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Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » * Teiler eines Zahlenpalindroms
Thema eröffnet 2020-02-22 09:53 von querin
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Kein bestimmter Bereich * Teiler eines Zahlenpalindroms
pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.40, eingetragen 2020-02-28


Neuer Rekord:
48595269839390835452966196714030000000000000000000000000000000003041769166925453809393896259584 mit 95 Stellen und 2^100: Multiplikator: 164'894'636'949 
 
Rechenzeit ~ 4h


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.38 begonnen.]


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Dies ist eine Knobelaufgabe!
Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Lösungen oder Beiträge zur Lösung direkt im Forum posten darfst.
Bei dieser Aufgabe kann ein öffentlicher Austausch über Lösungen, Lösungswege und Ansätze erfolgen. Hier musst Du keine private Nachricht schreiben!
haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.41, eingetragen 2020-02-28


gratuliere dazu!

zerlegt gibt es wieder so eine 70 zeichenlange primzahl, diesmal muss man aber die länge durch nullen auf 99 zeichen vergrössern
2^64×3×239×17402137×2111312585310933854345053027787104379894081876493180821925604083791681



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hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.42, eingetragen 2020-02-28


Wow, f(64, 33, 164894636949) in nur 4 h!!!


aber mir fehlt immer der Startpunkt (mindestens 32999160971 vom vorletzten)
und die ausgelassenen Fälle (gerade Argumente, ...).

Mit meinen Zufallssprüngen habe ich leider noch nichts gefunden (trotz 25 parallelen exe)



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.43, eingetragen 2020-02-29


Hm, der Startpunkt ist eigentlich Null, wie man möchte.
Heute nachmittag , habe ich das Programm überarbeitet und hatte mich verrannt. Fand aber den Fehler im Algorithmus. Praktisch sind auch gerade Zahlen machbar, aber die Verfielfältiger sind in ungerade oder gerade zu führen. Beides geht nicht.

Der aktuelle Stand ist, das die vorderen 3 Stellen gespiegelt + der Vervielfältiger durch 8 teilbar sein müssen.Durch das anpassen, kommen Sprünge zustande.

Ich lasse mal über Nacht ab  jetzt x* 2^62 laufen....hoffe dass dies erstmal passt ?!

Das x hat bis 23 Bio Zeit für unter 95 Stellen. Der Bonusteiler muss 2^38+ demnach sein.


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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.44, eingetragen 2020-03-01



Update downrun:
x*2^62: x=362665067567 : 865905874782148757074124794276100000000000000000000000000000001672497421470757841287478509568 mit 93 Stellen und 2^100, 

Wenn gewünscht, könnte ich eine 89/90 digit challenge zum Abschluß noch machen. Für gerade Vervielfältiger steht das Program auch.


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.45, eingetragen 2020-03-01


2020-02-29 00:00 - pzktupel in Beitrag No. 43 schreibt:

Der aktuelle Stand ist, das die vorderen 3 Stellen gespiegelt + der Vervielfältiger durch 8 teilbar sein müssen.Durch das anpassen, kommen Sprünge zustande.
du kommst immer weiter, toll!

1672497421470757841287478509568=
2^62×362665067567=
2^62×11×607×2593×20947

was ist hierbei allerdings durch 8 teilbar und welche drei stellen gespiegelt?



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.46, eingetragen 2020-03-01


(2020-03-01 15:23
was ist hierbei allerdings durch 8 teilbar und welche drei stellen gespiegelt?

x=362665067[567] : 8659058747821487570741247942[761]00000000000000000000000000000001672497421470757841287478509568

X=....567+761 die 3er Kombi ist immer durch 8 teilbar.

Bei x gerade ist die 4er Kombi durch 16 immer teilbar.



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.47, eingetragen 2020-03-01


heieiei, ne summe teilbar
den gedanken muss man erst mal finden

um ca. welchen faktor beschleunigte dies deine suche?
haribo



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.48, eingetragen 2020-03-01


Stimmt doch nicht , dass unbedingt durch 8 teilbar. Für einen Probelauf ohne Einschränkung bei 2^59, war die Teilbarkeit mind. 4 :-(
Analog für gerade Multipl. dann 8 statt 16

Update: ob 4,8,16 hängt auch noch mit der Zerlegung des Exponenten zusammen. Die 4 und 8 sind vorrangig für Primzahlexponenten.



