Dowód hipotezy Collatza, fałszywy?

[Damian76]

Problem Collatza jest tu dobrze znany więc nie będę go ponownie przytaczał. Przedstawię tylko proponowane rozwiązanie:
Praca jest za długa na jeden post więc oto pierwsza część. Kolejne postaram się jak najszybciej dopisać. Dla niecierpliwych całość na :

Proponowane rozwiązanie:
Chcąc dostrzec jakiekolwiek zależności musimy całe zadanie odwrócić. Zaczniemy więc budować te ciągi od wyrazu ostatniego do wyrazów początkowych.

Aby takie ciągi uzyskać musimy odwrócić rekurencyjną zasadę ich tworzenia do postaci:

\(\displaystyle{ c_{n+1}=\begin{cases}\frac{c_{n}-1}{3}=m \ &\ m\in\NN\,\,gdy\,c_{n}\,\text{ jest parzyste i spełnia równanie } \\2c_{n}&\text{ dla każdego }\,c_{n}\end{cases}}\)

\(\displaystyle{ \begin{equation}
c_{n+1}=\frac{c_{n}-1}{3}=m \ n,m\in\NN\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\
\end{equation}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\c_{n+1}=2c_{n} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{(2)}}\)


Według tych zasady otrzymujemy ciągi Collatza od wyrazu ostatniego do początkowych.
Wypiszmy kilka takich ciągów:

\(\displaystyle{ (c_{n} )=(1,2,4,8,\; {\red {16}} ,…,)}\)

Wyrazy \(\displaystyle{ c_{1},c_{2},c_{4}}\) spełniają tylko zasadę (2) (wyraz \(\displaystyle{ c_{3}}\) spełnia obie zasady ale jest to wyjątek a pominięcie tego faktu wyjaśnione zostanie na końcu niniejszej pracy, ponieważ nic nie wnosi do rozwiązania jak również go nie dyskwalifikuje) a wyraz \(\displaystyle{ c_{5}}\) spełnia obydwie zasady tworzenia tych ciągów więc od tego miejsca ciąg ten podzieli się na dwa różniące się kolejnymi wyrazami

\(\displaystyle{ (c_{n})\rightarrow\ (a^{'}_{n})=(1,2,4,8,\;{\red {16}},5,\;{\red {10}} ,…,)\\, \,\,\,\,\,\,\,\ \searrow\\, \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, (a^{''}_{n})=(1,2,4,8,\;{\red {16}},32,\;{\red {64}} ,…,)}\)

lecz w dalszym ciągu postępujemy według powyższych zasad dochodząc do wyrazów \(\displaystyle{ a_7^{'}=10}\) i \(\displaystyle{ a_7^{''}=64}\) które również spełniają obie zasady więc każdy z tych ciągów podzieli się na dwa kolejne.

\(\displaystyle{ (a^{'}_{n})\rightarrow\ (b^{'}_{n})=(1,2,4,8,\;{\red {16}},5,\;{\red {10}},3,6,12,…,)\\, \,\,\,\,\,\,\,\ \searrow\\, \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, (b^{''}_{n})=(1,2,4,8,\;{\red {16}},5,\;{\red {10}},20\;{\red {40}},80 ,…,)}\)


\(\displaystyle{ (a^{''}_{n})\rightarrow\ (b^{'''}_{n})=(1,2,4,8,\;{\red {16}},32,\;{\red {64}},128,\;{\red {256}},…,)\\, \,\,\,\,\,\,\,\ \searrow\\, \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, (b^{''''}_{n})=(1,2,4,8,\;{\red {16}},32,\;{\red {64}},2142,84 ,…,)}\)

Wykażemy że zasadę (1) spełniają tylko liczby parzyste postaci \(\displaystyle{ c_{n}=6n+4.}\)
Sprawdzenie:

\(\displaystyle{ \frac{c_{n}-1}{3}=\frac{6_{n}+4-1}{3}=2n-1, \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, 2n-1\in\NN\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ (3)}\)

\(\displaystyle{ 2n+1}\) – są to kolejne liczby nieparzyste większe od 1.

Jest tak dlatego ponieważ w ciągu Collatza druga zasada mówi że \(\displaystyle{ c_{n+1}=3c_{n}+1}\) gdy \(\displaystyle{ c_{n}}\) jest nieparzyste co nam daje:

\(\displaystyle{ \;{\red {3 \cdot 1+1=c_{3}=4}}\) Przypadek szczególny który pomijamy

\(\displaystyle{ 3 \cdot 3+1=10}\)

\(\displaystyle{ 3 \cdot 5+1=16}\)

\(\displaystyle{ 3 \cdot 7+1=22}\)

\(\displaystyle{ 3 \cdot (2n+1)+1=6n+4}\)

Liczby postaci \(\displaystyle{ 6n+4}\) umownie nazywać będziemy „ węzeł ciągu”

Definicja 1.
Węzeł ciągu liczb gradowych- liczba parzysta \(\displaystyle{ w_{n}}\), spełniająca równanie \(\displaystyle{ \frac{w_{n}-1}{3}=x \ n,x,k\inn\NN \ , x=2k-1}\)



Powyżej link do grafiki: Rys. 1 Fragment drzewa naszego ciągu stworzone według zasady (1) i (2)

Wypiszmy kilka początkowych węzłów:
(W całej niniejszej pracy \(\displaystyle{ n \in\NN}\))

\(\displaystyle{ w_{n}=(10,16,22,28,34,40,46,52,58,…,6n+4)}\)

Według sprawdzenia (3) prawdą jest że po każdym kolejnym węźle występuje kolejna liczba nieparzysta . Otrzymujemy:

\(\displaystyle{ w_{1}=10=\frac{6 \cdot 1+4-1}{3}=3}\)

\(\displaystyle{ w_{2}=16=\frac{6 \cdot 2+4-1}{3}=5}\)
i ogólnie

\(\displaystyle{ w_{n}=\frac{6n+4-1}{3}=2n+1}\)

Wykażmy iż istnieją tylko trzy możliwości budowy węzła:
Objaśnienie: Symbol „ \(\displaystyle{ \rightarrow}\) ” oznacza bezpośrednie połączenie węzłów.
0. Odgałęzienie w prawo.



Każdy węzeł pomnożony przez 4 daje kolejny węzeł:

\(\displaystyle{ 4 \cdot w_{n}=w_{4n+2}}\)

\(\displaystyle{ L=4 \cdot (6n+4)=24n+16}\)

\(\displaystyle{ P=6 \cdot (4n+2)+4=24n+16}\)

\(\displaystyle{ {L=P}}\)

Prawdziwość tego równania oznacza iż dla każdego węzła istnieje odgałęzienie w prawo.
Prawdą więc jest że: \(\displaystyle{ w_{1}\rightarrow\ w_{6} \,\, w_{2}\rightarrow\ w_{10},…, w_{n}\rightarrow\ w_{4n+2}}\)

mamy:

\(\displaystyle{ 4 \cdot w_{1}=4 \cdot (6 \cdot 1+4)=40=w_{6}=6 \cdot 6+4}\)

\(\displaystyle{ 4 \cdot w_{2}=4 \cdot (6 \cdot 2+4)=64=w_{10}=6 \cdot 10+4}\)

i ogólnie:

\(\displaystyle{ 4 \cdot w_{n}=4 \cdot (6 \cdot n+4)=w_{4n+2}=6 \cdot (4n+2)+4}\)

Oznacza to że bezpośrednio po węźle \(\displaystyle{ w_{1}}\) występuje węzeł \(\displaystyle{ w_{6}}\) i ogólnie, po każdym węźle \(\displaystyle{ w_{n}}\) występuje węzeł \(\displaystyle{ w_{4n+2}}\)

1. Odgałęzienie w lewo „I”



Węzły postaci \(\displaystyle{ w_{3n-2}}\) wynoszą kolejno:

\(\displaystyle{ (w_{3n-2} )=(10,28,46,…,6(3n-2)+4,)}\)

-- 7 wrz 2016, o 16:04 --

Oto druga część pracy.

