Postępik
Jako cyklista fanatyk z żalem witam jesienne chłody, które nie sprzyjają dłuższym i dalszym wycieczkom. Pół biedy, gdy jesień jest bardziej słoneczna, niż dżdżysto-śnieżna. Niestety, z tegoroczną bywa raczej odwrotnie. Ponieważ jestem też piwoszem – ale nie fanatykiem, tylko smakoszem, i to umiarkowanym – połączyłem obie słabości w krótkodystansowe hobby pod tytułem „spragniony cyklista”. To jakby wersja dla ubogich długodystansowego „Spragnionego podróżnika” z Travel channel. Niezorientowanym wyjaśniam, że bohater programu zwiedza świat jako konsument regionalnych trunków, zwykle z górnej półki. Napisałem „zwykle”, bo zdarza się, że po niektórych, mimo skromnego spożycia, z trudem przychodzi do siebie, a raz nawet (w Peru, jeśli dobrze pamiętam) ledwo uszedł z życiem. Moje pedałowanie ogranicza się do pobliskich wsi słowackich i polskich. Nawet w najmniejszej trafia się przytulna knajpka, w której można się pokiwać nad kufelkiem, chłonąc folklor i rozwiązując lub układając jakąś łamigłówkę. Na przykład matematyczną, związaną z trójkątem Pascala.
Urok trójkąta Pascala bierze się przede wszystkim z kontrastu między trywialnym sposobem jego tworzenia, a mnóstwem zaskakujących i wcale nie trywialnych zależności i osobliwości matematycznych, jakie się w nim pojawiają. Jak wiadomo konstrukcja zaczyna się od klina z jedynek, który następnie wypełniany jest liczbami zgodnie z prostą regułą: pod każdą parą cyfr wpisujemy ich sumę. Można też, deformując nieco klasyczny kształt, przedstawić trójkąt w postaci ciągu dwuwymiarowego (jak ciąg w poprzednim wpisie), którego wyrazy określa symbol Newtona.
Podstawowe „cuda” trójkąta Pascala są dość znane. Można o nich poczytać np. w Wikipedii. Przypomnę jedno, którego w Wikipedii nie ma: jeśli od dowolnej lewej jedynki pojedziemy w dół po przekątnej (na rysunku ciągowym) i zatrzymamy się na jakiejś liczbie, to tuż pod nią odczytamy, niczym na liczniku, jaki dystans pokonaliśmy (suma „przejechanych” liczb).
Pora na cudo mniej znane, a bardziej łamigłówkowe.
W siódmym wierszu (pierwszy jest zerowy) występują kolejno trzy liczby, tworzące fragment postępu arytmetycznego: 7, 21, 35 (ze względu na symetrię jest tu także „regres” arytmetyczny – 35, 21, 7). To rzadkość w wierszach trójkąta Pascala, a dłuższy fragment w żadnym się nie pojawia.
W którym najbliższym wierszu znajduje się następny trzywyrazowy postępik arytmetyczny i z jakich liczb się składa?
Komentarze z prawidłowymi rozwiązaniami uwalniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu. Wpisy pojawiają się co 3 dni.
Komentarze
n=14, k=4
liczby to: 1001, 2002, 3003
Metoda znalezienia rozwiązania:
F(n,k) = a(n,k+2)-2*a(n,k+1)+a(n,k)
zmieniając n i k można zauważyć ze:
zwiększając n – F(n,k) rośnie
zwiększając k – F(n,k) maleje
Algorytm postępowania jest wiec taki
1. Zwieksz n,
2. Sprawdź F(n.k)
3. F(n,k) >0 to zwiększ k, goto 2
4. F(n,k) >0 to goto 1
5. F(n.k) == 0 END 🙂
wychodząc od F(7,1) w 11 krokach dostajemy rozwiązanie (np. przy pomocy google spreadsheets)
Witam, zadanie ciekawe, ale nie trzeba tutaj zadnego myslenia. Mozna zastosowac metode „brute force” i po prostu wypisac trojkat Newtona szukajac ciagow arytmentycznych (jeszcze lepiej pozwolic to zrobic komputerowi).
Wtedy widac, ze nastepne ciagi to;
1001 2002 3003 (n=14, k=4,5,6)
490314 817190 1144066 (n=23, k=8,9,10)
Oczywiscie duza bardziej elegancka metoda to zauwazenie, ze srodkowa liczba (n po k) w ciagu jest srednia arytmetyczna dwoch sasiednich (n po k-1 i n po k+1). Po ulozeniu rownania wychodzi cos takiego:
4k^2 – 4nk + n^2 -n – 2 = 0
Wyznacznik tego rownania (tzw. delta) musi byc rowny kwadratowi jakiejs liczby. A poniewaz ten wyznacznik wynosi 16n+32= 16(n+2) i 16=4^2, to rozwiazaniem tego rownania sa wszystkie liczby postaci n=m^2-2, gdzie m=3,4,5,6,….
