Dowód hipotezy Collatza, fałszywy?

[matemix]

Nie jest to założenie tylko wynik obserwacji badanych ciągów.

To jeszcze dla jasności ustalmy w którą stronę wykonujemy tutaj:

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

wykonujemy operacje:

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

W lewo, czy w prawo? Zakładasz, że wyraz \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) jest przed \(\displaystyle{ c_{1}}\), czy, że \(\displaystyle{ c_{1}}\) poprzedza \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\)? Jeśli w prawo, to:

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

Tutaj oczywiście się mylisz. Tak jak pisałem jeśli założymy, że liczbę \(\displaystyle{ c_{1}}\) poprzedza \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\), to oczywiście tylko \(\displaystyle{ c_{1}=1}\) spełnia równanie.

\(\displaystyle{ c_{1}}\) 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 \(\displaystyle{ \frac{w_{m}-1}{3}}\)

Dotąd prawda.

gdzie \(\displaystyle{ w_{m}=3c_{1}+1}\).

A tu nie masz na to dowodu.

I jeszcze to:

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

Prawda.

Oczywiście \(\displaystyle{ c_{r}=c_{1}}\)

Nie masz na to dowodu

[Damian76]

Na wstępie pragnę złożyć szczere życzenia świąteczne.

Na samym początku pracy przytoczyłem wzór na którym się opieram. Pozwolę sobie go przypomnieć:

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

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

Wzór (1) zmniejsza wartości wyrazów a (2) zwiększa. Jest to nic innego jak odwrócenie ciągów Collatza. Jeśli wyznaczymy dowolny ciąg Collatza :

\(\displaystyle{ c_{n}=\left(c_{1},c_{2},...,c_{n}\right)}\)

To używaną przeze mnie zasadą otrzymamy te same wyrazy tylko ułożone od końca:

\(\displaystyle{ c_{n}=\left(c_{n},c_{n-1},...,c_{2},c_{1}\right)}\)

Jeśli badamy pętle to nie ma znaczenia czy na ciąg Collatza patrzymy od przodu czy od tyłu.

W lewo, czy w prawo?

Jeśli dla dowolnego nieparzystego \(\displaystyle{ c_{1}}\) (rozważamy nieparzyste ponieważ jeśli występuje pętla to co najmniej jedna liczba nieparzysta się zapętla) występuje pętla to \(\displaystyle{ c_{1}}\) oznacza wyraz od którego zaczynamy tworzenie ciągu. W pętli nie ma wyrazu ostatniego czy pierwszego. Ale od jakiegoś wyrazu musimy zacząć więc przyjmujemy \(\displaystyle{ c_{1}=2k-1}\)
Poprawny jest więc zapis (bo to jest pętla):

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

a spór może tyczyć się tylko tego czy \(\displaystyle{ c_{r}=c_{1}}\).

Tutaj oczywiście się mylisz. Tak jak pisałem jeśli założymy, że liczbę poprzedza , to oczywiście tylko spełnia równanie.

To nie jest założenie. Jeśli chcemy aby \(\displaystyle{ c_{1}}\) było elementem pętli to \(\displaystyle{ c_{1}}\) musi wynikać z \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\). Pozostaje tylko udowodnić że \(\displaystyle{ c_{r}=c_{1}}\)

Damian76 napisał(a):
gdzie \(\displaystyle{ w_{m}=3c_{1}+1}\) .

A tu nie masz na to dowodu.

W pracy wykazane zostało że tylko węzły możemy poddać dzieleniu. Jak również to że każdemu węzłowi jest przyporządkowana dokładnie jedna liczba nieparzysta. Wyjaśnione również jest dlaczego nie uznawaliśmy liczby \(\displaystyle{ "4"}\) za węzeł i wtedy mamy

\(\displaystyle{ w_{m}=\left( 10,16,22,...,6m+4\right)}\)
wtedy: \(\displaystyle{ c_{1}=2m+1}\). Jest w pracy zapis że \(\displaystyle{ c_{1} \neq 1}\)

Aby było wszystko zaliczmy liczbę \(\displaystyle{ "4"}\) do węzłów bo spełnia zasadę (1).