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.49, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-03


Mein neuer Ansatz scheint zu funktionieren: 90 Stellen, durch $2^{104}$ teilbar.

407631696855278644578852721313200257845148376673841548752002313127258875446872558696136704



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.50, eingetragen 2020-03-03


Prima ! 🤔

Wie lange hat er dafür gerechnet und wie viele PCs ?

Das Verfahren sollte dann wohl das Beste nun sein.


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.51, eingetragen 2020-03-03


2020-03-03 07:25 - pzktupel in Beitrag No. 50 schreibt:
Prima ! 🤔

Wie lange hat er dafür gerechnet und wie viele PCs ?

egal was du gezaubert hast, erstmal gratulation zum sprung auf neunzig, querin

maximal 106h, die zeit zwischen seinen letzten beiden beiträgen hier

die hintere hälfte des palindroms ist zerlegt:
2^48×883×449950871×6025487551806890213

sein ansatz basiert also wohl immer noch auf 2^n

die vordere hälfte enthält zerlegt wieder eine 34 stellige primzahl:
2^3×9321741203×5466142107711744266105709667828249
haribo



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.52, eingetragen 2020-03-03


@haribo

Gut, in 106h hätte ich auch so eine 90stellige gefunden, aber ohne Nullen im Zentrum ist schon eine Ansage !

Der 2^z - Ansatz ist immer zwingend, da die letzten n-Stellen bis zur Spiegelachse immer durch 2^n teilbar sind.

Dieses Bsp. ist ein Extrembeispiel, was bei einer Untersuchung satte 2^59 als Bonusteiler ergab.

Als Basis gilt hier 2^45:

407631696855278644578852721313200257845148376*5^45+(673841548752002313127258875446872558696136704
/2^45)= 2^59 · 11 · 71 · 108947 · 709787147 · 65387552287· 658125526441  · 7733037940250198483

59+45=104, der 2er-Exponent

Nur eben ist man nicht in der Lage (673841548752002313127258875446872558696136704
/2^45)=19151728700762825869994085094472 als Multiplikator durchzuziehen.

Man findet aber mit Sicherheit auch für x*2^45 zeitnah ein Exemplar mit Nullen im Zentrum.


Vielleicht erzählt er etwas zum Vorgehen und vielleicht kann man sogar so das Kleinste finden.


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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.53, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-03


Danke 😃

Die Laufzeit betrug ca. 7 Stunden (in Python), aber das war Glück. Die Laufzeit ist nicht deterministisch, weil ich zufällige Suche verwende. Ich hatte gestern Nacht 3 Instanzen parallel auf einem PC gestartet, eine davon hat die Lösung gefunden.

Bisher haben wir Palindrome (mit vielen Nullen) erzeugt und geprüft, ob sie durch $2^{100}$ teilbar sind. Jetzt betrachte ich Vielfache von $2^{100}$ mit vorgegebener Stellanzahl und prüfe, ob es Palindrome sind. Dazu verwende ich einen hillclimbing Algorithmus: Eine zufällig gefundene Näherungslösung (Fast-Palindrom) wird schrittweise verbessert, bis keine Verbesserung mehr möglich ist. Bei jeder Verbesserung wird der Suchraum stark eingeschränkt, die letzten 1000 Möglichkeiten werden sequentiell überprüft. Für 90 Stellen wurden pro Stunde ca. 1 Million Suchläufe durchgeführt.

Damit könnte man prinzipiell auch eine Lösung mit 62 Stellen finden, allerdings mit unabsehbarer Laufzeit. Bei einem Probelauf habe ich folgendes Fast-Palindrom gefunden:

63389572050665869196158531614123582613585169196856605027598336

In der Mitte sind noch die 4+4 Ziffern 14123582 nicht gespiegelt. Das scheint typisch zu sein; unabhängig von der Stellenanzahl findet der Algorithmus recht schnell ein Fast-Palindrom mit nur mehr 3+3 bis 5+5 nicht gespiegelten Mittelziffern. Aber dann stockt das Ganze (zumindest für $2^{100}$). Die bekannte Minimallösung für $2^{50}$ mit 29 Stellen wird allerdings in wenigen Sekunden gefunden.




