Problem "3x+1" to wciąż nierozwiązany matematyczny problem o wyjątkowo prostym jak na złożoność problemu sformułowaniu. Ciąg można rozważać także dla liczb ujemnych, dla których znanych jest kilka pętli, stąd wiemy, że na pewno wszystkie liczby ujemne nie zbiegają na przykład do -1. Jakkolwiek wiele kwestii dotyczących tego ciągu dla liczb ujemnych podobnie jak dla liczb dodatnich nadal pozostaje nierozwiązanych. Na przykład nie wiadomo, czy ciąg dla którejś z ujemnych liczb może być rozbieżny do nieskończoności i jest to problem otwarty. twierdzi, że matematycy wykazali, iż w ciągu collatza dla liczb dodatnich prawie wszystkie liczby nie są rozbieżne do nieskończoności i osiągają jedynkę. Jakkolwiek nie podaje na czym opierał się dowód. Ja znalazłem tego rodzaju wnioski tylko w empiryczno-statystycznych opracowaniach dla problemu. Stąd nie wiem, czy istnieje ścisły dowód tej tezy. Nie znalazłem natomiast już żadnych tego rodzaju wyników dla ciągu collatza dla liczb ujemnych.
Ciąg collatza dla liczb ujemnych możemy zdefiniować równoważnie na liczbach naturalnych:
Niech \(\displaystyle{ x}\) będzie dowolną liczbą naturalną.
\(\displaystyle{ f(x) = \left\{\begin{array}{l} \frac {3x-1}{2} \ \ \ gdy \ x \ nieparzyste\\ \ \ \frac {x}{2} \ \ \ \ \ \ \ gdy \ x \ parzyste \end{array}}\)
Wydaje mi się, że istnieje całkiem przystępny sposób w jaki można udowodnić, iż gęstość liczb rozbieżnych do nieskończoności w takim ciągu jest zerowa. Zastanawia mnie natomiast czy to rozumowanie jest poprawne oraz jeżeli tak, to czy jest znane matematykom. Problem ma mocne związki z hipotezą collatza i być może znajmość jego rostrzygnięcia może wnieść coś istotnego do wiedzy o problemie collatza.
Ale poza tym, czy nie popełniłem gdzieś po drodze formalnego błędu mam przede wszystkim wątpliwości co do paradoksalności wyniku i poprawności zastosowanej metodologii. Ponieważ w dowodzie rozważam macierze/tablice liczb o rozmiarach \(\displaystyle{ i}\) na \(\displaystyle{ 2^{i}}\) których szerokość rośnie niewspółmienie do długości, jakkolwiek ostatecznie biorę pod uwagę nieskończone długości iteracji - czyli teoretycznie analiza nie pomija, ani nie zawęża zakresu liczb czy iteracji. Ale jeżeli założymy - a to wydaje się prawdopodobne i jest potwierdzone dla dużej ilości liczb ujemnych w ciągu - że wszystkie liczby ujemne wpadają w któreś z 3 znanych pęli, to wniosek który formułuję na końcu dowodu, że gdy \(\displaystyle{ i}\) dąży do nieskończoności to współczynniki \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) dla prawie wszystkich liczb dążą do zera wydaje się sprzeczny z tym faktem. Mało tego można udowodnić, że dla każdej liczby która zapętla się w tym ciągu (a także dla tych które są rozbieżne do nieskończoności) \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) będzie rozbieżne do nieskończoności, gdy będziemy zwiększać \(\displaystyle{ i}\) do nieskończoności (dowód jest całkiem prosty). Ale odmienne, sprzeczne do tych wnioski wychodzą, gdy zamiast rozważać każdy ciąg osobno potraktujemy je całościowo. Nie do końca rozumiem dlaczego tak się dzieje.
A oto ten dowód:
Rozbieżność do nieskończoności ciągu "3x-1":
0. Definicja ciągu:
Niech \(\displaystyle{ x}\) będzie dowolną liczbą naturalną.
