Reklam Alanı

1 Ler ve 0 Lar

Bu soru 27 Eylül 2009 tarihinde MyNameis_HIDIR tarafından gönderildi

En az 2 tanesi 1 olmak üzere sadece 1 ler ve 0 lardan oluşan bir tamkare olabilir mi?

Facebook'ta Paylaş

5 votes, average: 1,80 out of 55 votes, average: 1,80 out of 55 votes, average: 1,80 out of 55 votes, average: 1,80 out of 55 votes, average: 1,80 out of 5 (5 Üye oyladı, Ortalama puan: 1,80)
Bu soruya puan verebilmek için üye olmalısınız.
Loading...

Etiketler: , , , , , , ,


“1 Ler ve 0 Lar” için 24 Yorum

  1. MyNameis_HIDIR dedi ki:

    Bu soruyu başka bi soru ile uğraşırken buldum. başka yerde okumadım ve tam olarak da çözdüğüm söylenemez. daha önce birileri düşünmüşlerdir ama dediğim gibi benzerlerini çok görsem de hiç bu soruyu görmedim.
    buraya da cevabı tam bulana kadar taslak olarak yazmıştım ama nedense taslak olarak yazıldığı halde yayınlanmış, neyse artık hiçkimse bi çözüm bulamazsa , benim biraz havada kalsa da bi çözümüm var elde tek o olduğundan onla idare etcez. inş. başka birisi daha güzel bişeyler bulur (belki de soru önceden çözülmüştür başka yerden bi çözüm de bulup getirebilir) da benim çözümüme gerek kalmaz :)

  2. sahin dedi ki:

    Hidir, sanirim bunun cevabini kolayca, ilkokulda sirlarinda ogrendigimiz, carpma metodunu kullanarak bulabilirsin gibime geliyor. simdilik, soru taze oldugu icin, detaya inmiyorum, ancak, var olup olamayacagi konusunda detay vermeden, sunu belirteyim, rakamimiz, 1 yada 2 yada 3 ile baslamali, son rakami ya 0, ya 1 yada 9 olmalidir. ve buradan hareketle ve carpim metdundaki toplam kismini sondan geriye dogru gittiginde tatmin edici bir sonuca ulasacagina dusunuyorum. (gerci, bunu sende dusunmus olabilirsin, ama yinede not olarak buraya dustum)

    • MyNameis_HIDIR dedi ki:

      Yani bu yazdıklarından cevap bulunamıyo en azından ben bulamadım.

      üstüne üstlük kötü de olsa bi çözüm yapmıştım, senin yazdıklarını incelerken kendi yaptığım çözümün de yanlış (eksik) olduğunu farkettim.

      hem böyle bir tamkare olmadığından hem de bunun 1 sayfadan kısa bir ispatının yapılabileceğinden adım gibi eminim ama bulamadım :)

      neyse belki yazdıklarını daha ayrıntılı açıklarsan ben de ilk başta göremediğim noktaları farkedebilirim. umarım çözüm senin yaptığındır bu sorudan kurtulmuş oluruz.

  3. aytmatowx dedi ki:

    Bu soruya benim cevabım bulunamaz şeklinde
    excellde bir sürü sayı denedim bulamadım tabiki matematiksel kanıt olamaz.bnce sayılar iki grupta incelenmeli
    a)içinde sadece 0 ve 1 olanlar
    b)içinde herhangibir rakam olanlar 3,4,5 vb olanlar yani 0 dan ve 1 den farklı sayılar içerenler

    b)b şıkkının ispatı çok kolay zaten görülüyor
    a şıkkıda binom açılımlarda bir yere kadar açık bn henüz tamamlayamasamda ……..

  4. aytmatowx dedi ki:

    Olayı ne bozuyor 2.kere 1 olmak zorunda olması bozuyor eğer o olmasa
    mümkündü.