\(\displaystyle{ w_{m}=\left( 4,10,16,22,...,6m-2\right)}\), wtedy mamy

\(\displaystyle{ \frac{w_{m}-1}{3}= c_{1}=2m-1}\)

Oznacza to że po wyrazie \(\displaystyle{ c_{n}=w_{m}=6m-2}\) otrzymamy zawsze \(\displaystyle{ c_{1}=2m-1}\)

wyrażenia \(\displaystyle{ 3c_{r}+1}\) są węzłami poprzedzającymi wyrazy \(\displaystyle{ c_{1}}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ w_{1}=4=3c_{r}+1=3\left( 2*1-1\right)+1}\)
więc \(\displaystyle{ c_{r}=2m-1}\) gdzie \(\displaystyle{ m=1}\)

\(\displaystyle{ w_{2}=10=3c_{r}+1=3\left( 2*2-1\right)+1}\)
więc \(\displaystyle{ c_{r}=2m-1}\) gdzie \(\displaystyle{ m=2}\)

\(\displaystyle{ w_{3}=16=3c_{r}+1=3\left( 2*3-1\right)+1}\)
więc \(\displaystyle{ c_{r}=2m-1}\) gdzie \(\displaystyle{ m=3}\)

i otrzymamy:

\(\displaystyle{ \frac{w_{m}-1}{3}=\frac{3c_{r}+1-1}{3}=\frac{3*\left( 2m-1\right) +1-1}{3}= c_{1}=2m-1}\)

\(\displaystyle{ c_{r}=c_{1}}\)

[matemix]

Na wstępie pragnę złożyć szczere życzenia świąteczne.

Na samym początku pracy przytoczyłem wzór na którym się opieram. Pozwolę sobie go przypomnieć:

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

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

Wzór (1) zmniejsza wartości wyrazów a (2) zwiększa. Jest to nic innego jak odwrócenie ciągów Collatza. Jeśli wyznaczymy dowolny ciąg Collatza :

\(\displaystyle{ c_{n}=\left(c_{1},c_{2},...,c_{n}\right)}\)

To używaną przeze mnie zasadą otrzymamy te same wyrazy tylko ułożone od końca:

\(\displaystyle{ c_{n}=\left(c_{n},c_{n-1},...,c_{2},c_{1}\right)}\)

Jeśli badamy pętle to nie ma znaczenia czy na ciąg Collatza patrzymy od przodu czy od tyłu.

Wzajemnie wesołych świąt. Czyli zgodnie ze standardową definicją ciągu Collatza te wyrazy:

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

iterujemy w lewo. W takim razie jasne jest, że przed \(\displaystyle{ c_{1}}\) jest \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\). Wobec tego muszę wrócić do posta:

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 \(\displaystyle{ c_{1}}\).

Co do ostatniego zdania - skąd taka pewność?

[Damian76]

Jeśli \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) to po dowolnej liczbie kroków nie uzyskamy \(\displaystyle{ c_{1}}\)

Proszę mnie poprawić jeśli nie o ten wniosek chodzi.

Jeśli zachodzi powyższy warunek to otrzymujemy ciągi postaci:

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

Możemy wykonać wszystkie możliwe iteracje, możemy przerwać zwiększanie kolejnych wyrazów w dowolnym momencie i próbować dążyć do \(\displaystyle{ c_{1}}\) ale aby otrzymać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) musimy uzyskać wyraz go poprzedzający czyli \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\). Musimy uzyskać taki wyraz, a przecież \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) więc wyrazem poprzedzającym \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) musi być \(\displaystyle{ c_{r}=3\left(3c_{1}+1 \right)+1=9c_{1}+4}\) więc \(\displaystyle{ c_{r}}\) musi być węzłem czyli \(\displaystyle{ c_{r}=9c_{1}+4=6m-2}\). Równanie to jest spełnione tylko gdy \(\displaystyle{ c_{1}}\) jest liczbą parzystą a my zawsze przyjmujemy jako liczba nieparzysta.
Węzły są liczbami parzystymi, a tylko liczba nieparzysta pomnożona przez liczbę parzystą da w wyniku liczbę parzystą więc \(\displaystyle{ c_{1}}\) musiało by być liczbą parzystą. Jest to nie prawdą bo za \(\displaystyle{ c_{1}}\) zawsze przyjmujemy liczby nieparzyste.