Według zasady (1) każde \(\displaystyle{ w_{3n-2}=\frac{w_{n}-1}{3}=\frac{6(3n-2)+4-1}{3}=6n-3}\) a liczby te są kolejnymi wielokrotnościami liczby „3” więc nie mogą spełnić zasady (1) co oznacza że nie otrzymamy węzła.
W punkcie 0 wykazaliśmy iż każdy węzeł ma odgałęzienie w prawo a w punkcie 1 że węzły \(\displaystyle{ w_{3n-2}}\) nie mają odgałęzienia w lewo więc każdy węzeł tego typu ma postać:



2. Odgałęzienie w lewo „II”
Węzły postaci \(\displaystyle{ w_{3n-1}}\) wynoszą kolejno:

\(\displaystyle{ w_{3n-1}=(16,34,52,...,6(3n-1)+4)}\)



Każdy węzeł postaci \(\displaystyle{ w_{3n-1}}\) według zasady (1) daje liczbę nieparzystą postaci \(\displaystyle{ 6n-1}\):

\(\displaystyle{ w_{3n-1}:\frac{c_{n}-1}{3}=\frac{6(3n-1)+4-1}{3}=6n-1}\) a każda liczba postaci \(\displaystyle{ 6n-1}\) według zasady (2) daje kolejny węzeł:

\(\displaystyle{ (6n-1) \cdot 2=12n-2=6(2n-1)+4=w_{2n-1}\\}\)

Każdy węzeł postaci \(\displaystyle{ w_{3n-1}}\) połączony jest z węzłem postaci \(\displaystyle{ w_{2n-1}}\) :



3. Odgałęzienie w lewo „III”
Węzły postaci \(\displaystyle{ w_{3n}}\) wynoszą kolejno:

\(\displaystyle{ (w_{3n} )=(22,40,58,…,6(3n)+4)}\)



Każda węzeł postaci \(\displaystyle{ w_{3n}}\) połączony jest z węzłem postaci \(\displaystyle{ w_{4n}}\):

Każdy węzeł postaci \(\displaystyle{ w_{3n}}\) według zasady (1) daje liczbę nieparzystą postaci \(\displaystyle{ 6n+1}\):
\(\displaystyle{ w_{3n}:\frac{c_{n}-1}{3}=\frac{6 \cdot 3n+4-1}{3}=6n+1}\) a każda liczba postaci \(\displaystyle{ 6n+1}\) według zasady (2) daje kolejny węzeł:

\(\displaystyle{ (6n+1) \cdot 2 \cdot 2=42n+4=6 \cdot 4n+4=w_{4n}}\)

Oznacza to że, w naszym drzewie, po każdym węźle postaci \(\displaystyle{ w_{3n}}\) występuje węzeł \(\displaystyle{ w_{4n}}\)



Wiemy że według zasady (1) każdy węzeł daje liczbę nieparzystą większą od „1”

W powyższych punktach opisaliśmy budowę węzła zależną od liczb postaci \(\displaystyle{ 6n-3, 6n-1, 6n+1}\), a są to właśnie wszystkie liczby nieparzyste większe od „1” więc są to jedyne możliwości budowy węzła.

\(\displaystyle{ (6n-3)=(3,9,15,21,27,…,)}\)

\(\displaystyle{ (6n-1)=(5,11,17,23,29,…,)}\)

\(\displaystyle{ (6n+1)=(7,13,19,25,31,…,)}\)

Dla jeszcze większej przejrzystości węzły zapiszmy za pomocą, odpowiadających im indeksom.
Zbudujmy drzewo węzłów. Tzn. opuszczamy wszystkie liczby nie będące węzłem, a każdy węzeł wyrazimy za pomocą odpowiadającemu mu wskaźnikowi.


Rys. 2 Fragment drzewa węzłów wyrażonych za pomocą, odpowiadającym im wskaźnikom.

Podsumowanie i wnioski.

Wykazaliśmy prawdziwość następujących zdarzeń:

\(\displaystyle{ w_{n}\rightarrow\ w_{4n+2}}\)

\(\displaystyle{ w_{3n-1}\rightarrow\ w_{2n-1}}\)

\(\displaystyle{ w_{3n}\rightarrow\ w_{4n}}\)

Oznacza to iż każdemu węzłowi postaci \(\displaystyle{ w_{4n+2}}\) przyporządkowany jest dokładnie jeden węzeł postaci \(\displaystyle{ w_{n}}\) , każdemu węzłowi postaci \(\displaystyle{ w_{2n-1}}\) przyporządkowany jest węzeł postaci \(\displaystyle{ w_{3n-1}}\) a \(\displaystyle{ w_{4n}}\) przyporządkowany jest węzeł postaci \(\displaystyle{ w_{3n}}\) .
Wypiszmy te zależności w kolumnach (węzły wyrazimy za pomocą ich wskaźników):

\(\displaystyle{ 1\rightarrow\,\,\,\ 6\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 2\rightarrow\ 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 3\rightarrow\ 4}\)

\(\displaystyle{ 2\rightarrow\ 10\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 5\rightarrow\ 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 6\rightarrow\ 8}\)

\(\displaystyle{ 3\rightarrow\ 14\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 8\rightarrow\ 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 9\rightarrow\ 12}\)

\(\displaystyle{ 4\rightarrow\ 18\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 11\rightarrow\ 7\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 12\rightarrow\ 16}\)

\(\displaystyle{ 5\rightarrow\ 22\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 14\rightarrow\ 9\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 15\rightarrow\ 20}\)

\(\displaystyle{ 6\rightarrow\ 26\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 17\rightarrow\ 11\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 18\rightarrow\ 24}\)

\(\displaystyle{ ...\rightarrow\ ...\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ ...\rightarrow\ ...\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ ...\rightarrow\ ...}\)

\(\displaystyle{ w_{n}\rightarrow\ w_{4n+2}\,\,\,\,\,\,\ w_{3n-1} \rightarrow\ w_{2n-1}\,\,\,\,\,\,\,\ w_{3n}\rightarrow\ w_{4n}}\)

Z zależności tych jednoznacznie wynika że \(\displaystyle{ w_{2n-1}}\) to węzły o indeksach nieparzystych, \(\displaystyle{ w_{4n}}\) i \(\displaystyle{ w_{4n+2}}\) to węzły o indeksach parzystych oprócz indeksu „2”. Wszystkie te indeksy dają zbiór liczb naturalnych oprócz liczby „2”:

\(\displaystyle{ w_{2n-1}+w_{4n}+w_{4n+2}=w_{\NN \setminus\lbrace 2 \rbrace}}\)
Wykazaliśmy że każdy z węzłów \(\displaystyle{ w_{ \NN\setminus\lbrace 2 \rbrace}}\) ma poprzedzający go węzeł. Tylko węzeł \(\displaystyle{ w_{2}}\) nie należy do tego zbioru ponieważ jest on węzłem początkowym .