    • MyNameis_HIDIR dedi ki:

      Evet 2. kez 1 geçmiyo olmasa zaten 100 , 10000 gibi sayılar tamkareler

      sayımız x gibi bir ayının karesi olsa x in 9 modundaki değerine bakınca 0,1,4,7 elde ediliyo yanlı hatırlamıyosam

      en az 2 tane 1 olması aynı zmanda en az 4 tane 1 olmasını gerektiriyo, buradan hareketle bi çözüm yapmıştım ama yanlış olduğunu şahin arkadaşımızın anlattıklarını test ederken farkettim.

      çözümümde ilk önce sonu 0 olanları yoksayalım dedim çünkü sonundaki 0 ların sayısı çift olmalı ve 0 lar olmadan da kalan sayı sadece 1ler ve 0 lardan oluşan bir tamkare olmalı

      neyse en az 4 tane 1 olduğuna göre , 1..10…01 şeklinde bir sayı olmalı dedim
      yani sondaki 1 den sonra ilk gelen 1 için diyelim ki 1001 sayımızın sonu
      bu 1001 sonunu oluşturan sadece 501 ve 749 olabiliyo ( 10001 için de 5001 gerekmesi gibi) ve sayımızı a501 ya da a749 gibi ayırdığımızda karemizin 1001 den önceki gelen rakamının 0 veya 1 olmasından hareketle a sayısının sonunun 0 olması gerektiğine varmıştım ama yanlışmış, şu an soru açık kaldı anlıycağın.

      bu arada tekrar söyleyeyim böyle bir tamkare olmadığına %99.99999 eminim ama çözemiyorum, böyle basit görünülü bi soruyu da kısa sürede çözemeyince insanın aklına bişey gelmiyo. yani bu saatten sonra çözebileceğimi sanmıyorum. arkadaşlara falan sordum cevaplayan olursa buraya yazarım artık.

      ———

      b şıkkında belirttiğin sayılar için sanırım sonsuz sayıda örnek bulunabilir. ne bileyim mesela 6,66,666,6666 … dizisindeki sayıların karelerinde hiçbir zaman 0 ve 1 geçmez, bu sayıların kareleri
      4…435…56 şekilli sayılardır.

  5. aytmatowx dedi ki:

    A şıkkı için bir ispat düşündüm yani sadece 0 ve 1 lerden oluşan bir sayımız olsun

    x=1000000000000….10000… vb
    şimdi sayıyı 2 kısıma ayıralım
    hepsi sıfır olarak sayının değeri a olsun
    ve 1 den sonrası içinde oluşan + sayı değeri b olsun
    örnek 10010
    a=10000
    b=10
    gibi şimdi x^2 (x in karesi)=(a+b)^2=a^2+2ab+b^2
    bakın içinde en az bir tane 2 oluştu yani
    2ab nin sıfırdan farklı olduğu açık
    ve buradaki terimler farklı olduğundan bir birine karışmaz

    • MyNameis_HIDIR dedi ki:

      Bu durumda kare olan sayımızın içinde sadece 2 tane 1 geçtiğini varsaymış oluyosun oysa biz en az 2 tane 1 geçtiğini düşünüyoruz.

      bir de sanki işlemde kendisi kare olan sayı değil de karesi alınan sayının da sadece 1ler ve 0 lardan oluştuğu düşünülmüş gibi.

      yani 10010011000 şekilli bir sayının karesinin 10001…0011000 gibi bi sonuç vereceğinden yola çıkılmış ki bu sadece sorunun ufak bir parçası olur.

      • aytmatowx dedi ki:

        Cevap 0 ve 1 in hiçbir kombinasyonu için
        aranan sayı olamıyacağını ispatlıyor
        *işin bu kısmını kapatıyor ama işte 0 ve 1 den farklı sayılar içerdiğinde niye olamaz
        o kısmı eksik bırakıyor

        • aytmatowx dedi ki:

          10010011000 örneğini alalım
          bu tarz sayıların karesi alındığında
          en az 1 kere 2 oluşur
          iddiam bu .
          ispatıda verildi
          *belki biraz dolaylı mantık yürütme oluyor

        • MyNameis_HIDIR dedi ki:

          Pardın ben genel ispat yaptığını sanmıştım sadece 1 ve 0 içeren sayıların kareleri için dediğin doğru yaptığın ispat da doğru bence.

          ama takdir edersin ki n basamaklı bi sayının içinde sadece 1 ve 0 içerenlerin oranı

          hadi başa 0 gelme ihtimalini de çıkarmayalım

          1/(5^n) gibi bişey olması lazım ki 10 basamaklı bi sayı için bile bu tür sayılar çok küçük bi oranda kalır.