\(\displaystyle{ f(x) = \left\{\begin{array}{l} \frac {3x-1}{2} \ \ \ gdy \ x \ nieparzyste\\ \ \ \frac {x}{2} \ \ \ \ \ \ \ gdy \ x \ parzyste \end{array}}\)
I. Opis ciągu za pomocą równań diofantycznych.
1. Każdy ciąg "3x-1" można opisać za pomocą następującego równania:
\(\displaystyle{ ((2^{a_{1}} \cdot k-1) \cdot 2^{w}) \cdot \frac {3^{a_{1}} \cdot k_{1}+1}{2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1} \cdot ... \cdot \frac {3^{a_{n}} \cdot k_{n}+1}{2^{a_{n}} \cdot k_{n}+1}=2^{w+x-v} \cdot ((2^{p} \cdot q+1) \cdot 2^{v})}\)
Zmienne \(\displaystyle{ a_{j}, k_{j}, ... , x, p, q}\) należą do liczb naturalnych (bez zera), zmienne \(\displaystyle{ w}\) oraz \(\displaystyle{ v}\) należą do liczb naturalnych z zerem.
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}}\) to liczba wejściowa od której zaczynamy ciąg (\(\displaystyle{ w}\) określa jej parzystość).
\(\displaystyle{ (2^{p} \cdot q+1) \cdot 2^{v}}\) to liczba końcowa na której kończymy rozważany ciąg (\(\displaystyle{ v}\) określa jej parzystość).
Zmiennie \(\displaystyle{ a_{j}}\) określają ilość mnożeń z dodawaniem \(\displaystyle{ 1,5x-0,5}\) liczby \(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}}\), natomiast zmiennie \(\displaystyle{ k_{j}}\) określają tylko wielkość liczby \(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}}\). Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ ((2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \underbrace {\cdot 1,5-0,5) \cdot 1,5-0,5\ldots}_{a \ razy} = 3^{a_{1}} \cdot k_{1}+1}\)
\(\displaystyle{ i = a_{1}+...+a_{n}+(w+x-v)}\) to ilość iteracji jakie wykonujemy w danym ciągu, aby obliczyć jego wyraz \(\displaystyle{ (2^{p} \cdot q+1) \cdot 2^{v}}\).
Przykład:
\(\displaystyle{ 162, 81, 121, 181, 271, 406, 203, 304, 152, 76}\)
\(\displaystyle{ ((2^{4} \cdot 5+1) \cdot 2^{1}) \cdot \frac {3^{4} \cdot 5+1}{2^{4} \cdot 5+1} \cdot \frac {3^{1} \cdot 101+1}{2^{1} \cdot 101+1}=2^{1+5-2} \cdot ((2^{1} \cdot 9+1) \cdot 2^{2})}\)
\(\displaystyle{ 162 \cdot \frac {406}{81} \cdot \frac {304}{203} = 16 \cdot 19 \cdot 4}\)
\(\displaystyle{ i=4+1+1+5-2=9}\)
2. Rozważmy pewien ciąg przekształceń jakiemu poddawana jest liczba \(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}}\) w ciągu w wyniku którego otrzymujemy pewną liczbę \(\displaystyle{ (2^{p} \cdot q+1) \cdot 2^{v}}\). Przekształcenia te można opisać następująco:
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w} \cdot \frac {1}{2^{w+x-v}} \cdot (\frac {3^{a_{1}} \cdot k_{1}+1}{2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1} \cdot ... \cdot \frac {3^{a_{n}} \cdot k_{n}+1}{2^{a_{n}} \cdot k_{n}+1} – 1,5^{a_{1}+...+a_{n}}) + \frac{1,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{w+x-v}}=(2^{p} \cdot q+1) \cdot 2^{v}}\)
Zdefiniujmy \(\displaystyle{ r\alpha(k)}\) jako współczynnik przez który mnożona jest liczba poddawana pewnej dowolnej sekwencji przekształceń:
\(\displaystyle{ r\alpha(k) = \frac {1}{2^{w+x-v}} \cdot (\frac {3^{a_{1}} \cdot k_{1}+1}{2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1} \cdot ... \cdot \frac {3^{a_{n}} \cdot k_{n}+1}{2^{a_{n}} \cdot k_{n}+1} – 1,5^{a_{1}+...+a_{n}}) + \frac{1,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{w+x-v}} = \frac {(2^{p} \cdot q+1) \cdot 2^{v}}{(2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}}}\)
przy czym litera \(\displaystyle{ k}\) w nawiasie oznacza, iż istotna jest tu kolejność wykonywanych działań.