Chcąc zbudować drzewo węzłów liczb gradowych \(\displaystyle{ w_{n} =6n+4}\) o innym początku niż \(\displaystyle{ w_{2}}\), musiałby istnieć węzeł \(\displaystyle{ w_{x} \neq \ w_{\NN \setminus\lbrace 2\rbrace}\,\,\,\,\,\,\ x \in\NN}\) co jak wykazaliśmy jest nie możliwe.

Dla każdego węzła postaci \(\displaystyle{ w_{n} =6n+4}\) każdy ciąg tworzony według zasady

\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{1}{2} c_{n} &\ \,\,gdy\,c_{n}\,\text{ jest parzyste }\\ 3c_{n}+1 &\ \,\, gdy\,\, c_{n} \,\,\text{jest nieparzyste}\ \end{cases}}\)
kończy się pętlą \(\displaystyle{ …, 4,2,1}\)

Każdy kolejny węzeł daje liczbę nieparzystą więc i dla wszystkich liczb nieparzystych otrzymamy tę prawidłowość.
Liczby nieparzyste mnożąc (odpowiednią ilość razy) przez „2” otrzymamy liczby parzyste więc:
Dla każdej liczby naturalnej ciąg Collatza kończy się pętlą \(\displaystyle{ …, 4,2,1}\)

Objaśnienie :
„Dlaczego liczbę „4” nie traktujemy jako węzeł skoro spełnia zasadę (1) : \(\displaystyle{ \frac{c_{n}-1}{3}=\frac{4-1}{3}=1}\)”

Przypomnijmy sobie budowę naszego drzewa:



Całą jego budowę występującą poza wyrazem \(\displaystyle{ c_{3}=4}\) przedstawmy za pomocą symbolu „G” i zbudyjmy to drzewo, z uwzględnieniem wyracu \(\displaystyle{ c_{3}}\) jako węzeł:



Wynika z tego iż przyjmując \(\displaystyle{ c_{3}=4}\) jako węzeł ciągu w lewą stronę otrzymujemy tylko dokładne kopie drzewa podstawowego, co jedynie zaciemnia obraz a do rozwiązania zadania nic nie wnosi więc nawet należy wyraz \(\displaystyle{ c_{3}}\) nie zaliczać do węzłów.

-- 7 wrz 2016, o 16:10 --

oczywiście linijka : \(\displaystyle{ (6n+1) \cdot 2 \cdot 2=42n+4=6 \cdot 4n+4=w_{4n}}\)

powinna wyglądać tak : \(\displaystyle{ (6n+1) \cdot 2 \cdot 2=24n+4=6 \cdot 4n+4=w_{4n}}\)

-- 7 wrz 2016, o 16:39 --

Oczywiście zamiast \(\displaystyle{ \frac{c_{n}-1}{3}=\frac{6_{n}+4-1}{3}=2n-1, \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, 2n-1\in\NN\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ (3)}\)

ma być: \(\displaystyle{ \frac{c_{n}-1}{3}=\frac{6_{n}+4-1}{3}=2n+1, \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, 2n+1\in\NN\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ (3)}\)

takie chochliki wynikające iż pierwszy raz piszę w tym programie.

-- 7 wrz 2016, o 20:02 --

Napisał ktoś że jeśli ma się sposób na problem Collatza to łatwo można rozwiązać podobny problem :

\(\displaystyle{ c_{n+1}=\begin{cases}\frac{1}{1} c_{n} \ &\ \,\,gdy\,c_{n}\,\text{ jest parzyste } \\3c_{n}-1 &\ \,\,gdy\,c_{n}\,\text{ jest nieparzyste }\end{cases}}\)

Szybkie obliczenia przeprowadzone analogicznie do przedstawionych w pracy przedstawiają nam następujące własności węzłów tego cigu:
Węzeł dla tego ciągu ma postać:

\(\displaystyle{ (w_{n})=(8,14,20,26,32,38,44,50,56,…,6n+2)}\)

\(\displaystyle{ 1\rightarrow\,\,\,\ 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 2\rightarrow\ 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 3\rightarrow\ 2

2\rightarrow\ 9\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 5\rightarrow\ 7\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 6\rightarrow\ 4

3\rightarrow\ 13\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 8\rightarrow\ 11\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ 9\rightarrow\ 6

w_{n}\rightarrow\ w_{4n+1}\,\,\,\,\,\,\ w_{3n-1} \rightarrow\ w_{4n-1}\,\,\,\,\,\,\,\ w_{3n}\rightarrow\ w_{2n}}\)

Widzimy już w pierwszej linijce że:

\(\displaystyle{ w_{2}\rightarrow\ w_{3}}\) i \(\displaystyle{ w_{3}\rightarrow\ w_{2}}\)

gdzie:

\(\displaystyle{ w_{2}=14}\) a \(\displaystyle{ w_{3}=20}\)

Jest to osobna pętla dla liczb :

\(\displaystyle{ 5,14,7,20,10,5,14,7,20,10,….}\)

kiedy inne ciągi kończą się pętlą 2,1,2,1
Czy istnieją inne pętle w tym ciągu jeszcze nie badałem ale nie jest trudno to zrobić.

W analogiczny sposób można dowieść iż w problemie Collatza takiej osobnej pętli nie znajdziemy.
Jak znajdę chwilę to to zbadam i napiszę wnioski. Będzie to lepszy dowód niż przedstawiony w mojej pracy.

-- 7 wrz 2016, o 20:47 --

Zaś chochlik.
Oczywiście sprawdzenie dla ciągu;

\(\displaystyle{ c_{n+1}=\begin{cases}\frac{1}{2} c_{n} \ &\ \,\,gdy\,c_{n}\,\text{ jest parzyste } \\3c_{n}-1 &\ \,\,gdy\,c_{n}\,\text{ jest nieparzyste }\end{cases}}\)

-- 8 wrz 2016, o 18:10 --

Chcę podziękować uczonym z UW za sprawdzenie mojej pracy. Według tej opinii cały tok postępowania jest poprawny i prawdziwy, uznali jednak iż puenta nie daje odpowiedzi na problem. Chylę czoła przed wiedzą i przyjmuję ten fakt do wiadomości. Jednak porównując ciągi Collatza z ciągami tworzonymi według zasady " Dla liczby nieparzystej mamy: \(\displaystyle{ c_{n+1}=3c_{n}-1}\) może uda się uzyskać bardziej satysfakcjonującą odpowiedź. Ważne że jest nad czym pracować.
Jednak aby praca nie okazała się bez wartości możemy znależć dla niej praktyczne zastosowanie.

Wykażmy iż możemy wyznaczyć \(\displaystyle{ c_{1}\ge\ 10 \cdot 2^{1000000}}\) dla którego, rozpatrywany ciąg, kończy się pętlą \(\displaystyle{ 4,2,1,}\).

Ze znanych mi wyników, prawdziwość hipotezy Collatza, wyznaczono dla \(\displaystyle{ c_{1}<20 \cdot 2^{58}}\) więc ciekawi mnie ile czasu zajęło by wyznaczenie proponowanej przeze mnie wartości \(\displaystyle{ c_{1}}\) i czy w ogóle dostępnymi metodami jesteśmy w stanie tak duże liczby wyznaczać?

