[3114] Lóczi Lajos | 2009-12-19 12:22:37 |
Kíváncsi lennék, hogy a fixpontokat milyen egyszerűsítési feltevésekkel/esetszétválasztásokkal/algoritmussal állítottad elő konkrétan.
Találtál esetleg menet közben 2-nél hosszabb ciklust? (Én eddig csak ilyenre bukkantam rá.)
|
Előzmény: [3112] Róbert Gida, 2009-12-19 00:26:20 |
|
|
[3112] Róbert Gida | 2009-12-19 00:26:20 |
10-es számrendszerben összesen 109 fixpont van, éspedig:
22,10213223,10311233,10313314,10313315,10313316,10313317,10313318,10313319,21322314, 21322315,21322316,21322317,21322318,21322319,31123314,31123315,31123316,31123317,31123318, 31123319,31331415,31331416,31331417,31331418,31331419,31331516,31331517,31331518,31331519, 31331617,31331618,31331619,31331718,31331719,31331819,1031223314,1031223315,1031223316, 1031223317,1031223318,1031223319,3122331415,3122331416,3122331417,3122331418,3122331419, 3122331516,3122331517,3122331518,3122331519,3122331617,3122331618,3122331619,3122331718, 3122331719,3122331819,10413223241516,10413223241517,10413223241518,10413223241519, 10413223241617,10413223241618,10413223241619,10413223241718,10413223241719,10413223241819, 41322324151617,41322324151618,41322324151619,41322324151718,41322324151719,41322324151819, 41322324161718,41322324161719,41322324161819,41322324171819,1051322314251617, 1051322314251618,1051322314251619,1051322314251718,1051322314251719,1051322314251819, 1051322325161718,1051322325161719,1051322325161819,1051322325171819,5132231425161718, 5132231425161719,5132231425161819,5132231425171819,5132232516171819,106132231415261718, 106132231415261719,106132231415261819,106132231426171819,106132231526171819, 613223141526171819,1011112131415161718,1011112131415161719,1011112131415161819, 1011112131415171819,1011112131416171819,1011112131516171819,1011112141516171819, 1011113141516171819,1111213141516171819,10713223141516271819,101112213141516171819
|
Előzmény: [3110] Sirpi, 2009-12-17 12:00:10 |
|
[3111] Lóczi Lajos | 2009-12-18 00:22:57 |
Ezzel kapcsolatban érdekes volt megfigyelni azt, hogy a legkisebb fixpontok minden számrendszerben csupa egyforma számjegyből állnak. (Vajon ezt a tényt külön be lehetne/lehetett volna látni a konkrét értékek ismerete nélkül?)
|
Előzmény: [3110] Sirpi, 2009-12-17 12:00:10 |
|
[3110] Sirpi | 2009-12-17 12:00:10 |
Kicsit átírtam a progit, hogy más számrendszerekkel is menjen. Ezeket találtam a kül. számrendszerekre:
2-es: 111, 1101001
3-as: 22, 10111, 11112, 100101, 2021102, 1011122, 10010122
4-es: 22, 1011112, 1011113, 1111213, 10213223, 10311233, 101112213
5-ös: 22, 10213223, 10311233, 10313314, 21322314, 31123314, 101111x1y (1<x<y), 10111221314
Elvileg ezekre nincs is más megoldás.
10-esre ezek a legfeljebb 8-jegyű megoldások, itt is csak pár sorozat van (3<x<y): 22, 10213223, 10311233, 1031331x, 2132231x, 3112331x, 31331x1y
És ugye igaz, hogy ha van olyan megoldás, ahol minden darabszám egyjegyű, akkor az minden magasabb számrendszerben is megoldás lesz.
|
|
[3109] Sirpi | 2009-12-14 13:09:39 |
Nem írtam át a progit a 2-es számrendszer kezelésére (amúgy is csak otthon van meg, ezt meg a villamoson agyaltam reggel fejben). De akkor kicsit kipofozom majd.
|
Előzmény: [3108] jonas, 2009-12-14 11:33:27 |
|
[3108] jonas | 2009-12-14 11:33:27 |
Érdekes, azt gondoltam, hogy a kettes számrendszerbeli kis megoldásokat számítógéppel könnyen megtalálod. Van pontosan egy kisebb is a 1101001-nél.
|
Előzmény: [3107] Sirpi, 2009-12-14 09:17:31 |
|
[3107] Sirpi | 2009-12-14 09:17:31 |
Ez a C függvény más számrendszerek esetén is érdekes lehet. Pl. 2-es számrendszernél szenvedtem egy kicsit, mire összehoztam a 1101001 számot (tudtok még?). Itt ugyanis nem megy a 22, mint legkisebb megoldás, ami minden más számrendszernél működik.
|
Előzmény: [3096] Lóczi Lajos, 2009-12-12 11:16:37 |
|
|
|
[3104] jonas | 2009-12-13 14:36:06 |
A C függvényről szóló 6. feladat nem nehéz. Könnyű látni, hogy ha n legfeljebb 10n jegyből áll, akkor C(n) legfeljebb 10(n+1) jegyből. Így aztán 30 jegyűnél hosszabb fixpont nem létezhet, tehát kell lennie legnagyobb fixpontnak. Ugyanez részben megoldja az 5. feladatot is, ugyanis azt bizonyítja, hogy minden számból indulva előbb-utóbb olyan ciklusba esünk, amiben minden elem legfeljebb 101030, így a ciklus is legfeljebb ilyen hosszú. Hasonlóan viszont azt is könnyű látni, hogy van tetszőlegesen hosszú átmeneti szakasz, mert ha n legalább 10.10n jegyű, akkor C(n) legalább 1+n jegyű (vagy valami hasonló egyenlőtlenség igaz).