  6. sahin dedi ki:

    Tamam, kendi cevabimi vermeden once, biraz daha ipucu vermek isityorum;

    gozunuzun onune, sekli olarak, carpma islemini canlandirin; carpma islemi yaparken, carpimlari bire satir halinde ve bir geriye kaydirarak yaziyoruz. Sanirim, bunu hepimiz biliyoruz. Simdi, rastgele, herhangibir abc..q seklinde bir sayimiz olsun; bunu, kagit uzerinde, ilkokulda ogrendigimiz carpim sekilde deneyin. Acik olarak gozukecektir, caprimdaki toplam kisminda, ilk terim a^2 ve son terim de q^2 olacaktir. bu su demektir, a=1 yada 2 yada 3 olabilir. ve a’nin 3 ve ya 2 olma ihtimalini, onceki carpimlardan ve toplamlamlardan sola dogru aktarilan sayilari da hesaba kattarak, inceleyin. Sanirim, su gorulecektir; a 2 yada 3 olamaz. geriye 1 olma ihtimali kalmaktadir. eger ayni mantigi kullanirsak, a dan onceki sayilarin 0 olmasi gerektigi sonucuna ulasiriz. Bu yaklasim bir ozelligi, biraz sekli olarakda cozumu gormenizi saglamisidir. yani, carpim methodunu seklen kagit uzerine doktugunuzde, gayet carpici bir sekilde, sekil uzerinden sayi aktarimlarini ve olasi yada olamasi gereken degerleri rahat gorebiliyorsunuz. Buradan hareketle, aranan sayinin ilk rakaminin 1 degerini ve digerlerinin de 0 degerini almasi gerektigi sonucuna ulasiyorsunuz. Buradan hareketle, aranan ozelliklerde bir sayinin olamayacagi sonucuna ulasiyorsunuz.

    Eger vakit bulabilirsem, sekli olarak ve daha detayli bir sekilde, yuruttugum mantigi buraya yazicam.

    • MyNameis_HIDIR dedi ki:

      Yukarda da yazdığım gibi ben ab…q gibi bi sayı için
      karesi sadece 1 ler ve 0 lardan oluşuyosa
      q nun 1 ve 9 (0 olduğu durumların değeri yok) , a nın ise sadece 1 ve 3 olabileceği sonucuna varabiliyorum
      a=3 ise de b nin 1 olması gerektiğini de belirlemiş oluyorum o kadar.

      bu yazdığın çarpmanın açık halinden başka sonuca varamadım.
      sen çözümünü yazınca ancak bakıp anlamaya çalışcam.

      ———
      şu an yazarken bişeyler aklıma geldi sanki, hemen onu da not edeyim belki faydası dokunur.
      sadece 1ler ve 0 lardan oluşan bi sayı tamkare ise sanki onun tersi de tamkare olmalı gibi fikre kapıldım şu an çok yorgunum ancak yarın inceleyebiliim onu , bakarım belki bişeyler çıkabilir.