Przejdźmy do rozwiązania:

W pracy wykazane zostało iż każdy węzeł pomnożony przez 4 daje kolejny węzeł. (sprawdzone, prawdziwość tego faktu potwierdzona). Weźmy więc węzeł \(\displaystyle{ w_{1}=10}\)

Prawdą jest że :

\(\displaystyle{ w_{1}=10}\) \(\displaystyle{ w_{1} \cdot 4=40=w_{6}}\) więc węzeł \(\displaystyle{ w_{1}}\) jest bezpośredni połączony z węzłem \(\displaystyle{ w_{6}}}\)

\(\displaystyle{ w_{6}=40}\) \(\displaystyle{ w_{6} \cdot 4=160=w_{26}}\) więc węzeł \(\displaystyle{ w_{6}}\) jest bezpośredni połączony z węzłem \(\displaystyle{ w_{26}}}\)

Postępując dalej w analogiczny sposób otrzymamy ciąg:

\(\displaystyle{ (a_{n})=(w_{1},w_{6},w_{26},...,w_{1} \cdot 2^m)}\)

Wiemy że węzeł \(\displaystyle{ w_{1}}\) kończy się pętlą \(\displaystyle{ 4,2,1}\) a jeśli węzeł \(\displaystyle{ w_{6}}\) jest bezpośredni powiązany z węzłem \(\displaystyle{ w_{1}}\) to również ten węzeł kończy się wspomnianą pętlą.

Prawdziwe więc jest zdanie :

Dla każdego \(\displaystyle{ c_{1}=10 \cdot 2^m\ {gdzie}\ m\in\NN}\) otrzymamy pętlę \(\displaystyle{ 4,2,1}\)

Weźmy \(\displaystyle{ m=1000000}\) i otrzymamy poprawne rozwiązanie.

Z pracy wynika iż możemy dla każdego znanego węzła wyznaczyć dowolnie duże \(\displaystyle{ m}\) co oznacza że ciągów postaci \(\displaystyle{ a_{n}}\) jest bardzo dużo.

Jeśli praca nie wyjaśnia problemu Collatza to dzięki niej z łatwością możemy przekroczyć barierę \(\displaystyle{ c_{n}>2^{58}}\) i znaleźć dowolnie duże \(\displaystyle{ c_{n}}\).

[matemix]

Jeśli praca nie wyjaśnia problemu Collatza to dzięki niej z łatwością możemy przekroczyć barierę \(\displaystyle{ c_{n}>2^{58}}\) i znaleźć dowolnie duże \(\displaystyle{ c_{n}}\).

Nie ma problemu z przekroczeniem tej granicy. Problem jest ze stwierdzeniem, czy wszystkie liczby od powiedzmy \(\displaystyle{ 2^{58}}\) do \(\displaystyle{ n}\) zbiegają do \(\displaystyle{ 1}\). Łatwo można wykazać, że ciąg kończy się jedynką dla \(\displaystyle{ 2^{1000000}}\), dla \(\displaystyle{ 11 \cdot 2^{1000000}}\) itd., ale to nic nie wnosi.

[Damian76]

Próba odpowiedzi na pytanie: "Czy w ciągach Collatza występują długie pętle?"

Przypomnę zasady tworzenia rozważanych tu ciągów:
\(\displaystyle{ c_{n+1}=\begin{cases}\frac{c_{n}-1}{3}=m \ &\ m\in\NN\,\,gdy\,c_{n}\,\text{ jest parzyste i spełnia równanie } \\2c_{n}&\text{ dla każdego }\,c_{n}\end{cases}}\)

\(\displaystyle{ \begin{equation} c_{n+1}=\frac{c_{n}-1}{3}=m \ n,m\in\NN\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ \end{equation}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\c_{n+1}=2c_{n} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{(2)}}\)

W pierwszej części pracy wykazane zostało, że liczby nie parzyste należące do zbiorów \(\displaystyle{ N_{6n-1} =\left\{ 5,11,17,...,6n-1\right\}}\) pomnożone przez 2 dają węzeł, jak i liczby nie parzyste \(\displaystyle{ N_{6n+1} =\left\{ 7,13,19,…,6n+1\right\}}\) pomnożone przez 4 również. Liczby nie parzyste \(\displaystyle{ N_{6n-3} =\left\{ 3,9,15,…,6n-3\right\}}\) nie spełniają tej zasady ponieważ są to wielokrotności liczby 3
Wybierając dowolną liczbę nieparzystą (np. 11) został utworzony ciąg za pomocą zasad (1) i (2): \(\displaystyle{ c_{n}=(11,22,7,14,28,9,…,(3 \cdot 3) \cdot 2m)}\)
Dochodząc do wielokrotności liczby 3 , proces tworzenia kolejnych wyrazów został zakończony ponieważ nie spełnią one już zasady (1) i kolejne wyrazy tego ciągu będą tylko rosły więc w kolejnych wyrazach tego ciągu nie otrzyma się znów liczby 11.

Pytanie: „Czy biorąc dowolną liczbę nieparzystą i postępując według zasad (1) i (2) otrzymamy z powrotem nieparzystą liczbę wyjściową?”

Ponieważ, jeśli w ciągach tych występują pętle różne od 4,2,1,…, to co najmniej jedna liczba nieparzysta \(\displaystyle{ n \neq ≠1}\) też musi się zapętlać.
Poniżej graficzne przedstawienie ciągu \(\displaystyle{ c_{n}\,\,gdzie \,\, c_{1}=11}\).


Jeżeli nad osią można przeprowadzić tylko operacje „\(\displaystyle{ c_{n} \cdot 2}\)” lub „\(\displaystyle{ c_{n} \cdot 4}\)” to punkt „11” może być połączony tylko z punktem „22”. Nie trzeba więc brać pod uwagę liczb leżących przed badaną liczbą nieparzystą, ponieważ żadna liczba pomnożona przez 2 lub 4 nie może dać liczby nieparzystej (a tylko taką operacją mnożenia można przesunąć się po osi w prawo). Jeśli pod osią tylko „\(\displaystyle{ (c_{n}-1) /3}\)” to tylko z punktu „34” można dojść do punktu „11”. Zauważyć należy, że
pod osią (cofając się) przechodzi się z węzła do liczby nieparzystej więc punkt „34” nie może być powiązany z innym punktem leżącym dalej na osi.
Skoro nad osią nie istnieje połączenie badanej liczby \(\displaystyle{ c_{n}}\) z żadną ją poprzedzającą liczbą a pod osią nie istnieje połączenie \(\displaystyle{ 3c_{n}+1}\) z żadną liczbą większą od niej to rozpatrywać możemy tylko przedział \(\displaystyle{ \left\langle c_{n}, 3c_{n}+1\right\rangle}\). Jednak część węzłów mnoży się przez „4” więc należy przedział rozszerzyć do postaci \(\displaystyle{ \left\langle c_{n}, 4c_{n}\right\rangle}\).
Aby, wykonując tylko dozwolone operacje, dojść z powrotem do wyjściowej liczby nie parzystej musi być spełnione jedno z poniższych równań:

\(\displaystyle{ 2c_{n} =3c_{m}+1 \vee 4c_{m} =3c_{n}+1}\)

gdzie:\(\displaystyle{ c_{n} = 2k -1, c_{m} =2l-1 , k,l \in \NN}\)

Jest to możliwe tylko dla \(\displaystyle{ k,l=1}\):

\(\displaystyle{ 4 \cdot 1 = 3 \cdot 1 \cdot 1}\)
Dlatego ciągi Collatza zapętlają się tylko przy nieparzystej liczbie „1”.