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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.54, eingetragen 2020-03-03


2020-03-03 12:46 - pzktupel in Beitrag No. 52 schreibt:
Der 2^z - Ansatz ist immer zwingend, da die letzten n-Stellen bis zur Spiegelachse immer durch 2^n teilbar sind.

ist das so? dann hört das doch auch nicht bei der spiegelachse auf sondern man kann jeden n langen hinteren teil durch 2^n teilen, oder?
haribo



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.52 begonnen.]



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.55, eingetragen 2020-03-03


2020-03-03 17:18 - querin in Beitrag No. 53 schreibt:
63389572050665869196158531614123582613585169196856605027598336

In der Mitte sind noch die 4+4 Ziffern 14123582 nicht gespiegelt.
in die acht mittleren kann man alle zahlen von 000.. bis 999.. einstellen
damit sind wohl 78886 verschiedene zahlen möglich bei denen die 62stellige durch 2^100 teilbar wird

aber nur 9999 die zu einem 8stelligen inneren palindrom führen

bedeutet das nicht dass es immer geschickter wäre mit n langen palindromen anzufangen und genauso von der mitte her zu versuchen ob man sie zu passend teilbaren zahlen verbessern kann?

haribo



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hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.56, eingetragen 2020-03-03


Wow,
f(62, 31, 362665067567) mit 93 Stellen hatte ja schon ein sehr großes 3. Argument,
aber querin's
f(48,0,2393966087595353233749260636809)
3. Argument ist wirklich gewaltig! Kein Wunder, warum ich bei der Zufallssuche mit 64 Bit-Zahlen nichts finden konnte...
Und die fehlende 0 in der Mitte (Argument 2 == 0) ist bisher einmalig!

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.54 begonnen.]



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.57, eingetragen 2020-03-03


@haribo

>>> ist das so? dann hört das doch auch nicht bei der spiegelachse auf sondern man kann jeden n langen hinteren teil durch 2^n teilen, oder?
haribo

Bei der Spiegelachse hört es auf. Das hängt mit den Teilbarkeitsregeln zusammen. Letzten 2 Stellen durch 4, dann ganze Zahl. Letzten 3 Stellen durch 8 usw. In querin's Bsp sind es 45 Stellen, also 2^45 teilbar.

(Vorraussetzung ist aber, das hier die Knobelbedingung auch erfüllt ist)


>>>bedeutet das nicht dass es immer geschickter wäre mit n langen palindromen anzufangen und genauso von der mitte her zu versuchen ob man sie zu passend teilbaren zahlen verbessern kann?

Naja, eigentlich haben wir uns auf immer kürzere Ketten eingeschossen. Mit der Idee, wird man immer sehr lange erzeugen, die zwar passen, aber nicht kleiner werden.




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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.58, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-05


85 Stellen
8636248778053759896149272611889117625924917194295267119881162729416989573508778426368

Erklärung des Algorithmus an einem Beispiel
Gesucht sei ein durch $2^{40}$ teilbares Palindrom mit 23 Stellen. Dann kann ein Suchlauf so aussehen:

Es werden nur Vielfache von $2^{40}$ betrachtet.
Zu Beginn ist der Suchraum $10^{22}<v\cdot 2^{40}<10^{23}$, also $9094947018<v<90949470176$

Zufällige Suche ergibt $p=23847784329825770012672$, wo die erste und letzte Ziffer gleich sind. Diese Ziffern sollen erhalten bleiben, also ergeben sich die beiden Bedingungen

$20000000000000000000000<v\cdot 2^{40}<29999999999999999999999$ (erste Ziffer 2) und
$v\cdot 2^{40}=2\bmod 10$ (letzte Ziffer 2) mit der allgemeinen Lösung $v=2+5m$ für ganzzahlige m. Neuer Suchraum $v=2+5m$ mit $3637978806<m<5456968210$

Zufällige Suche ergibt $p=21489806234055146995712$, wo die zwei ersten und letzten Ziffern gespiegelt sind. Diese Ziffern sollen erhalten bleiben, also ergeben sich die beiden Bedingungen