      • sahin dedi ki:

        Evet dogru, soyledigim, carpimin acik halinde yazilmasindan baska bir sey degil ama faydasi olan bir yaklasim; soyleki, acik halde yazimda, gorulecektir,

        a^2 terimi, ya 10 olamildir, yada 11. yani, a*b teriminden ya 1 yada 2 sayisini, a^2 terimine aktarilmalidir. simdi, a=3 iken b=1 olmasi gerektigi sonucuna ulastigina gore,( bunun nasil oldugu detayina girmiyorum, cunku buna zaten ulasmis durumdasin); ve soyle diyorum. a=3 iken b= 1 olmasi gerekir; fakat, a^2 nin 10 yada 11 olmasi gerektiginden; iki tane a*b teriminin toplamindan, 1 yada 2 sayisi aktarilamaz (cunku, toplamlari 6 eder, ve bir ust dizedeki c*a teriminden de azami, 2 sayisi aktarilabileceginden, b*a terimin bulundugu sutunun toplami, asla 10 gecemez), dolayisiyla, a^2 terimi, 9 olarak toplam hanesine duser ki, bu aradigimiz kosulu saglamaz. ve geriye, a=1 olma kosulu kalir. simdi bu durumda, a*b teriminin bulundugu sutununa baktigimizda, bu sutunun toplami asla 10 nu gecemez, dolayisiyla, b<5 olmalidir; aksi halde, a*b bulundugu sutun a^2 terimine en az 1 degeri verirki, bu da caprmin sonucun en az 2 ile baslamasina goruturur. tabii bu da aradigimi sayi degildir. ve b=0 dan farkli degerleri, a*b sutunun bulundugu toplami, 0 yada 1 den farkli kilar ki bu da aradigimiz sayi degildir. geriye b=0 kosulu kalir. a=1, b=0, iken c*a terimin bulundugu sutunda, iki tane c*a oldugundan, c=0 dan baska herhangibir deger, o sutun altindaki degeri, 1 yada sifir dan baska bir deger yapar. bu da aradigimiz degildir; dolayisyla, c=0 olmalidir, ve bu sekilde, digerlerinide uyguladigimizda, q ya kadar butun rakamlarin sifir olmasi gerektigi sonucuna ulasiriz.

        tabii bu arada, anlatim ile, cozumu sunmaya calistim, ne derece yapabildim bilemiyorum. ama dedigim gibi, ilerde daha bir detayli cozumu burada sunacagim. ısin asli, su an elimdeki laptobumda yeterli grafik cizim donanimi olamdigindan, anlatiklarimi, sekli olarak gostermek biraz zaman alacak; ama vakit bulur bulmaz, daha temiz bir sekilde onu hazirlayip buraya koyacagim. sekilde israr etmemin nedeni, daha once belirttigim gibi, cozumu, daha acik bir sekilde gormeyi saglamsindandir. tabii sekil derken, kast ettigim sekil, acik yapilan carpimin, kagit uzerindeki halidir. yani, oyle aman aman bir sey beklemeyin.

        • sahin dedi ki:

          Not: “fakat, a^2 nin 10 yada 11 olmasi gerektiginden;iki tane a*b teriminin toplamindan, 1 yada 2 sayisi aktarilamaz ” ifadesi soyle ol,asi gerekiyor; “fakat, a^2 nin bulundugu sutunun aktarilan sayilarla beraber 10 yada 11 olmasi gerektiginden; 1 yada 2 bir onceki sutundan aktarilmasi gerekmektedir; ancak, a=3 ve b=1 oldugundan; bir onceki sutundan 1 yada 2 sayisi aktarilamaz”

          • sahin dedi ki:

            Bir duzeltme daha; “c=0 dan baska herhangibir deger, o sutun altindaki degeri, 1 yada sifir dan baska bir deger yapar.” ifadesi “c=0 ve 5 den baska hehangibir deger almasi durumunda, o sutun altindaki degeri, 1 yada 0 dan baska bir dger yapar;c=5 olmasi durumunda, c^2 bulundugu sutundan sonraki 2inci sutunu 0 yada 1 den farkli bir deger yapar”

        • sahin dedi ki:

          Beyler, simdi oturdum, grafik hazirlarken; hata yapmis olabilecegimi fark ettim (sayi aktarimlarindan birinde, bir noktayi gozden kacirmisim gibi geldi, ama henuz emin degilim); simdi onun icin cozumu tekrar gozden geciyorum. o nedenle, simdilik benim ileri surdugum yaklasim, sizi yanlis yonlendirmesin diye bu notu dusuyorum. (isin dogrusu, kendimi biraz salak gibi hissettim, o noktayi nasil gozden kacirdigimi fark ettigimde)

          ozur…

        • MyNameis_HIDIR dedi ki:

          Bu yazıdan kabaca baştan 3. basamağı yani abcdefg…q sayısında daha c sayısını geçmeden çelişki elde ettiğimizi anlıyorum

          oysa bana istediğin sayıda basamak söyle , ben o kadar sayıda basamağa kadar sorun çıkarmayan bir ayıyı 2 saniyede bulabilirim

          örneğin 4 basamağa kadar sorun çıkarmayan bi sayı bulalım

          ilk önce 10 basamaklı sadece 1ler ve 0 lardan oluşan son basamağıda 1 olan bir sayı yazarız (ör. 1010101001)
          bunun kökünü alırız
          31782,086 gibi bişey çıktı

          bunu 31781 e yuvarlarız
          31781 sayısı aradığımız özelliktedir.
          yani ilk 4 basamakta çelişki elde ettirmez

          karesi de
          1010031961 dir

          —-

          bence işlemindeki sorun a^2 yi hesaplayıp yanına ab den ve ac den den gelen eldeleri eklerken b^2 den , c^2 den ya da ad lerden gelecek eldeleri hesaba katmıyo olmak

          bilemiyorum buradan sanki sonuç çımkıycakmış gibi geliyo çünkü (başında ya da sonunda farketmez) istediğimiz uzunlukta parçası 1 ler ve 0 lardan oluşan bir tamkare oluşturmak çok kolay sorun hepsinin 1 ve 0 olmasında çıkıyo

          • sahin dedi ki:

            Hayir bahsettigin hesaplamalar yapiliyor. buradaki sorun, bu eldeleri aktarirken, olusturmaya calsitigim recursive mantikta; yani bu mantigi olusturuken, daha onceki safhalardaki, olasili elde aktarimini recursive mantigin icine, basarili sekilde sokulamamis olmasi. temel dusunce, diyelim, c nin degrini hesaplarken, izledigin belirli sayidaki adimi, d icinde yapilabilabilir hale getirmek, yani, bir kere c nin sifir olamsi gerektigi sonucuna ulastiginda, c ile baslayan butun terimler sifirlanir, geriye, d ve sonrasi kalir; yani, c nin hesaplanmasi icin olusan kosullar, d nin hesaplanmasi icin olusur oldugunu gostermek idi. tabii ilk etabda, bunun saglandigi sonucuna ulastim. ancak, gel gor ki kazin ayagi oyle degil gibi. simdi onu tekrar inceliyorum.

            buradan, bir sonuc cikar mi? cikabilir… cunku, yinede, bu yaklasimin, ispatini saglayacagini dusunuyorum; ancak, cikan cozum, basit olur mu? iste bu noktada, simdi, ilk etapda basit sandigim gibi basit olmayacagi dusunuyorum.

          • MyNameis_HIDIR dedi ki:

            ışte ben de aynen bu mantığın sayımızın başında değil de sonundaki sayılar için kullanıp sayımızın 749 , 501 , 5001 , 50001 … türü sayılarla bitmesi gerektiğini bulmuştum. sonra da bu sayılardan önce gelen sayıların 0 olması gerektiğini gösterdiğimi düşünmüştüm ama yanılmışım.

  7. sahin dedi ki:

    Bakiyorum bu soru pek bir hareketsiz kaldi. Burada, yuruttugum mantigin, biraz detayin vererek, bu soruya yeni hareketlilik kazandiralim.

    Isin asli, dusundugum, recursive mantik su idi;

    Aranan sayimiz m-basamakli bir sayi olsun
    A(1)*A(2)*…*A(m), burada A(i) {0,1,..,9} kusmesinin elemani – sadece A(1) sifir degerini alamaz- bu durumda, asagidaki tespit yapilabilir.