3. Zdefiniujmy współczynniki \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) oraz \(\displaystyle{ \beta(k)}\) jako:
\(\displaystyle{ \alpha(k) = \frac {1,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{w+x-v}}}\)
\(\displaystyle{ \beta(k) = \frac {1}{2^{w+x-v}} \cdot (\frac {3^{a_{1}} \cdot k_{1}+1}{2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1} \cdot ... \cdot \frac {3^{a_{n}} \cdot k_{n}+1}{2^{a_{n}} \cdot k_{n}+1} – 1,5^{a_{1}+...+a_{n}}) \cdot (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}}\)
Przy czym przyjmujemy, że \(\displaystyle{ \alpha_{1}(k) = \alpha_{2}(k)}\), tylko gdy zachowana jest kolejność wykonywanych przekształceń w ciągu, a nie gdy zachodzi arytmetyczna równość (jednak powyższy skrócony zapis nie niesie ze sobą konkretnej informacji o kolejności działań).
Zauważmy, iż zachodzi następująca równość:
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w} \cdot \alpha(k) + \beta(k) = (2^{p} \cdot q+1) \cdot 2^{v} = (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w} \cdot r\alpha(k)}\)
II. Struktura przekształceń w ciągu.
Każde mnożenie wraz z dodawaniem: \(\displaystyle{ 1,5 \cdot x - 0,5}\) nazwiemy przyrostem ciągu. Każde dzielenie przez 2 nazwiemy spadkiem ciągu.
1. Dla danej długości iteracji \(\displaystyle{ i}\) ciąg może przyjmować \(\displaystyle{ 2^{i}}\) różnych wariacji z powtórzeniami przyrostów i spadków następujących po sobie (teoretycznie, dowód w pkt. 3).
2. Wariacje te określają nam jednoznacznie zbiór \(\displaystyle{ i+1}\) różnych współczynników \(\displaystyle{ \alpha}\) które można obliczyć zgodnie z następującym wzorem:
\(\displaystyle{ (p+q)^{i} \cdot 2^{i} = \alpha_{1} + \alpha_{2} + \alpha_{3} + ... + \alpha_{i+1}}\)
\(\displaystyle{ p=\frac {1}{4}}\)
\(\displaystyle{ q=\frac {3}{4}}\)
3. Twierdzenie: każda z wariacji bez powtórzeń dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ 2^{i}}\) liczb następujących po sobie (dla danej długości iteracji \(\displaystyle{ i}\)) ma realizację w ciągu dla dokładnie jeden raz. Przekształcenia w ciągu mają zatem rozkład dwumianowy – w pewnym zakresie (w zakresie \(\displaystyle{ i}\) iteracji). Twierdzenie to orzeka innymi słowy: dla dowolnej ilości \(\displaystyle{ 2^{i}}\) liczb następujących po sobie dla danej długości iteracji \(\displaystyle{ i}\) ciąg przyjmuje \(\displaystyle{ 2^{i}}\) różnych wariacji z powtórzeniami przyrostów i spadków.
Dowód:
Załóżmy, że jakaś liczba \(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w} \in N}\) realizuje jedną z kombinacji przyrostów i spadków \(\displaystyle{ \alpha(k) = \frac {1,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{w+x-v}}}\). Wówczas w oczywisty sposób możemy dla tej liczby jednoznacznie określić \(\displaystyle{ \beta(k) = \frac {1}{2^{w+x-v}} \cdot (\frac {3^{a_{1}} \cdot k_{1}+1}{2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1} \cdot ... \cdot \frac {3^{a_{n}} \cdot k_{n}+1}{2^{a_{n}} \cdot k_{n}+1} – 1,5^{a_{1}+...+a_{n}}) \cdot (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}}\).