$21000000000000000000000<v\cdot 2^{40}<21000000000000000000000$ (erste Ziffern 21) und
$v\cdot 2^{40}=12\bmod 100$ (letzte Ziffern 12) mit der allgemeinen Lösung $v=12+25m$ für ganzzahlige m. Neuer Suchraum $v=12+25m$ mit $763975549<m<800355337$

Die nächsten zufälligen Suchergebnisse sind

$p=21980757912090849574912$ mit 3 gespiegelten Ziffern vorne und hinten
Neuer Suchraum$v=6612+125m$ für $159343418<m<160071014$

$p=21925580845196259622912$ mit 4 gespiegelten Ziffern vorne und hinten
Neuer Suchraum $v=-1638+625m$ für $31897800<m<31912352$

$p=21922584676010570022912$ mit 5 gespiegelten Ziffern vorne und hinten
Neuer Suchraum $v=-12888+3125m$ für $6380145<m<6380436$, das sind nur mehr 291 m-Werte. Diese werden alle getestet und man findet:

$p=21922000560458314022912$ mit 6
$p=21922237642653053222912$ mit 7
$p=21922828630152982822912$ mit 8 gespiegelten Ziffern vorne und hinten.

Damit ist dieser Suchlauf beendet, es wurde kein vollständiges Palindrom gefunden; der nächste Suchlauf wird gestartet.





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hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.59, eingetragen 2020-03-05


Wow,
2 neue Eigenschaften, wodurch meine Funktion beim 2. Argument (1 "7" statt n "0" in der Mitte) erstmalig nicht mehr angewendet werden kann:
f(42, 1ABER"7", 44177629006271936925581255667)
Auch das 3. Argument konnte von 31 auf 29stellig verkleinert werden.



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.60, eingetragen 2020-03-05


Interessant! Ich hatte schon vermutet, dass es ein Backtrack-Verfahren sein müsste...

Ich hatte doch aber für 2^40 dies gefunden: 21753214173137141235712 (23 Stellen)

Wieso ist eigentlich die Ziffernfolge 217 im Bsp (219) übergangen worden ?


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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.61, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-05


2020-03-05 17:56 - pzktupel in Beitrag No. 60 schreibt:
Ich hatte doch aber für 2^40 dies gefunden: 21753214173137141235712 (23 Stellen)
Ja, das ist die Minimallösung und die ist auch mit dem Algorithmus in wenigen Sekunden zu finden. Aber bei den meisten Suchläufen wird eben kein vollständiges Palindrom gefunden und das Ergebnis dann verworfen.

2020-03-05 17:56 - pzktupel in Beitrag No. 60 schreibt:
Wieso ist eigentlich die Ziffernfolge 217 im Bsp (219) übergangen worden ?
Es wird in einer Schleife _zufällig_ ein m aus dem Suchraum ausgewählt. Das erstbeste, das eine Verbesserung bringt, wird verwendet und die Schleife abgebrochen. Es wird nicht systematisch 210,211,212,... getestet.



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.62, eingetragen 2020-03-05


Was ist eigentlich mit dem Verfahren dann:

Bsp. 2^4=16

Suchraum: 200000-300000

200000/16=12500 , Für Endung 2 gilt (2+5n)*16, [INT(12500/5)+1]*5+2=12502
200032=12502*16

20..02 stellt sich heraus, es gibt nichts.
21..12 ?
210000/16=13125 , Für Endung 12 gilt (7+50n)*16 [INT(13125/50)+1]*50+7=263*50+7=13157

210512=13157*16

Suchlauf der Mitte: hier 16*50, Man erhält nach 9 Additionen von 16*50 217712=210512+9*800

Somit könnte man Zifferngleichheit schrittweise erzwingen und nicht durch Zufall eine Ziffernkombination bekommen.

Beim scheitern in der Mitte, müsste man Backtrack ansetzen.

Gruß


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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.63, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-05


2020-03-05 18:49 - pzktupel in Beitrag No. 62 schreibt:
Was ist eigentlich mit dem Verfahren dann:

Bsp. 2^4=16

Suchraum: 200000-300000

... es findet alle Lösungen (auch die kleinste 213312).