    Ti=Toplam[A(j)*A(i-j+1)] ; j=1,2,..,i ve i=1,2,…,m
    Ti=Toplam[A(j)*A(i-j+1)] ; j=i-m+1,..,m ve i=m+1,m+2,…2m-1
    Ci=(Ti+E(i,j)) – ||(Ti+E(i,j))/10||*10 ve Ci {0,1} kumesinin elemani, ve j=j+1 ve Ci, carpimin sonucunda, bulunan rakamlari verir
    E(i,j)=||(Tj+E(j,j+1))/10|| ve E(i,j), j.nci kolondan, i.nci kolona aktarilan eldedir ve E(2m-1,2m)=0.

    (Indeksleme, sondan baslanarak yapilmistir; sebebi, A(1) in alabilecegi degerleri hesaplayarak, basa dogru gelip, A(m) in alabilecegi degerleri bulmak ve bunun {0,1,9} kumesiyle kesisimini almak. Yani, islemi sondan baslatarak, nihayetinde elde sonucun, A(m) in alabilecegi degerler ile celismemesi gerekir)

    Ilk etapda bu islemi sondan basa dogru yaptigimda, A(1), rakaminin {1,2,3} olmasi gerektigi sonucuna ulasmistim. Ve fakat, A(1)in degerini 1’e indirgenken ve ondan sonra gelecek sayilarin 0 olmasi gerektigi sonucuna ulasmistim; fakat bunun dogru olmadigini farketim. Cozumu tekrar incelemem sonucunda, recursive mantigi, yukarida belirttigim sekilde yeniden duzenledim. Buradan, kabaca yaptigim tahlille, aktarilan eldelerin ve A(i) rakamlarinin 0 ya da 1 olmasi sonucuna ulasiyorum. Ancak emin degilim, cunku ic ice inceleme gerektirdiginden, kontrolun kabolmasi muhtemel. Ve aranan sayinin rakamlari A(i), {1,0} kumesinin elemani olmasi sonucuna ulastim. Ve bu ihtimal uzerinden, A(1)=1 haric, diger rakamlardan herhangibir rakamin 1 olmasi durumda, carpimdaki sayida, en az bir tanesinin birden buyuk deger yaptigi sonucuna ulastim. Tabii, yukarida verdigim fonksiyonlar dogrultusunda. Detayi, burada vermiyorum, cunku, oldukca, komplike analizi -ki o nedenle, vardigim bu sonuctan pek emin olamiyorum-, buraya aktarmak biraz zahmetli oluyor benim icin. Ancak, bu notu duserek, ilgilenenlerin dikkatine sunuyorum.

    NOT: Hidir, sayfaya, grafik yada resimler nasil ekleniyor?

    • sahin dedi ki:

      Not: a(1)*a(2)*..*a(m) seklinde yazilmistir; su sekilde duzeltimlesi gerekir;
      a(1)a(2)…a(m) ve carpim sonucu c(1)c(2)…c(2*m-1)

      ti ile ilgili biraz aciklik fena olmaz; diyelim;
      i=1 iken t1=a(1)*a(1)
      i=2 iken t2=2*a(1)*a(2)
      i=3 iken t3=2*a(1)*a(3) + a(2)*a(2)

      i=2m-1 iken t(2m-1)=a(m)*a(m)

    • MyNameis_HIDIR dedi ki:

      Resim nasıl konuluyor bilmiyorum ama ben imageshack e resmi koyup buraya urlsini kopyalıyorum. yorum denetimden geçerken genellikle resim olarak bazen de sadece url olarak çıkıyo. üstüne tıklanınca açılıyor.

      yani özetle resmin adresini yazıyorum onu resim haline getirmek adminin insafına kalmış bişey :)

  8. ero071 dedi ki:

    ıspatını yapamadım ama bence oluşturulamaz gibi geliyor toplam sembolü ve o konuyla alakalı birşeyler olabilir

Cevap yazın

Yorum yapabilmek için giriş yapmalısınız.