Rozważmy teraz liczby \(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}+1, (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}+2, ... , (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}+2^{i}-1}\).
Sprawdźmy, czy liczba \(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}+1}\) poddana temu samemu przekształceniu co \(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}}\) może być liczbą całkowitą (przyjmujemy tu założenie które udowodnimy później, że dwie liczby poddawane temu samemu przekształceniu mają te same współczynniki \(\displaystyle{ \beta(k)}\)):
\(\displaystyle{ ((2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}+1) \cdot \alpha(k) + \beta(k) = (2^{p} \cdot q+1) \cdot 2^{v} + \frac {1,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{w+x-v}} \not\in N}\)
. . .
. . .
. . .
\(\displaystyle{ ((2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}+2^{i}-1) \cdot \alpha(k) + \beta(k) = (2^{p} \cdot q+1) \cdot 2^{v} + \frac {(2^{i}-1) \cdot 1,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{w+x-v}} \not\in N}\)
Analogicznie warunku nie spełniają pozostałe liczby (spełnia go dopiero liczba \(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}+2^{i}}\)). Dowodzi to naszego twierdzenia, że każda z wariacji bez powtórzeń dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ 2^{i}}\) liczb następujących po sobie ma realizację w ciągu dokładnie jeden raz, ponieważ wiemy, że przekształcenia w ciągu "3x-1" nie mogą nas wyprowadzać poza zbiór liczb \(\displaystyle{ N}\).
4. Twierdzenie: dwie dowolne liczby poddawane w ciągu temu samemu przekształceniu (tj. wykonywane są na nich te same działania w tej samej kolejności) mają te same współczynniki \(\displaystyle{ \beta(k)}\).
Dowód:
Aby udowodnić słuszność tego twierdzenia wystarczy wykazać, iż współczynniki \(\displaystyle{ \beta(k)}\) zależą wyłącznie od tego w jakiej kolejności i jakie działania wykonujemy na liczbach (a nie od wielkości liczb). Weźmy dowolną liczbę naturalna \(\displaystyle{ g}\) oraz zdefiniujmy dla niej pewien dowolny ciąg przekształceń:
\(\displaystyle{ \left(\frac {\frac {\frac {g}{2^{w}} \cdot 1,5^{a_{1}}- 1,5^{a_{1}} +1}{2^{x_{1}}} \cdot 1,5^{a_{2}}- 1,5^{a_{2}} +1}{2^{x_{2}}} \cdot \ldots \cdot 1,5^{a_{n}}- 1,5^{a_{n}} +1}\right)/2^{x_{n}} = \frac {g}{2^{w}} \cdot \frac {1,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{x_{1}+...+x_{n}}} - \frac {(1,5^{a_{1}} -1) \cdot 1,5^{a_{2}+...+a_{n}}}{2^{x_{1}+...+x_{n}}} - \frac {(1,5^{a_{2}} -1) \cdot 1,5^{a_{3}+...+a_{n}}}{2^{x_{2}+...+x_{n}}} - ... - \frac {(1,5^{a_{n}} -1)}{2^{x_{n}}} \in N}\)
Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 1,5^{a_{1}} - 1,5^{a_{1}} +1 = ((2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \underbrace {\cdot 1,5-0,5) \cdot 1,5-0,5\ldots}_{a \ razy} = 3^{a_{1}} \cdot k_{1}+1}\)
Współczynnik \(\displaystyle{ \beta(k)}\) wynosi zatem:
\(\displaystyle{ \beta(k) = - \frac {(1,5^{a_{1}} -1) \cdot 1,5^{a_{2}+...+a_{n}}}{2^{x_{1}+...+x_{n}}} - \frac {(1,5^{a_{2}} -1) \cdot 1,5^{a_{3}+...+a_{n}}}{2^{x_{2}+...+x_{n}}} - ... - \frac {(1,5^{a_{n}} -1)}{2^{x_{n}}}}\)
Widać zatem, że \(\displaystyle{ \beta(k)}\) zależy wyłącznie od tego w jakiej kolejności, ile i jakie działania zostały wykonanie na liczbie \(\displaystyle{ g}\), natomiast jest niezależny od wielkości \(\displaystyle{ g}\) (ponieważ nie zależy od współczynników \(\displaystyle{ k_{j}}\) które odpowiadają za wielkość liczb).