Natürlich wird ein so kleiner Suchraum vollständig durchsucht. Aber bei $2^{100}$ mit 85 Stellen stehen nach Fixierung der ersten und letzten Stelle mehr als $10^{58}$ m-Werte zur Auswahl. Ich wüsste nicht, wie man da ohne zufällige Suche weiter kommt.



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.64, eingetragen 2020-03-05


Mir stellt sich eher die Frage, wie man durch Zufall aus 10^58 ein Resultat in so kurzer Zeit findet.🤔

Wegen 213312: Ja, da war ein Fehler...25*16 reicht aus, um die letzten beiden Zahlen 12 zu halten. Demnach erwischt man mit 5+4n die 33 und auch die 77. Die 4 resultiert aus 25*16=400

Würde Man auf 80 Stellen gehen, dann könnte man zumindest eine Zahl in <1s finden, wo die ersten 30 und die letzten 30 passen.
Jetzt ist eben gezielt die Frage, ob bei einem Vielfachen von 5^30*2^100=1180591620717411303424000000000000000000000000000000*N

jene Zahl ein Palindrom ergibt mit N*1180591620717411303424+X

X ist hierbei die Zahl, die im Zentrum an die gespiegelten Ziffern angrenzt.

Fiktives Bsp 215479512 , X=479


In meinem kleinen Bsp. Wäre die Frage mit X=05-> 05+4n=Palindrom , Lsg: n=7 und 18
 


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.65, eingetragen 2020-03-06


2020-03-05 17:16 - querin in Beitrag No. 58 schreibt:

...
Gesucht sei ein durch $2^{40}$ teilbares Palindrom mit 23 Stellen. Dann kann ein Suchlauf so aussehen:
....

$p=21925580845196259622912$ mit 4 gespiegelten Ziffern vorne und hinten
Neuer Suchraum $v=-1638+625m$ für $31897800<m<31912352$

$p=21922584676010570022912$ mit 5 gespiegelten Ziffern vorne und hinten

31897800...(31900762)...31901562...31912352

in deinem beispiel:
dein wie auch immer zufällig gefundenes m <31901562> in diesem schritt von 4 auf 5 gespiegelten zahlen ergibt ein etwas zu grosses ergebniss für eine evtl ja auch direkt mögliche 6 stellige palindromigkeit (5>0)(6.stelle von vorne > 6. stelle von hinten)

ohne zu wissen ob der ansatz richtig ist, erschien es mir lohnend das m in den mittleren ziffern von m etwas zu verkleinern also hab ich die mittleren 9015  in einzelschritten verkleinert und bei 9007 ein ergebnis mit dann direkt 6 gespiegelten ziffern erhalten

(-1638 + 625×31900762)×2^40
219220_34920196682_022912

auch wenn das hier ein zufall gewesen sein sollte, ergeben immerhin alle m´s von 31900762 bis ~31902162 auch jeweils 5stellige ergebnisse, also dürfte es doch im sinne von doppelt-backtrack (anstelle von abbruch und komplett neustart) möglich sein hier weitere varianten durchzuprobieren ob sie am ende bessere ergebnisse als 8stellige stopstellen finden???
haribo


p.s. die allgemeine teilbarkeitsregel versteh ich auch noch nicht wiso führt 912--->-1638+625 ?


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.62 begonnen.]



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.66, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-06


Hallo haribo,

ich hatte eine Programmvariante "Top10", bei der im selben Suchraum gesucht wird, bis 10 Verbesserungen gefunden werden und erst dann mit dem besten Wert der neue Suchraum festgelegt wrid. Die Suche war allerdings zufällig und nicht wie du vorschlägst in Einzelschritten vom selben m ausgehend. Der Effekt war eigentlich nur eine längere Laufzeit pro Suchlauf ohne besseres Endergebnis.


2020-03-06 10:42 - haribo in Beitrag No. 65 schreibt:
p.s. die allgemeine teilbarkeitsregel versteh ich auch noch nicht wiso führt 912--->-1638+625 ?

Die Fixierung der Endziffern 912 führt zu $v=6612+125m$.
Du meinst sicher die Fixierung der Endziffern 2912. Das bedeutet $v\cdot 2^{40}=2912\bmod 10000$. Die allgemeine Lösung $v=-1638+625m$ für $m\in \mathbb{Z}$ erhält man mit dem erweiterten euklidischen Algorithmus.



