osajoukkosummista enemmistö on aina parittomia?
315. Jaska25.5.2023 klo 10:14
Juuri noin. Syystä tai toisesta laskin eilen päässä sen kummemmin miettimättä ekan 28 (8 yli 2)*4 eli sekoitin alkuperäiset parilliset ja parittomat keskenään. Selvennän ternäärisesti nollia käyttäen ja korvaan parittomat ykkösellä ja parilliset kakkosella.

0 0 0 0 0 0 1 1
0 0 0 0 0 0 1 2
0 0 0 0 0 0 2 1
0 0 0 0 0 0 2 2

Oikeasti pitää poimia kahden alkion kombinaatiot kiinteästä järjestyksestä 1 1 1 1 2 2 2 2. Noista neljästä jonosta vain alin on siis kelvollinen.
316. Jaska25.5.2023 klo 10:20
Simppeli sääntö: Jos yhteenlaskettavissa on parittomia lukuja pariton määrä, summa on pariton. Muuten summa on parillinen. Sama pätee myös kertolaskuun.
317. Jaska25.5.2023 klo 10:55
Paha aivokaasupurkauma. Ei tietenkään päde yksiselitteisesti kertolaskuun. Tulo on tietysti parillinen, jos kertojissa on parillinen luku. Jos taas kaikki kertojat ovat parittomia, tulo on pariton. Oli mielessä jaolliset luvut 6n+1 ja 6n-1, joihin pätee sääntö: Jos luvun alkutekijöissä on pariton määrä parittomia lukuja, tulo on muotoa 6n+1, muulloin 6n-1.
318. Jaska25.5.2023 klo 11:49
Näämmä purkaus jatkui täydellä voimalla. Piti olla "Jos luvulla on pariton määrä alkutekijöitä 6n-1, tulo on muotoa 6n-1, muulloin 6n+1. Esim. 5*5*5 = 125 = 6n-1, kun taas 5*5*7 = 175 = 6n+1. Lähden lisähapettumaan.
319. eol25.5.2023 klo 15:39
Lainaus: 314. Jukkis 25.5.2023 klo 09:58
"Ja varmaankin jos N on pariton, niin osajoukkosummista enemmistö on aina parittomia?"

Sellaisenaan tuo ei yleisesti pidä paikkaansa. Esimerkiksi jos N=5 ja M=4, niin M:n luvun kombinaatioita on kaikkiaan 5, mutta parittoman summan tuottavia niistä on vain 2.
320. eol25.5.2023 klo 21:09
Lainaus: 314. Jukkis 25.5.2023 klo 09:58
"Sen sijaan jos M on parillinen, niin osajoukkosummista enemmistö on joko parillisia tai parittomia, riippuen siitä, .... Siis mistä?"

Konjektuurini: Jos sekä N että M ovat parillisia, niin osajoukkosummien (eli M-kombinaatioiden lukujen summien) enemmistö on parillisia jos ja vain jos M on jaollinen 4:llä.
321. eol25.5.2023 klo 21:14
P.S. Lisäys: Ja jos (N ja M ovat parillisia mutta) M ei ole jaollinen 4:llä, niin enemmistö on parittomia.
322. eol26.5.2023 klo 13:39
Tarkastellaan äärellistä kokonaislukujoukkoa, jossa on L parillista ja T paritonta lukua, ja erityisesti kaikkia sellaisia kyseisen joukon osajoukkoja, joihin kuuluu täsmälleen M alkiota. Millä kaikilla L:n, T:n ja M:n arvoilla täsmälleen puolella kyseisistä osajoukoista on parillinen alkiosumma? (Tapauksia T = L ja T = L+1 itse asiassa tutkiskeltiinkin jo yllä.)
323. Jaska26.5.2023 klo 18:11
Alkajaisiksi L = 1, T = 3, M = 2 sekä L = 3, T = 1, L = 2
Muut saavat jatkaa...
324. eol27.5.2023 klo 09:44
Mietin tätä jonkin verran, mutta en ole ainakaan toistaiseksi löytänyt muita ehdon täyttäviä yhdistelmiä kuin seuraavat tyypin 1 - jonka Jukkis (314.) jo kuvasi - ja tyyppien 2a ja 2b yhdistelmät - joista kummastakin Jaska (323.) jo antoi esimerkin.

1. L=T, ja M on pariton.
2a. L=1 ja T=2M-1.
2b. T=1 ja L=2M-1.
325. eol28.5.2023 klo 20:48
No nyt löysin lisää ehdon (322.) täyttäviä yhdistelmiä:

3. Mille tahansa kokonaisluvulle n>1:
3a. L=n(n-1)/2, T=n(n+1)/2, M=2.
3b. T=n(n-1)/2, L=n(n+1)/2, M=2.

Veikkaukseni (jonka tarkemman tutkimisen kuitenkin tällä erää sivuutan) on, että ehdon täyttäviä yhdistelmiä lienee olemassa vielä paljon enemmänkin.
326. eol29.5.2023 klo 11:03
Vielä esimerkinomaisesti pari ehdon täyttävää yhdistelmätyyppiä lisää:

4. Mille tahansa positiiviselle kokonaisluvulle n:
4a. L=n(3n+5)/2+1, T=n(3n-1)/2, M=3.
4b. T=n(3n+5)/2+1, L=n(3n-1)/2, M=3.
5. Mille tahansa positiiviselle kokonaisluvulle n:
5a. L=n(3n+7)/2+2, T=n(3n+1)/2, M=3.
5b. T=n(3n+7)/2+2, L=n(3n+1)/2, M=3.
327. Jukkis1.3.2024 klo 12:08
Facebookista bongattu:

Jos 2^a = 5^b = 10, niin mitä on (a-1)(b-1)?
328. eol1.3.2024 klo 19:51
Hep. (Kynällä ja paperilla laskin.)
329. Jukkis1.3.2024 klo 20:41
Käytitkö logaritmeja?
330. eol2.3.2024 klo 08:52
Juu, rutiininomaisesti logaritmilaskuna laskin.
331. Jukkis2.3.2024 klo 09:29
Ratkeaa ilman logaritmeihin turvaamistakin, aika ovelasti.
332. Jaska2.3.2024 klo 14:25
Olkoon a tai b 1. Vastaus on tällöin 0.