Łatwo można zauważyć, iż liczb spełniających powyższe równania jest nieskończenie wiele i są one postaci:
\(\displaystyle{ g = (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w} + 2^{i} \cdot r}\) , \(\displaystyle{ r = 0, 1, 2, ...}\)
5. Twierdzenie: w ciągu "3x-1" przy danej długości ciągu i cyklicznie powtarzają się te same sekwencje przekształceń i następuje to co okres \(\displaystyle{ 2^{i}}\) liczb.
Dowód:
Dowodzi tego zapisany już powyżej wzór:
\(\displaystyle{ g = (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w} + 2^{i} \cdot r}\)
wynika z niego, że:
\(\displaystyle{ ((2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w} + 2^{i} \cdot r) \cdot \alpha(k) + \beta(k) = (2^{p} \cdot q+1) \cdot 2^{v} + 3^{a_{1}+...+a_{n}} \cdot r \in N}\)
Możemy z niego łatwo wyznaczyć także wartości \(\displaystyle{ i-tych}\) iteracji dla liczb przesuniętych od liczby \(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot k_{1}+1) \cdot 2^{w}}\) o dowolną wielokrotność \(\displaystyle{ 2^{i}}\) (czyli o \(\displaystyle{ 2^{i} \cdot r}\)).
6. Twierdzenie: suma współczynników \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) w poszczególnych wierszach na przedziałach \(\displaystyle{ 2^{i}}\) kolejnych liczb jest stała i wynosi \(\displaystyle{ 2^{i}}\).
Dowód: twierdzenie to wynika bezpośrednio ze wzoru II. 2. oraz z twierdzenia II. 3.
III. Rozbieżność do nieskończoności ciągu "3x-1".
1. Rozważmy różne (tj. nierówne arytmetycznie) współczynniki \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) na przedziale liczb \(\displaystyle{ (1; 2^{i})}\) dla \(\displaystyle{ i-tej}\) iteracji. Zauważmy, iż jest ich \(\displaystyle{ i+1}\).
Twierdzenie: dla \(\displaystyle{ i}\) dążącego do nieskończoności na przedziale \(\displaystyle{ (1; 2^{i})}\) ilość różnych współczynników \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) mniejszych od 1 wynosi \(\displaystyle{ (i+1) \cdot \frac {ln(2)}{ln(3)}}\).
Dowód:
Aby sobie to uświadomić weźmy skończony \(\displaystyle{ (i+1)}\) - wyrazowy ciąg którego kolejne wyrazy zmieniają się jak różne współczynniki \(\displaystyle{ \alpha(k)}\):
\(\displaystyle{ c_1=\frac {3^0}{2^i}}\)
\(\displaystyle{ c_2=\frac {3^1}{2^i}}\)
\(\displaystyle{ c_3=\frac {3^2}{2^i}}\)
\(\displaystyle{ c_4=\frac {3^3}{2^i}}\)
...