Stad najmniejsze liczby n (i k, gdzie k to srodek ciagu arytmentycznego) to:
7 (2), 14 (5), 23 (9), 34 (14), 47 (20), 62 (27), ….
Pozdrawiam
konglaide
P.S.
Wzór ogólny:
Dla i=1,2,3,…
n(i) = i*i+4i+2
k1(i) = i*i/2+3i/2-1
k2(i) = i*i/2+5i/2+1
Pozdrawiam 😉
Witam
Najbliższy kolejny taki ciąg arytmetyczny wystąpi dla n=14, k=4,5,6
liczby 1001,2002,3003
Generalnie po prostym przekształceniu równania:
a(n,k+2)-a(n,k+1)=a(n,k+1)-a(n,k)
gdzie a(n,k) oznacza symbol niutona
otrzymujemy wzór na k dla danego n tworzącego pierwszy wyraz takiego trójelementowego ciągu arytmetycznego
k=+-(sqr(n+2)-2+n)/2
gdzie sqr to pierwiastek kwadratowy.
+- ponieważ dla każdego n są dwa ciągi arytmetyczne: rosnący i malejący.
W przykładzie ciągiem malejącym jest 35,21,7.
Oczywiście w grę wchodzą tylko takie n, które spełniają zależność n+2=x^2 (x do kwadratu czyli x*x) dla x całkowitych.
Pozdrawiam
peha
Postepik bedzie dla kazdego wierszyka w, ktorego numerek wyraza sie wzorkiem: w = x^2 – 2, dla x >2
Nastepny pojawi sie w wierszyku 14 i beda go tworzyc liczbusie (?) 1001, 2002 i 3003.
a (male)
Dla n=14 mamy 1001,2002,3003
1001 2002 3003 pojawiają się w 14 rzędzie (miejsca 4,5,6)
Po zapisaniu warunku na ciąg arytmetyczny i prostych przekształceniach dostajemy równanie:
n^2 – 4nk – n + 4k^2 – 2=0 , czyli
(n-2k)^2 = n+2
Zatem n+2 musi być kwadratem –> stąd 14.
łatwo zauważyć, że dla każdego n+2 będącego kwadratem dostaniemy odpowiednie ‚k’…
Poniższe rozwiązanie jest prawdziwe tylko dla ciągów arytmetycznych składających się z trzech kolejnych elementów w wierszu.
Musimy znaleźć trzy kolejne liczby a,b,c, w pewnym wierszu trójkąta Pascala, spełniające równość a+c=2*b (to z twierdzenia o ciągu arytmetycznym). Trzy kolejne elementy trójkąta Pascala możemy opisać jako (n|k-1),(n|k) i,(n|k+1) {|- nad} gdzie n?2 i 0<k2. Czyli k=(p^2+p-2)/2.
2) 2k-n2. Łatwo zauważyć, że z obydwu przypadków dostajemy te same trójki liczb tylko w odwrotnej kolejności.
Dla p=3 otrzymujemy n=7 i k=5 (czyli te elementy znajdują się w siódmym wierszu).
Dla p=4 otrzymujemy szukany wiersz n=14 i k=9. Kolejne elementy ciągu to: 3003,2002,1001
Łamiblogu rozwijaj się.
Dużą część wyrzuciło mi z mojego komentarza. Nie chce mi się jeszcze raz go pisać. Najważniejsze: k,n,p liczby naturalne: p>2, n>2, 0<k<n.
n=p^2-2
k=(p^2+p-2)/2 lub k=(p^2-p-2)/2 ze względu na symetrię trójkąta.
Możemy wyprowadzić wzór na numer wiersza i kolumny, w której znajduje się pierwszy element ciągu:
w(i)=i^2+4i+2,
k(i)=(i^2+3i)/2 -1 (dla ciągu rosnącego),
k(i)=(i^2+5i)/2 +1 (dla ciągu malejącego).
Dla i=1 mamy ciąg:
7, 21, 35.
Następny ciąg, dla i=2:
1001, 2002, 3003
A dalej mamy, dla i=3
490314, 817190, 1144066
dla i=4
927983760, 1391975640, 1855967520
itd.
Nie umiem udowodnić czy korzystając z wyżej wymienionych wzorów jesteśmy w stanie wyszukać wszystkie ciągi. Przypuszczam, że tak.
Pozdrawiam