A 3. és 4. feladatot feltehetően kimerítő kereséssel meg lehet válaszolni, kivéve ha valamiért nincsen 2-es ciklus, vagy a legkisebb is nagyon nagy.
|
Előzmény: [3103] Lóczi Lajos, 2009-12-13 01:15:16 |
|
[3103] Lóczi Lajos | 2009-12-13 01:15:16 |
Következzen végül néhány újabb kérdés és sejtés a C függvény kapcsán, amelyek természetes módon felmerülnek és amelyek között szerintem nehezebbek is vannak. (A saját tippjeimet egyelőre nem írom ide, hogy ne befolyásoljak senkit.)
Egy n szám 2-es ciklus, ha C(n)n, de C(C(n))=n. Hasonlóan definálhatók a k-hosszú ciklusok is.
3. feladat. Melyik az a legkisebb n, amely (a C leképezés iterációja során) előbb-utóbb 2-es ciklust eredményez?
4. feladat. Melyik az a legkisebb n, amely rögtön egy 2-es ciklus egyik tagja?
5. feladat. Igaz-e, hogy minden kezdőértékre a C iteráltjaiból alkotott sorozat előbb-utóbb ciklikussá válik? Ha igen, van-e tetszőlegesen hosszú "átmeneti szakasz", mielőtt a sorozat ciklizálni kezd? Van-e maximális ciklushossz, vagy pedig tetszőlegesen hosszú ciklusok előfordulhatnak?
6. feladat. Igaz-e, hogy C-nek van legnagyobb fixpontja? Ha igen, konkrétan melyik szám az?
A fenti C leképezést egyébként a Conway-féle "look and say" sorozat mintájára gyártottam, csak annál egyszerűbb. A Conway-féle sorozat sok érdekes tulajdonsággal bír, különösen meghökkentő a rá vonatkozó "cosmological theorem".
|
Előzmény: [3096] Lóczi Lajos, 2009-12-12 11:16:37 |
|
[3102] Radián | 2009-12-12 19:41:48 |
Ha vesszük a hatjegyűeket, ott 3 db különböző számjegy kell szerepeljen. A szám mindegy jegye kisebb az 5-nél. Ha a számok C(n) alakját akarom felírni az alábbi esetek állhatnak fenn:
1.) 4db x 1db y 1db z (a 4-es és 2 db 1-es sorrendje persze más is lehet, 1,4,1 1,1,4.) Tehát a számban biztosan fog szerepelni az 1,4,q számjegyek. 1-esből biztosan kell legyen legalább 2 db a C(n) felírás alapján, így a számban csak 4 db 1-es fordulhat elő, de ekkor nem az 1. ponti lenne a C(n) alak.
2.) 2db x 2db y 2db z Az 1. ponthoz hasonlóan n kellene tartalmazzon 3 db 2-est ,azaz C(n) alakjába kellene legyen egy 3db q alakú rész. Tehát ez az eset sem állhat elő.
3.) 1db x 2db y 3db z (Az 1,2,3 sorrendje más is lehet.) A szám eredeti alakjába tehát kell szerepeljen 1-es 2-es és 3-as, ezzel meg van az összes különböző jegy. Mivel x,y,z nem egyenlő egymással, így 1-esből 2-esből és 3-masból is több mint egy jegy fog szerepelni a számban, tehát nem lehet a C(n) alakja a 3. pontbeli.
|
Előzmény: [3101] Radián, 2009-12-12 19:17:27 |
|
[3101] Radián | 2009-12-12 19:17:27 |
A négyjegyűeket átfutottam. Egyik se lett jó. Elvileg csak a hatjegyűek között akadhat kisebb, de ezeket nem néztem meg rendesen. 4 jegyűeknél a szám pontosan két különböző számjegyet kell tartalmazzon, ráadásul mindkét jegyből 2-2 db van. E jegyek pedig a 0,1,2 közül kerülhetnek ki. Mivel mindkét jegyből 2-2 db van, ezért a keresett számok csak 2x2x alakúak lehetnek melyek nyilván nem egyenlők a hozzájuk rendelhető C(2x2x)-szel.
|
Előzmény: [3099] Valezius, 2009-12-12 18:07:21 |
|
[3100] Sirpi | 2009-12-12 18:17:40 |
5 perc alatt összeütöttem rá egy progit, amiből kiderült, hogy ez-e a 2. legkisebb... Annyit mindenesetre elárulok, hogy legfeljebb 8 jegyű megoldás 36 db van.