Taitaa ed. olla ihan älytön, kun käskee aina vaan yrittämään uudelleen. No yritetään kuudes kerta. Seitsemäs.
333. Jukkis2.3.2024 klo 17:50
Sunko mielestä voi olla joko 2^1 = 10 tai 5^1 = 10?
334. eol2.3.2024 klo 17:57
Hep toistamiseen: nyt uskon keksineeni tarkoitetun, oikeasta narusta vetämiseen perustuvan ratkaisutavan, jossa logaritmeista siis ei tarvitse tietää mitään. (Mutta eivät logaritmit ole huono innovaatio nekään. Niiden avulla ratkaisu löytyi kätevän mekaanisesti, vaikka siihen kuluikin enemmän aikaa kuin pelkkään taikasauvan heilautukseen. Ei kuitenkaan niin paljoa aikaa, että ratkaisun löytämiseen voisi sanoa sisältyneen hankaluuksia.)
335. Jaska3.3.2024 klo 11:16
323. Ei voi olla mun mielestä. Eilen vaan jostain syystä oli väärä muistikuva summasta 2^a + 5^b = 10.
336. Jukkis3.3.2024 klo 12:03
Jos 2^a = 10, niin 2^(a-1) = 5.
Jos 5^b = 10, niin 5^(b-1) = 2.
Silloin 2^(a-1) = [5^(b-1)]^(a-1) = 5^[(b-1)(a-1)].
Mutta ekalla rivillähän saatiin, että 2^(a-1) = 5.
Joten saatiin 5^[(b-1)(a-1)] = 5.
Joten (b-1)(a-1) = 1.
337. Jaska3.3.2024 klo 13:49
Aika nätti. Teoriassa en ehkä olisi ollut keksimättä sitä ultrajuoksussa. Siitä tuli mieleen seuraava.

Mikä sellainen yhteys on luvuilla 2 ja 5, jota ei ole muilla kokonaisluvuilla?
338. Jukkis3.3.2024 klo 15:16
Ainoat kokonaisluvut a ja b, joille pätee
a^b - b^a = a + b
Eli a= 2, b = 5.
339. eol3.3.2024 klo 16:03
Myös 1^0 - 0^1 = 1 + 0, joten rajaus positiivisiin kokonaislukuihin lienee tarpeen.

Yksi lukujen 2 ja 5 tärkeä joskin myös hyvin triviaali yhteinen ominaisuus on seuraava: yleensä käytetään 10-kantaista lukujärjestelmää, ja luvut 2 ja 5 ovat tuon kantaluvun ainoat sellaiset tekijät, jotka ovat sekä ykköstä suurempia että itse kantalukua pienempiä. Tästä seuraa muun muassa se, että 10-järjestelmässä esitetyn kokonaisluvun viimeinen numeromerkki kertoo suoraan (paitsi sen, onko luku jaollinen kantaluvulla 10, niin myös) sen, onko luku jaollinen 2:lla, ja sen, onko luku jaollinen 5:llä. (Käytetystä kantaluvusta riippumatta, luku on aina sillä jaollinen jos ja vain luvun esityksen viimeinen numeromerkki on nollamerkki.)
340. eol3.3.2024 klo 16:37
Tuon Jukkiksen (336.) tavan minäkin sitten eilen eli toisella yrittämällä keksin. Sehän perustuu siihen, että 2 * 5 = 10.

Logaritmeillakin lasku on aika suoraviivainen. Käsitellään seuraavassa yleisempi tapaus, jossa annetut luvut 2, 5 ja 10 on korvattu x:llä, y:llä ja niiden tulolla xy (vastaavasti). Ideana on muuntaa logaritmilausekkeet samaan kantaan, ja yhteisen kantaluvun valinnalla ei itse asiassa ole väliä: tässä käytetään e:tä eli luonnollisia logaritmeja.

x^a = y^b = xy

a = log_x(xy) = ln(xy)/ln(x)
b = log_y(xy) = ln(xy)/ln(y)

(a - 1)(b - 1)
= [(ln(xy) - ln(x))/ln(x)] * [(ln(xy) - ln(y))/ln(y)]
= [ln(xy/x)/ln(x)] * [ln(xy/y)/ln(y)]
= [ln(y)/ln(x)] * [ln(x)/ln(y)]
= 1
341. Jaska3.3.2024 klo 18:22
338. oli tarkoittamani.

Ei taaskaan löydy yhteyttä. Kuusi yritystä. Enpä taida uskoa, että vika on (vain) koneessani. Seitsemän. 8. pidetään vähän pitempi tauko. 9. Katsotaan vielä vartin päästä.
342. Jukkis3.3.2024 klo 20:32
Mitä tarkoittaa "ei löydy yhteyttä"?
343. Jaska3.3.2024 klo 23:30
342 Ilmoitusta yhteyden löytymättömyytta sivustolle ja kehotusta "Yritä uudelleen."
KOMMENTOI

Pakolliset kentät merkitty tähdellä *