\(\displaystyle{ c_{(i+1)}=\frac {3^i}{2^i}}\)
W tym ciągu istnieje pewien wyraz graniczny \(\displaystyle{ c_{g}}\) poniżej którego wszystkie wyrazy są mniejsze od 1 i powyżej którego wszystkie są większe od 1 i który sam jest mniejszy od 1. Szukamy granicy:
\(\displaystyle{ \lim_{i+1\to\infty} \frac {i+1}{g}}\)
Przy czym \(\displaystyle{ g}\) to numer wyrazu granicznego. Mamy zatem ciąg:
\(\displaystyle{ c(i,k)=\frac{3^i}{2^k}}\)
gdzie \(\displaystyle{ k}\) to pewna stała, szukamy największego takiego \(\displaystyle{ i}\) że:
\(\displaystyle{ c(i,k)<1}\)
logarytmujemy sobie stronami:
\(\displaystyle{ \ln c(i,k)<0}\)
czyli:
\(\displaystyle{ \ln 3^i - \ln 2^k<0\\
i\ln 3 < k\ln 2 \\
i < k \frac{\ln 2}{\ln 3}}\)
Najmniejszym takim całkowitym \(\displaystyle{ i}\) jest oczywiście:
\(\displaystyle{ i_g=\left\lfloor k \frac{\ln 2}{\ln 3} \right\rfloor}\)
Teraz chcemy znaleźć granicę:
\(\displaystyle{ \lim_{k\to \infty} \frac{k+1}{i_g}=\lim_{k\to \infty} \frac{k+1}{\left\lfloor k \frac{\ln 2}{\ln 3} \right\rfloor}}\)
Szacujemy ją z 3 ciągów i dostajemy granicę:
\(\displaystyle{ \frac {ln(3)}{ln(2)}}\)
2. Rozważmy wszystkie współczynniki \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) na przedziale liczb \(\displaystyle{ (1; 2^{i})}\) dla \(\displaystyle{ i-tej}\) iteracji. Zauważmy, iż jest ich \(\displaystyle{ 2^{i}}\).
Twierdzenie: dla \(\displaystyle{ i}\) dążącego do nieskończoności na przedziale \(\displaystyle{ (1; 2^{i})}\) gęstość współczynników \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) mniejszych od 1 jest równa \(\displaystyle{ 2^{i}}\) (zachodzi tu asymptotyczna równość).
Dowód:
Zauważmy, że częstości występowania poszczególnych różnych \(\displaystyle{ i-tych}\) współczynników \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) są zadane wartościami liczb w danym \(\displaystyle{ i-tym}\) wierszu trójkąta Pascala. Wobec tego należy obliczyć następującą granicę:
\(\displaystyle{ \lim_{i\to\infty} \frac {\sum_{k=0}^{[\frac {ln(2) \cdot i}{ln(3)}]} {i\choose k}}{2^{i}}=1}\)
Wyrażenie w mianowniku to suma wszystkich współczynników na przedziale \(\displaystyle{ (1; 2^{i})}\) dla \(\displaystyle{ i-tej}\) iteracji, natomiast wyrażenie w liczniku określa ilość współczynników \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) mniejszych od 1 (kolejne współczynniki trójkąta Pascala obliczane z dwumianu Newtona). Wynosi ona 1, zatem dla \(\displaystyle{ i}\) dążącego do nieskończoności na przedziale \(\displaystyle{ (1; 2^{i})}\) gęstość współczynników \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) mniejszych od 1 jest równa \(\displaystyle{ 2^{i}}\).
Dowód:
Szukamy dowodu twierdzenia, że dla rozkładu dwumianowego przy ilości prób \(\displaystyle{ n}\) dążącej do nieskończoności i \(\displaystyle{ p=0,5}\) suma jego wartości od wartości pierwszej do wartości \(\displaystyle{ n \cdot (0,5+y)}\) podzielona przez sumę wszystkich wartości (od 1 do \(\displaystyle{ n}\)) czyli przez \(\displaystyle{ 2^{n}}\) dąży do 1. Przy czym \(\displaystyle{ y}\) to dowolna stała większa od 0 i mniejsza od 0,5.