|
Előzmény: [3099] Valezius, 2009-12-12 18:07:21 |
|
[3099] Valezius | 2009-12-12 18:07:21 |
Ha 8 jegyűt keresünk, akkor 10-val kell kezdődnie, a 3. jegy 0,1,2 lehet, amiből a 0 nem lehet, de az 1 sem, hisz ez a helyiérték az egyesek számát mutatja. 1021x2yz alakú számok maradtak. x legalább 3. És ekkor kijön, amit írtál. Amiről elhiszem, hogy kisebb, mint az enyém :) Tehát ha van kisebb, akkor az 4 vagy 6 jegyű lehet.
|
Előzmény: [3098] Radián, 2009-12-12 16:12:24 |
|
|
|
[3096] Lóczi Lajos | 2009-12-12 11:16:37 |
Vezessük be a következő, C-vel jelölt függvényt.
C egy tízes számrendszerbeli pozitív egészhez egy ugyanilyen típusú számot rendel. A számok nem kezdődhetnek 0-val.
Ha n egy pozitív egész, akkor C(n) értéke legyen az a szám, amelyet úgy kapunk, hogy számjegyenként nagyság szerint sorban megszámoljuk, hogy az illető jegyből az n szám összesen hány darabot tartalmaz, ezt leírjuk, majd rögtön utána hozzáírjuk a számjegyet magát, és ezt minden szereplő jegyre megismételjük folytatólagosan leírva.
Például C(2009)=201219, mert 2009-ben (számjegyek szerint növekvő sorrendben) található "2 darab 0", "1 darab 2-es" és "1 darab 9-es".
Egy másik példa: C(31415927)=21121314151719.
Ha valamely számjegy nem szerepel n-ben, azt C nem veszi figyelembe, tehát nem mondunk olyat, hogy pl. "nulla darab egyes".
Egy n szám a C függvénynek fixpontja, ha C(n)=n.
1. feladat: Keressük meg C legkisebb fixpontját.
2. feladat: Keressük meg C második legkisebb fixpontját.
|
|
[3095] bily71 | 2009-12-02 11:59:04 |
Valószínűleg megbuktatnának :) Nem okoskodok tovább, igazatok van, inkább sokak örömére visszavonulok, nagyon keveset tudok, én itt esetleg csak kérdezhetek, ide nem elég a matek szeretete, itt tényleg zsenik vannak, valóban ez nem az a fórum... Inkább ezt a pár hónapot a felvételire való felkészüléssel kellene töltenem, elvégre sok bepótolni valóm van.
|
Előzmény: [3094] nadorp, 2009-12-02 08:52:48 |
|
[3094] nadorp | 2009-12-02 08:52:48 |
Nem tudom mit szólnának hozzá egy számelmélet vizsgán
"...ergó n|mx, mivel m prím, ezért n|x"
1) ha egész, akkor csak az következik, hogy n|mmxm. Az állításod első fele csak akkor igaz ha n prím ( 12|33.143, de 12|3.14)
2) 18|3.30, mivel 3 prím ezért 18|30 ?????????????
|
Előzmény: [3092] bily71, 2009-12-01 12:02:44 |
|
[3093] bily71 | 2009-12-01 14:21:22 |
Persze abból, hogy n|x, még nem következik, hogy m|a, csak érdekesnek találtam, így leírtam. Egyébként, ha m=2, akkor igaz minden esetben, hogy 2|a, mivel a és b közül az egyik páros, és igazából nincs jelentősége annak, hogy a két négyzetszám közül, amelyek összege is négyzetszám, melyiket jelöljük a-val, jelölhetjük mindig a párosat.
|
Előzmény: [3092] bily71, 2009-12-01 12:02:44 |
|
[3092] bily71 | 2009-12-01 12:02:44 |
Folytatva:
am+(n+mx)m=(n+a)m
A jobb oldali tört elötti, és a bal oldali összeg értéke egész, ebből következik, hogy a tört értéke is egész, ergó n|mx, mivel m prím, ezért n|x. Tehát
am+(n(my+1))m=(n+a)m
|
Előzmény: [3087] bily71, 2009-11-30 23:38:47 |
|
[3089] bily71 | 2009-11-30 23:59:25 |
Ezek pedig nem csupa páros pithagoraszi számhármasok, miért következne abból, hogy m=2|a, hogy mind páros? Már félek bármit is írni, annyira szigorúan bántok velem...
|
Előzmény: [3088] bily71, 2009-11-30 23:52:21 |
|
[3088] bily71 | 2009-11-30 23:52:21 |
Legyen m=2,a=4,x=1,n=1, ekkor
am+(n+mx)m=(n+a)m
42+(1+(2.1)2=(1+4)2,
vagy m=2,a=12,x=2,n=1, ekkor
122+(1+2.2)2=(1+12)2.
Tehát m=2, és igaz! Én erre gondoltam.
|
Előzmény: [3087] bily71, 2009-11-30 23:38:47 |
|