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.67, eingetragen 2020-03-06


nein ich meinte nicht das "m" einzelschrittweise durchsuchen sondern nur innen die entsprechende ziffer verbessern

also dein beispiel im schritt von 3 auf 4 passenden stellen kann man erst die 5. stelle des m einzeln anpassen bis es 5stellig passt, und dann sogar wieder einzeln die 6. stelle auch noch bis das ergebniss immerhin von 3 auf 6 gespiegelte ziffern kommt

(6612 + 125×159529544)×2^40   p=2192_558084519625962_2912 mit 4 gespiegelten Ziffern vorne und hinten
(6612 + 125×159508544)×2^40       219226_94627173347_622912 mit 6 gespiegelten Ziffern vorne und hinten

aber deine zufallsschritte funktionieren ja auch offenbar ausreichend schnell
haribo

 



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.68, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-13 11:09


Das kleinste durch $2^{100}$ teilbare Palindrom mit vermutlich 61 Stellen wird wohl nicht so bald gefunden werden. Daher zum Abschluss noch die Auflösung der ursprüglichen Aufgabe, wo nur "irgend ein" durch $2^{100}$ teilbares Palindrom gesucht war. Damit es übersichtlich bleibt, werde ich die Lösung für $2^{10}$ statt $2^{100}$ darstellen (das ändert nichts am grundsätzlichen Vorgehen).
 
 
Grundidee ist die bekannte Teilbarkeitsregel: eine Zahl ist durch $2^n$ teilbar, wenn die letzten n Stellen der Zahl durch $2^n$ teilbar sind.
 
Wähle also ein 10-stelliges Vielfaches von $2^{10}$ ohne Null am Ende, etwa $1234567\cdot 2^{10}=1264196608$ und setze die gespiegelte Ziffernfolge davor:

80669146211264196608 ist ein durch $2^{10}$ teilbares Palindrom mit 20 Stellen.
 
Das Vielfache muss aber nicht 10-stellig sein. Der Trick ist, die Zahl durch führende Nullen 10-stellig zu machen. Das kleinste Panindrom nach dieser Konstruktion erhält man ausgehende von $3\cdot 2^{10}=3072$ (wegen der kleinstmöglichen Endziffer 2):

27030000003072 ist ein durch $2^{10}$ teilbares Palindrom mit 14 Stellen.
 

Allerdings hat das kleinste durch $2^{10}$ teilbare Palindrom 405504 nur 6 Stellen und kann mit diesem einfachen Trick nicht gefunden werden.
 
 
Danke an alle, die sich mit der Aufgabe beschäftigt haben 🙂
 
LG querin



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.69, eingetragen 2020-03-13 11:21


@querin
Danke für die nette Aufgabe, in der man sich schnell verrennen konnte !

Ursprünglich hatte ich noch einen anderen Weg, mit dem man das kleinste Exemplar sogar finden könnte. Interationen rund 10^20~5^30.
Es können immer nur ausgewählte Ziffernkombinationen auftreten. Zum Bsp. für ein Palindrom kommt niemals 20...02 infrage.

Grundidee ist zum Bsp abccba in eine Gleichung zu packen.

Hier an dem Bsp. für 2^10: 405504

abccba=100001*a+10010*b+1100c

100001 MOD 1024=673
10010 MOD 1024=794
1100 MOD 1024=76

Würde beim einfachen durchtesten a=4,b=0,c=5 eintreten, hätte man
673*4+67*5=3072=3*2^10, ja das Palindron ist durch 2^10 teilbar.

Für deine 62 stellige Zahl und 2^100 hätten wir 31 Variablen in einer Gleichung. Gepaart mit mit den Ziffern, die in Kombination gültig sind, könnte man das minimale Palindrom lösen.

Gruß




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Nuramon
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Hallo,

die Aufgabe gab es in etwas allgemeinerer Form übrigens im Bundeswettbewerb 2009, 1. Runde, 4. Aufgabe (Aufgaben und Lösungen findet man hier).
Dort war zu zeigen, dass jede nicht durch 10 teilbare ganze Zahl ein positives Vielfaches besitzt,das ein Dezimal-Palindrom ist.



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querin hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
querin hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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