(Mam nadzieję że wstawiona grafika jest widoczna bo to dość ważny element)

[matemix]

Aby, wykonując tylko dozwolone operacje, dojść z powrotem do wyjściowej liczby nie parzystej musi być spełnione jedno z poniższych równań:

\(\displaystyle{ 2c_{n} =3c_{m}+1 \vee 4c_{m} =3c_{n}+1}\)

gdzie:\(\displaystyle{ c_{n} = 2k -1, c_{m} =2l-1 , k,l \in \NN}\)

Jest to możliwe tylko dla \(\displaystyle{ k,l=1}\):

\(\displaystyle{ 4 \cdot 1 = 3 \cdot 1 \cdot 1}\)
Dlatego ciągi Collatza zapętlają się tylko przy nieparzystej liczbie „1”.

Nieprawda. Może być równie dobrze spełnione jedno z równań:

\(\displaystyle{ c_{n} = \frac {3c_{m}+1} {2^{x}}}\)

dla dowolnie dużego \(\displaystyle{ x}\). A ogólnie dla całego problemu może być spełnione jedno z nieskończenie wielu równań:

\(\displaystyle{ c_{n} = \frac {3c_{m}+1} {2^{x_{1}}}}\)

\(\displaystyle{ c_{n} = \frac {\frac {3c_{m}+1} {2^{x_{1}}} \cdot 3 +1} {2^{x_{2}}}}\)

\(\displaystyle{ c_{n} = \frac {\frac {\frac {3c_{m}+1} {2^{x_{1}}} \cdot 3 +1} {2^{x_{2}}} \cdot 3 + 1} {2^{x_{3}}}}\)

itd.

Rozwiązałeś jak na razie tylko pierwszy przypadek (i to, gdy \(\displaystyle{ x}\) wynosi \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 2}\)), pozostało jeszcze ich nieskończenie wiele.

[Damian76]

Mamy ciągi tworzone według zasad \(\displaystyle{ \left( 1\right)}\) i \(\displaystyle{ \left( 2\right)}\) gdzie \(\displaystyle{ c_{1}=2l-1}\).
Zgodzi się Pan ze mną że:
1.Jeśli \(\displaystyle{ c_{n}<c_{1}}\) to aby otrzymać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) musimy zwiększyć wartość \(\displaystyle{ c_{n}}\). Możemy to zrobić tylko za pomocą potęgi liczby \(\displaystyle{ "2"}\) ( zasada (2)). I otrzymamy:

\(\displaystyle{ 2^xc_{n} \neq c_{1}=2l-1}\)

Więc dla takich \(\displaystyle{ c_{n}}\) nigdy nie otrzymamy znów \(\displaystyle{ c_{1}}\).

2. Tylko jeśli \(\displaystyle{ c_{n}=3c_{1}+1}\) możemy znów uzyskać \(\displaystyle{ c_{1}}\).
Jeśli \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) to musimy zmniejszyć wartość \(\displaystyle{ c_{n}}\) (zasada (1)). Liczby postaci \(\displaystyle{ 3c_{n}+1}\) to węzły i tylko \(\displaystyle{ c_{n _{a} }=w_{x}=6m+4}\) spełniają zasadę (1). Z pierwszej części pracy wiemy że tylko \(\displaystyle{ 2^{2k} w_{x}=w_{y}}\)
Więc aby otrzymać

\(\displaystyle{ c_{n}=3c_{1}+1}\) musi istnieć

\(\displaystyle{ c_{n_{a}}=3\left( 3c_{n}+1\right)+1=6m+4}\) a to jest nie możliwe.

Stąd przyjęte przedziały które należy rozważać:
Dla \(\displaystyle{ N=6n-1}\) mamy przedział \(\displaystyle{ \left\langle c_{1} , 3c_{1}+1\right\rangle}\)
Dla \(\displaystyle{ N=6n+1}\) mamy przedział \(\displaystyle{ \left\langle c_{1} , 4c_{1}\right\rangle}\)


A z innej beczki.
Dla każdego \(\displaystyle{ N=6n-1}\) istnieje rozwiązanie równania:

\(\displaystyle{ c_{n}= \frac{3c_{m}+1}{2^{x}}}\)
gdy \(\displaystyle{ x=2n-1}\)

a dla \(\displaystyle{ N=6n+1}\) gdy \(\displaystyle{ x=2n}\).
Jest to związanie z budową węzłów.

[matemix]

Mamy ciągi tworzone według zasad \(\displaystyle{ \left( 1\right)}\) i \(\displaystyle{ \left( 2\right)}\) gdzie \(\displaystyle{ c_{1}=2l-1}\).
Zgodzi się Pan ze mną że:
1.Jeśli \(\displaystyle{ c_{n}<c_{1}}\) to aby otrzymać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) musimy zwiększyć wartość \(\displaystyle{ c_{n}}\). Możemy to zrobić tylko za pomocą potęgi liczby \(\displaystyle{ "2"}\) ( zasada (2)).

Nieprawda. Możemy to zrobić na nieskończenie wiele sposobów, wykonując różne kombinacje operacji mnożenia razy \(\displaystyle{ 2^{x}}\) i dzielenia przez \(\displaystyle{ 3}\) z odejmowaniem \(\displaystyle{ 1}\). Np. jeśli mamy liczbę \(\displaystyle{ 23}\) i chcemy uzyskać \(\displaystyle{ 433}\), to możemy wykonać:

\(\displaystyle{ 23 \cdot 8 = 184}\)

\(\displaystyle{ \frac {184-1}{3}=61}\)

Nie mnożyliśmy tylko przez \(\displaystyle{ 2^{x}}\), a mamy liczbę większą niż \(\displaystyle{ 23}\). Dalej mamy:

\(\displaystyle{ 61 \cdot 16 = 976}\)

\(\displaystyle{ \frac {976-1}{3}=325}\)

\(\displaystyle{ 61 \cdot 4 = 1300}\)

\(\displaystyle{ \frac {1300-1}{3}=433}\)

[Damian76]

Dziękuję za odpowiedź.

Zakładam że chciał Pan wykazać błąd w punkcie 1. Jest tam warunek \(\displaystyle{ c_{n}<c_{1}}\) a w przytoczonym przez Pana przykładzie mamy dla każdego \(\displaystyle{ c_{n}>c_{1}}\).

W przytoczonym przez Pana przykładzie wyliczone zostały kolejne wyrazy ciągu dla \(\displaystyle{ c_{1}=23}\)

\(\displaystyle{ c_{n}=\left( 23,46,92,184,61,122,244,488,976,3325,650,1300,433,...,\right)}\)

W tym ciągu (zakończył Pan na \(\displaystyle{ c_{n}=433}\) )zachodzi warunek:

Każde \(\displaystyle{ c_{n}>c_{1}}\)

więc wszystko co opisałem w punkcie 1. nie tyczy się Pana przykładu.

Dążymy do tego aby wykazać że w kolejnym wyrazie tego ciągu znów otrzymamy \(\displaystyle{ c_{n}=23}\). Jeśli \(\displaystyle{ c_{n}=6n+4}\) to możemy wykonać dzielenie, choć nie musimy bo można dalej mnożyć przez "2". Jednak chcąc zbliżyć się do \(\displaystyle{ c_{n}=23}\) musimy rozpocząć dzielenie i zmniejszać wyrazy \(\displaystyle{ c_{n}>c_{1}}\).
Więc dla każdego (wyliczonego powyżej) \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) zachodzi to co opisałem w punkcie 2.

Punkt 1. może być rozważany gdy przyjmiemy \(\displaystyle{ c_{1}=433}\) ale w tedy błędnie Pan założył że \(\displaystyle{ c_{n}=23}\) .-- 21 gru 2016, o 17:43 --oczywiście \(\displaystyle{ c_{10}= 325}\) a nie \(\displaystyle{ 3325}\). Przepraszam za literówkę.