Rozkład dwumianowy, gdy liczba prób \(\displaystyle{ n}\) dąży do nieskończoności jest zbieżny do rozkładu normalnego \(\displaystyle{ N\sim\left(np, \sqrt{np\left(1-p\right)\right)}}\). Można zatem zbadać ile wynosi ta granica dla rozkładu normalnego przy \(\displaystyle{ \mu=n \cdot 0,5}\) oraz \(\displaystyle{ \sigma=\sqrt{n \cdot 0,25}}\). Rozkład normalny dany jest wzorem:
\(\displaystyle{ f(\mu,\sigma,x) = \frac {1} {\sigma \cdot (2 \pi)^{0,5}} \cdot e^{\frac {-(x-\mu)^{2}}{2 \cdot (\sigma)^{2}}}}\)
A w naszym przypadku:
\(\displaystyle{ f\left(x, n\right) = \frac {1} {\sqrt{0,25 \cdot n} \cdot \sqrt{2 \pi}} \cdot e^{\frac {-\left(x-0,5 \cdot n\right)^{2}}{0,5 \cdot n}}}\)
Należy zatem obliczyć granicę:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \frac {\int\limits_{-\infty}^{(0,5+y) \cdot n} \frac {1} {\sqrt{0,25 \cdot n} \cdot \sqrt{2 \pi}} \cdot e^{\frac {-\left(x-0,5 \cdot n\right)^{2}}{0,5 \cdot n}} dx} {\int\limits_{-\infty}^{n} \frac {1} {\sqrt{0,25 \cdot n} \cdot \sqrt{2 \pi}} \cdot e^{\frac {-\left(x-0,5 \cdot n\right)^{2}}{0,5 \cdot n}} dx}}\)
I udowodnić, że wynosi ona \(\displaystyle{ 1}\), dla każdego \(\displaystyle{ 0<y<0,5}\).
Całka z \(\displaystyle{ f(x,n)}\) wynosi:
\(\displaystyle{ \int\limits_{-\infty}^{\left(0,5+y\right) \cdot n} \frac {1} {\sqrt{0,25 \cdot n} \cdot \sqrt{2 \pi}} \cdot e^{\frac {-\left(x-0,5 \cdot n\right)^{2}}{0,5 \cdot n}} \text{d}x = 0,5 \cdot \mathrm{erf} \left(\frac {\sqrt{2}} {2} \cdot \sqrt{n}\right) + 0,5 \cdot \mathrm{erf} \left(\sqrt{2} \cdot y \cdot \sqrt{n}\right) + 0,5 \cdot erfc\left(\frac {\sqrt{n}}{\sqrt{2}}\right)}\)
Druga całka wynosi oczywiście 1, zatem liczymy granicę:
przyjmujemy \(\displaystyle{ y=\frac {ln(2)}{ln(3)}-0,5}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \left(0,5 \cdot \mathrm{erf} \left(\frac {\sqrt{2}} {2} \cdot \sqrt{n}\right) + 0,5 \cdot \mathrm{erf} \left(\sqrt{2} \cdot y \cdot \sqrt{n}\right) + 0,5 \cdot erfc\left(\frac {\sqrt{n}}{\sqrt{2}}\right)\right)=1}\)
3. Twierdzenie: zbiór liczb rozbieżnych do nieskończoności w ciągu "3x-1" ma gęstość 0.
Wynika z twierdzenia III. 2. Skoro dla i dążącego do nieskończoności na przedziale \(\displaystyle{ (1; 2^{i})}\) gęstość współczynników \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) mniejszych od 1 jest równa \(\displaystyle{ 2^{i}}\) (oraz przyjmują one rozkład normalny), to zbiór \(\displaystyle{ \alpha(k)}\) większych od 1 ma gęstość zerową, zatem także zbiór liczb rozbieżnych do nieskończoności ma gęstość \(\displaystyle{ 0}\). Zauważmy, że zbieżność zachodzi już dla współczynników \(\displaystyle{ \alpha(k)}\). A skoro zachodzi dla \(\displaystyle{ \alpha(k)}\), to tym bardziej zachodzi dla \(\displaystyle{ r\alpha(k)}\), ponieważ \(\displaystyle{ r\alpha(k) \leqslant \alpha(k)}\).
Będę wdzięczny za wszelkie uwagi. Jak coś jest niejasne - pytać.