[leg14]

jeśli mamy liczbę 23 i chcemy uzyskać 433, to możemy wykonać:

mamy \(\displaystyle{ c_n}\) chcemy otrzhmac \(\displaystyle{ c_1}\).Zgadza sie

[Damian76]

Tak.

-- 21 gru 2016, o 20:49 --

Tak?
To ile w przytoczonym przykładzie wynosi \(\displaystyle{ c_{1}}\) ?-- 21 gru 2016, o 21:28 --Nie wolno nam przyjąć dowolnego \(\displaystyle{ c_{n}}\) ( w tym przypadku \(\displaystyle{ c_{n}=23}\)) i dowolnego \(\displaystyle{ c_{1}}\) (w tym przypadku \(\displaystyle{ c_{1}=433}\)) bo to prowadzi do fałszywych wyników.
Tylko wybór \(\displaystyle{ c_{1}}\) determinuje nam wyrazy \(\displaystyle{ c_{n}}\). Więc jeśli przyjąć \(\displaystyle{ c_{1}=433}\) nie uzyskamy \(\displaystyle{ c_{n}=23}\) bo i jak? Liczba \(\displaystyle{ "23"}\) występuje przed \(\displaystyle{ c_{1}=433}\) więc nie może również wystąpić po nim ponieważ to oznaczało by pętlę.

Sprawdzone jest że dla liczby \(\displaystyle{ 433}\) nie uzyskamy innej pętli niż \(\displaystyle{ ...,4,2,1,...}\).

To samo można wywnioskować analizując ciąg dla \(\displaystyle{ c_{1}=433}\) poprzez analizę przedstawionych wcześniej punktów 1. i 2.

[matemix]

Dziękuję za odpowiedź.

Zakładam że chciał Pan wykazać błąd w punkcie 1. Jest tam warunek \(\displaystyle{ c_{n}<c_{1}}\) a w przytoczonym przez Pana przykładzie mamy dla każdego \(\displaystyle{ c_{n}>c_{1}}\).

W przytoczonym przez Pana przykładzie wyliczone zostały kolejne wyrazy ciągu dla \(\displaystyle{ c_{1}=23}\)

\(\displaystyle{ c_{n}=\left( 23,46,92,184,61,122,244,488,976,3325,650,1300,433,...,\right)}\)

W tym ciągu (zakończył Pan na \(\displaystyle{ c_{n}=433}\) )zachodzi warunek:

Każde \(\displaystyle{ c_{n}>c_{1}}\)

więc wszystko co opisałem w punkcie 1. nie tyczy się Pana przykładu.

Ok. Weźmy zatem przykład:

\(\displaystyle{ 61, 184, 92, 46, 23, 70, 35}\)

Znów zaczynając iteracje wstecz od \(\displaystyle{ 35}\) nie tylko mnożymy przez \(\displaystyle{ 2}\), ale też dzielimy przez \(\displaystyle{ 3}\) z odejmowaniem \(\displaystyle{ 1}\), a otrzymujemy liczbę większą od \(\displaystyle{ 35}\). Wobec tego rozpatrywanie równania:

Zgodzi się Pan ze mną że:
1.Jeśli \(\displaystyle{ c_{n}<c_{1}}\) to aby otrzymać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) musimy zwiększyć wartość \(\displaystyle{ c_{n}}\). Możemy to zrobić tylko za pomocą potęgi liczby \(\displaystyle{ "2"}\) ( zasada (2)). I otrzymamy:

\(\displaystyle{ 2^xc_{n} \neq c_{1}=2l-1}\)

Więc dla takich \(\displaystyle{ c_{n}}\) nigdy nie otrzymamy znów \(\displaystyle{ c_{1}}\)

i twierdzenie, że w ten sposób nie dojdziemy do \(\displaystyle{ c_{1}}\) nic nie wnosi, bo w ciągu realizują się znacznie bardziej skomplikowane przekształcenia (nie tylko mnożenie razy \(\displaystyle{ 2}\)), których brak w równaniu.

2. Tylko jeśli \(\displaystyle{ c_{n}=3c_{1}+1}\) możemy znów uzyskać \(\displaystyle{ c_{1}}\).

Dla dowolnie wybranego (nieparzystego) \(\displaystyle{ c_{1}}\) znajdziemy jakieś \(\displaystyle{ c_{n}}\), takie, że \(\displaystyle{ c_{n}=3c_{1}+1}\) (wystarczy pomnożyć to \(\displaystyle{ c_{1}}\) razy \(\displaystyle{ 3}\) i dodać \(\displaystyle{ 1}\)) i zawsze będzie to \(\displaystyle{ c_{n}=c_{2}}\). Twierdzenie, że tylko wtedy znów uzyskamy \(\displaystyle{ c_{1}}\) nic nie wnosi, bo równanie to będzie spełnione niezależnie od zapętlania się liczby dla dowolnej liczby nieparzystej w ciągu.

Skoro nad osią nie istnieje połączenie badanej liczby \(\displaystyle{ c_{n}}\) z żadną ją poprzedzającą liczbą a pod osią nie istnieje połączenie \(\displaystyle{ 3c_{n}+1}\) z żadną liczbą większą od niej to rozpatrywać możemy tylko przedział \(\displaystyle{ \left\langle c_{n}, 3c_{n}+1\right\rangle}\)

Ale istnieje takie połączenie. Każda liczba nieparzysta w ciągu ma jakąś liczbę, która ją poprzedza i, która po niej następuje, poza liczbami postaci \(\displaystyle{ 3n}\), te nie mają mniejszych od siebie poprzedników.

[Damian76]

Dziękuję. Teraz wiem dlaczego się nie zgadzamy. Biorąc \(\displaystyle{ c_{1}}\) wykonuje Pan dowolną ilość iteracji i dla tak uzyskanego \(\displaystyle{ c_{n}}\) przyrównuje punkt 1. lub 2. Ja każdy kolejny krok przyrównuję do 1. lub 2.

Oto jak rozpatruję Pana (i każdy inny) przypadek:
\(\displaystyle{ c_{1}=35}\) , \(\displaystyle{ c_{2}=2 \cdot c_{1}=70}\). Zachodzi \(\displaystyle{ c_{2}>c_{1}}\) (punkt 2.) więc aby znów otrzymać \(\displaystyle{ c_{1}}\) powinniśmy zmniejszyć wartość \(\displaystyle{ c_{2}}\) (oczywiście wciąż możemy mnożyć przez \(\displaystyle{ 2^x}\) ale to nas tylko oddala od wartości \(\displaystyle{ c_{1}}\)) , \(\displaystyle{ c_{2} = w_{11}=6n+4}\) więc możemy pomnożyć przez \(\displaystyle{ 2}\) lub zmniejszyć dzieląc. Jeśli zachodzi \(\displaystyle{ c_{n}>3\left( 3c_{1}+1\right)+1}\) to nigdy w kolejnym kroku nie otrzymamy \(\displaystyle{ c_{1}}\) ponieważ nie możemy dwa razy pod rząd wykonać dzielenia. Wybrał Pan dzielenie więc mamy

\(\displaystyle{ c_{3}=23}\). Teraz zachodzi \(\displaystyle{ c_{3}<c_{1}}\) (punkt 1.) więc aby otrzymać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) musimy zwiększyć \(\displaystyle{ c_{3}}\) możemy to zrobić tylko mnożąc przez \(\displaystyle{ 2^x}\). Ale każde uzyskane \(\displaystyle{ c_{n}}\) pomnożone przez \(\displaystyle{ 2^x}\) w następnym kroku nigdy nie da \(\displaystyle{ c_{1}}\) ponieważ nieprawdą jest \(\displaystyle{ 2^x \cdot c_{n}=2k-1}\).
Stąd: dla każdego uzyskanego \(\displaystyle{ c_{n}<c_{1}}\) nigdy w kolejnym kroku nie otrzymamy \(\displaystyle{ c_{1}}\)
I otrzymujemy:

\(\displaystyle{ c_{4}=46=w_{7}}\). Zachodzi \(\displaystyle{ c_{4}>c_{1}}\) (punkt 2.) więc aby znów otrzymać \(\displaystyle{ c_{1}}\) powinniśmy zmniejszyć wartość \(\displaystyle{ c_{2}}\). \(\displaystyle{ c_{4}}\) jest węzłem więc możemy mnożyć lub dzielić. Ale jeśli mnożymy to nie otrzymamy w kolejnym kroku \(\displaystyle{ c_{1}}\) a dzieląc też nie ponieważ \(\displaystyle{ c_{4} \neq 3 \cdot c_{1}+1}\)Wybrał Pan mnożenie. OK.

\(\displaystyle{ c_{5}=92 \neq w_{n}=6n+4}\). Zachodzi \(\displaystyle{ c_{5}>c_{1}}\) więc powinniśmy dzielić ale wyraz ten nie jest węzłem więc w kolejnym kroku można tylko pomnożyć. (w pierwszej części pracy wykazane jest że tylko \(\displaystyle{ 4w_{n}=w_{m}}\)).

\(\displaystyle{ c_{6}=184=4c_{4}=w_{30}}\). Zachodzi \(\displaystyle{ c_{6}>c_{1}}\), (punkt 2.) możemy dzielić lub mnożyć. Wybrane zostało dzielenie więc:

\(\displaystyle{ c_{7}=61}\). Zachodzi \(\displaystyle{ c_{7}>c_{1}}\) (punkt 2.) lecz nie można dwa razy pod rząd dzielić więc mnożymy. Mnożąc nie otrzymamy w kolejnym kroku liczby nieparzystej.

\(\displaystyle{ c_{8}=122 \neq w_{n}}\). Zachodzi \(\displaystyle{ c_{8}>c_{1}}\) (punkt 2.) ale nie jest to węzeł więc musimy mnożyć. Również \(\displaystyle{ c_{8}=122>3 \cdot c_{1}+1}\) więc w kolejnym kroku nie otrzymamy \(\displaystyle{ c_{1}}\)

\(\displaystyle{ c_{9}=244=w _{40}}\). Zachodzi \(\displaystyle{ c_{9}>c_{1}}\) (punkt 2.) więc obie iteracje można wykonać.
itd.

Stąd wynikają stwierdzenia:

1. Jeśli w kolejnym kroku otrzymamy \(\displaystyle{ c_{n}<c_{1}}\) to w następnym kroku nigdy nie otrzymamy znów \(\displaystyle{ c_{1}}\)

2. Jeśli w kolejnym kroku otrzymamy \(\displaystyle{ c_{n}>3 \cdot c_{1}+1}\) to w następnym kroku nigdy nie otrzymamy znów \(\displaystyle{ c_{1}}\).

jak i przyjęte przedziały w których mogłaby się zdarzyć pętla:

\(\displaystyle{ N=6n-1=\left\langle c_{1} , 3c_{1}+1\right\rangle}\)

\(\displaystyle{ N=6n+1=\left\langle c_{1} , 4c_{1}\right\rangl}\)

-- 22 gru 2016, o 11:38 --

A dokładnie to :

\(\displaystyle{ 2^{2x}w_{n}=w_{m}}\)

[matemix]

Oto jak rozpatruję Pana (i każdy inny) przypadek:
\(\displaystyle{ c_{1}=35}\) , \(\displaystyle{ c_{2}=2 \cdot c_{1}=70}\). Zachodzi \(\displaystyle{ c_{2}>c_{1}}\) (punkt 2.) więc aby znów otrzymać \(\displaystyle{ c_{1}}\) powinniśmy zmniejszyć wartość \(\displaystyle{ c_{2}}\) (oczywiście wciąż możemy mnożyć przez \(\displaystyle{ 2^x}\) ale to nas tylko oddala od wartości \(\displaystyle{ c_{1}}\))

Nie wiemy co powinniśmy. Nie umiemy przewidzieć, czy właściwym krokiem, by uzyskać pętlę nie byłoby pomnożenie przez duże \(\displaystyle{ 2^x}\), a następnie ciąg przekształceń zmniejszający wartości otrzymanej liczby.

Teraz zachodzi \(\displaystyle{ c_{3}<c_{1}}\) (punkt 1.) więc aby otrzymać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) musimy zwiększyć \(\displaystyle{ c_{3}}\)

Tutaj znów wiemy co musimy. A może powinniśmy ją jeszcze raz zmniejszyć, a później dopiero zwiększyć?

Stąd wynikają stwierdzenia:

1. Jeśli w kolejnym kroku otrzymamy \(\displaystyle{ c_{n}<c_{1}}\) to w następnym kroku nigdy nie otrzymamy znów \(\displaystyle{ c_{1}}\)

2. Jeśli w kolejnym kroku otrzymamy \(\displaystyle{ c_{n}>3 \cdot c_{1}+1}\) to w następnym kroku nigdy nie otrzymamy znów \(\displaystyle{ c_{1}}\).

To się zgadza, ale ad. 1 - niewykluczone, że w jeszcze następnym (lub więcej) kroku otrzymamy już \(\displaystyle{ c_{1}}\). Ad. 2 - niewykluczone, że po kolejnych 2 (lub więcej) krokach otrzymamy już \(\displaystyle{ c_{1}}\).

jak i przyjęte przedziały w których mogłaby się zdarzyć pętla:

\(\displaystyle{ N=6n-1=\left\langle c_{1} , 3c_{1}+1\right\rangle}\)

\(\displaystyle{ N=6n+1=\left\langle c_{1} , 4c_{1}\right\rangl}\)

To błędne przedziały, bo nie uwzględniasz, że ad. 1 i ad. 2.

Swoją drogą, jeśli jeszcze tego nie zauważyłeś, to funkcja:

\(\displaystyle{ f(x) = \left\{\begin{array}{l} \frac {1,5x+0,5}{2} \ \ \ gdy \ x \ nieparzyste\\ \ \ \frac {x}{2} \ \ \ \ \ \ \ gdy \ x \ parzyste \end{array}}\)

definiuje te same ciągi co oryginalny ciąg Collatza, tyle, że bez liczb parzystych \(\displaystyle{ 3n+1}\). Zajmowanie się funkcją:

\(\displaystyle{ f(x) = \left\{\begin{array}{l} \frac {3x+1}{2} \ \ \ gdy \ x \ nieparzyste\\ \ \ \frac {x}{2} \ \ \ \ \ \ \ gdy \ x \ parzyste \end{array}}\)

tylko zaciemnia obraz. Zatem zajmij się funkcją \(\displaystyle{ 1,5x+0,5}\) zaoszczędzisz czas i unikniesz już na wstępie stawiania twierdzeń, które nic nie wnoszą.

[Damian76]

Nie wiemy co powinniśmy. Nie umiemy przewidzieć, czy właściwym krokiem, by uzyskać pętlę nie byłoby pomnożenie przez duże \(\displaystyle{ 2^x}\) , a następnie ciąg przekształceń zmniejszający wartości otrzymanej liczby.

Oczywiście że możemy tak zrobić. Tylko :
każde \(\displaystyle{ c_{1}=2k-1}\) otrzymujemy tylko z \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\). Liczby postaci \(\displaystyle{ 3c_{1}+1=w_{m}=6m+4}\) to węzły. Każdemu węzłowi przypisana jest dokładnie jedna liczba nieparzysta. Więc otrzymamy ciągi:

\(\displaystyle{ ...,3c_{1}+1,c_{1},c_{2},...,c_{n},3c_{1}+1,c_{1}}\) gdzie każde \(\displaystyle{ c_{n}>c_{1}}\)

Zmniejszamy za pomocą dzielenia więc aby otrzymać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) to wcześniej musimy otrzymać \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\).W przedziale gdy \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) możemy wykonać wszystkie kombinacje mnożeń i dzieleń ale chcąc otrzymać \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) wyrazem go poprzedzającym musi być \(\displaystyle{ c_{n}=3\left(3c_{1}+1 \right)+1=9c_{1}+4}\) więc \(\displaystyle{ c_{n}}\) musi być węzłem czyli \(\displaystyle{ c_{n}=9c_{1}+4=6m+4}\). Równanie to jest spełnione tylko gdy \(\displaystyle{ c_{1}}\) jest liczbą parzystą a my zawsze przyjmujemy jako liczba nieparzysta.
Możemy więc wykonać wszystkie możliwe iteracje a i tak nie otrzymamy \(\displaystyle{ c_{n}=3c_{1}+1}\). W wyniku może być tylko \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) lub \(\displaystyle{ c_{n}<3c_{1}+1}\)
Wyjaśnia to również Pana uwagę do punktu 2. Jeśli \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) to po dowolnej liczbie kroków nie uzyskamy \(\displaystyle{ c_{1}}\). Może się coś zmienić tylko po uzyskaniu \(\displaystyle{ c_{n}<3c_{1}+1}\).
Stąd wynika górny kres przedziału. (dokładnie powinno być \(\displaystyle{ \left( c_{1},3c_{1}+1\right)}\) )

Tutaj znów wiemy co musimy. A może powinniśmy ją jeszcze raz zmniejszyć, a później dopiero zwiększyć?

Z każdego dzielenia otrzymujemy liczbę nieparzystą. więc nie możemy dwa razy pod rząd wykonać dzielenia.

To się zgadza, ale ad. 1 - niewykluczone, że w jeszcze następnym (lub więcej) kroku otrzymamy już \(\displaystyle{ c_{1}}\)

Przyjmując dowolnie duże \(\displaystyle{ c_{1}}\) możemy wykonać takie działania że otrzymamy \(\displaystyle{ c_{n}}\) dużo mniejsze od \(\displaystyle{ c_{1}}\). Teraz chcąc znów uzyskać \(\displaystyle{ c_{1}}\) możemy wykonać wszystkie możliwe iteracje a i tak dla każdego \(\displaystyle{ c_{n}<c_{1}}\) nie otrzymamy \(\displaystyle{ c_{1}}\) ponieważ żadna liczba pomnożona przez \(\displaystyle{ 2^x}\) nie da liczby nieparzystej. W wyniku zawsze otrzymamy \(\displaystyle{ c_{n}<c_{1}}\) lub \(\displaystyle{ c_{n}>c_{1}}\) ale nigdy \(\displaystyle{ c_{n}=c_{1}}\). Może się coś zmienić tylko gdy po kolejnych krokach uzyskamy \(\displaystyle{ c_{n}>c_{1}}\). Więc do puki nie otrzymamy \(\displaystyle{ c_{n}>c_{1}}\) wykluczone jest, że w jeszcze następnym (lub więcej) kroku otrzymamy już \(\displaystyle{ c_{1}}\).

To błędne przedziały, bo nie uwzględniasz, że ad. 1 i ad. 2

Z powyższych odpowiedzi wynika że uwzględniam że ad.1 i ad.2 .

[matemix]

Nie wiemy co powinniśmy. Nie umiemy przewidzieć, czy właściwym krokiem, by uzyskać pętlę nie byłoby pomnożenie przez duże \(\displaystyle{ 2^x}\) , a następnie ciąg przekształceń zmniejszający wartości otrzymanej liczby.

Oczywiście że możemy tak zrobić. Tylko :
każde \(\displaystyle{ c_{1}=2k-1}\) otrzymujemy tylko z \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\). Liczby postaci \(\displaystyle{ 3c_{1}+1=w_{m}=6m+4}\) to węzły. Każdemu węzłowi przypisana jest dokładnie jedna liczba nieparzysta. Więc otrzymamy ciągi:

\(\displaystyle{ ...,3c_{1}+1,c_{1},c_{2},...,c_{n},3c_{1}+1,c_{1}}\) gdzie każde \(\displaystyle{ c_{n}>c_{1}}\)

Dlaczego zakładasz, że po \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) nastąpi \(\displaystyle{ c_{1}}\) lub, że przed \(\displaystyle{ c_{1}}\) wystąpi \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\)? Nie znamy \(\displaystyle{ c_{r}}\), który pomnożony z dodawaniem \(\displaystyle{ 3 \cdot c_{r}+1}\) i podzielony \(\displaystyle{ x}\) razy przez \(\displaystyle{ 2}\) da nam znów \(\displaystyle{ c_{1}}\). To jest niewiadoma. A ty założyłeś, że w pętli wyraz \(\displaystyle{ c_{1}}\) poprzedza zawsze \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\), co dopiero trzeba udowodnić (i jeśli tak jest ewidentnie świadczy to, że tylko \(\displaystyle{ c_{1}=1}\) spełnia ten warunek). Co najwyżej taki zapis jest uzasadniony:

\(\displaystyle{ ...,3c_{r}+1,c_{1},c_{2},...,c_{n},3c_{r}+1,c_{1}}\)

[Damian76]

A ty założyłeś

Nie jest to założenie tylko wynik obserwacji badanych ciągów.

\(\displaystyle{ c_{1}}\) jest liczbą nieparzystą. Liczby \(\displaystyle{ 3c_{n}+1=w_{m}=6m+4}\) to węzły i tylko wyrazy \(\displaystyle{ c_{n}=6m+1}\) możemy zmniejszać bo tylko takie spełniają zasadę (1). NIe możemy dzielić dwa razy pod rząd bo po każdym dzieleniu mamy liczbę nieparzystą. Dla każdego węzła istnieje dokładnie jedna liczba nieparzysta która może po nim wystąpić.
\(\displaystyle{ c_{1}}\) jest liczbą nieparzystą więc nie trzymamy jej w wyniku mnożenia przez \(\displaystyle{ 2^x}\) jak również nie otrzymamy jej z dzielenia innego niż \(\displaystyle{ \frac{w_{m}-1}{3}}\) gdzie \(\displaystyle{ w_{m}=3c_{1}+1}\).

Wykonując dozwolone działania wyraz \(\displaystyle{ c_{1}=2k-1}\) może poprzedzać tylko \(\displaystyle{ 3c_{r}+1}\).

Co najwyżej taki zapis jest uzasadniony:

Przepraszam za błąd w zapisie.

-- 24 gru 2016, o 00:41 --

i tylko wyrazy \(\displaystyle{ c_{n}=6m+1}\)

Błąd zapisu.
Ma być " ...i tylko wyrazy \(\displaystyle{ w_{m}=6m+4}\) możemy zmniejszać"-- 24 gru 2016, o 01:00 --Oczywiście \(\displaystyle{ c_{r}=c_{1}}\)