Wniosek:
Dla każdego \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) możemy zyskać tylko \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) lub \(\displaystyle{ c_{n}<3c_{1}+1}\)

Proszę zwrócić uwagę że przyjmujemy liczbę \(\displaystyle{ "4"}\) jako węzeł więc \(\displaystyle{ w_{m}=6m-2}\). Stąd wzór na \(\displaystyle{ w_{m}}\) inny niż w przytoczonym poście.

[matemix]

Jeśli \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) to po dowolnej liczbie kroków nie uzyskamy \(\displaystyle{ c_{1}}\)

Proszę mnie poprawić jeśli nie o ten wniosek chodzi.

Jeśli zachodzi powyższy warunek to otrzymujemy ciągi postaci:

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

Nie wiem, czy masz literówkę, ale poprzednio odnosiłeś się do przypadku:

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

pomiędzy \(\displaystyle{ c_{n}}\) i \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) nie było żadnego \(\displaystyle{ c_{r}}\). Ja też ten przypadek cytowałem. Wyjaśnij, o którym ciągu piszesz, bo to różnica.

Możemy wykonać wszystkie możliwe iteracje, możemy przerwać zwiększanie kolejnych wyrazów w dowolnym momencie i próbować dążyć do \(\displaystyle{ c_{1}}\) ale aby otrzymać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) musimy uzyskać wyraz go poprzedzający czyli \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\). Musimy uzyskać taki wyraz, a przecież \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) więc wyrazem poprzedzającym \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) musi być \(\displaystyle{ c_{r}=3\left(3c_{1}+1 \right)+1=9c_{1}+4}\)

Nie musi być \(\displaystyle{ c_{r}=3\left(3c_{1}+1 \right)+1=9c_{1}+4}\). Może być \(\displaystyle{ c_{r}=\frac {3c_{1}+1} {2}}\) i nadal \(\displaystyle{ c_{r}}\) i \(\displaystyle{ c_{n}}\) będą większe od \(\displaystyle{ c_{1}}\).

Istnieje nieskończenie wiele takich wyrazów w ciągu, że trzeci i czwarty wyraz po nich (poniżej trzeci i czwarty od tyłu) następujący jest od nich większy. Przykład:

\(\displaystyle{ c_{n},11,22,7}\)

[Damian76]

Wyraz \(\displaystyle{ c_{r}}\) wprowadziłem celowo (być może niepotrzebnie). Wyraz ten oznacza takie \(\displaystyle{ c_{n}}\) które występuje bezpośrednio przed \(\displaystyle{ c_{n}=3c_{1}+1}\).

Możemy wykonać wszystkie możliwe iteracje, możemy przerwać zwiększanie kolejnych wyrazów w dowolnym momencie i próbować dążyć do \(\displaystyle{ c_{1}}\) ale aby otrzymać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) musimy uzyskać wyraz go poprzedzający czyli \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) . Musimy uzyskać taki wyraz, a przecież \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) więc wyrazem poprzedzającym \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) musi być \(\displaystyle{ c_{r}=3\left(3c_{1}+1 \right)+1=9c_{1}+4}\)

i wniosek:

Dla każdego \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) możemy uzyskać tylko \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) lub \(\displaystyle{ c_{n}<3c_{1}+1}\)

Pozwolę sobie zauważyć że uwzględniłem przytoczony przez pana przypadek ponieważ zachodzi w nim

\(\displaystyle{ c_{n}=11<3c_{1}+1=22}\)

A tego nie wykluczam. Uważam wręcz, że właśnie jeśli \(\displaystyle{ c_{n}<3c_{1}+1}\) to można by uzyskać pętlę. Stąd proponowany górny przedział który powinniśmy brać pod uwagę ponieważ dopuki uzyskujemy \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) to nigdy nie uzyskamy w kolejnym kroku \(\displaystyle{ c_{n+1}=3c_{1}+1}\)

-- 25 gru 2016, o 21:11 --

\(\displaystyle{ c_{r}}\) jest wyrazem teoretycznym który musiałby istnieć gdybyśmy chcieli z dowolnego wyrazu \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) uzyskać wyraz \(\displaystyle{ c_{n}=3c_{1}+1}\) i w kolejnym kroku \(\displaystyle{ c_{1}}\). Myślę że udało mi się wykazać iż wyraz \(\displaystyle{ c_{r}}\) nie może istnieć.
Stąd wniosek:

Dla każdego \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) możemy uzyskać tylko \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) lub \(\displaystyle{ c_{n}<3c_{1}+1}\)-- 25 gru 2016, o 21:17 --Chyba źle zapisuję to co chcę powiedzieć. (przepraszam) Wniosek poprawnie zapisany ma postać:

Dla każdego \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) możemy uzyskać tylko \(\displaystyle{ c_{n+1}>3c_{1}+1}\) lub \(\displaystyle{ c_{n+1}<3c_{1}+1}\)

[matemix]

Wyraz \(\displaystyle{ c_{r}}\) wprowadziłem celowo (być może niepotrzebnie). Wyraz ten oznacza takie \(\displaystyle{ c_{n}}\) które występuje bezpośrednio przed \(\displaystyle{ c_{n}=3c_{1}+1}\).

Ok.

Możemy wykonać wszystkie możliwe iteracje, możemy przerwać zwiększanie kolejnych wyrazów w dowolnym momencie i próbować dążyć do \(\displaystyle{ c_{1}}\) ale aby otrzymać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) musimy uzyskać wyraz go poprzedzający czyli \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\). Musimy uzyskać taki wyraz, a przecież \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) więc wyrazem poprzedzającym \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) musi być \(\displaystyle{ c_{r}=3\left(3c_{1}+1 \right)+1=9c_{1}+4}\)

Powtarzam - nieprawda. Owszem zachodzi \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\), ale wyrazem go poprzedzającym nie musi być \(\displaystyle{ 3\left(3c_{1}+1 \right)+1=9c_{1}+4}\)

Dla każdego \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) możemy uzyskać tylko \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) lub \(\displaystyle{ c_{n}<3c_{1}+1}\)

To jasne.

Pozwolę sobie zauważyć że uwzględniłem przytoczony przez pana przypadek ponieważ zachodzi w nim

\(\displaystyle{ c_{n}=11<3c_{1}+1=22}\)

A tego nie wykluczam. Uważam wręcz, że właśnie jeśli \(\displaystyle{ c_{n}<3c_{1}+1}\) to można by uzyskać pętlę.

Fajnie, czyli jednak zgadzasz się, że wyrazem poprzedzającym \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) nie musi być \(\displaystyle{ 3\left(3c_{1}+1 \right)+1=9c_{1}+4}\).

Stąd proponowany górny przedział który powinniśmy brać pod uwagę ponieważ dopuki uzyskujemy \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) to nigdy nie uzyskamy w kolejnym kroku \(\displaystyle{ c_{n+1}=3c_{1}+1}\)

No tak, w następnym nie uzyskamy (wcześniej nie pisałeś, że chodzi wyłącznie o następny krok), ale w jeszcze następnym kroku lub w kolejnych krokach możemy już uzyskać \(\displaystyle{ c_{1}}\).

\(\displaystyle{ c_{r}}\) jest wyrazem teoretycznym który musiałby istnieć gdybyśmy chcieli z dowolnego wyrazu \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) uzyskać wyraz \(\displaystyle{ c_{n}=3c_{1}+1}\) i w kolejnym kroku \(\displaystyle{ c_{1}}\). Myślę że udało mi się wykazać iż wyraz \(\displaystyle{ c_{r}}\) nie może istnieć.

To jest oczywiste, bo, gdyby tak było, to musiałoby zachodzić \(\displaystyle{ \frac {3c_{1}+1}{2^{x}}=c_{1}}\), a to równanie spełnia tylko \(\displaystyle{ c_{1}=1}\). Mniej oczywiste, jest natomiast, że nie zajdzie się \(\displaystyle{ c_{n}=c_{1}}\) dla takiego przykładu:

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

Albo, gdy wstawimy między \(\displaystyle{ c_{n}}\) i \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) dowolną inną ilość wyrazów.

[Damian76]

Powtarzam - nieprawda. Owszem zachodzi \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\) , ale wyrazem go poprzedzającym nie musi być \(\displaystyle{ 3\left(3c_{1}+1 \right)+1=9c_{1}+4}\)

Tyczy się to iteracji w których otrzymujemy wszystkie kolejne \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\). Jeśli z takich \(\displaystyle{ c_{n}}\) chcemy w kolejnych krokach uzyskać \(\displaystyle{ c_{1}}\) bez wkraczania w przedział \(\displaystyle{ \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\) to musiałoby istnieć takie \(\displaystyle{ c_{n+1}=9c_{1}+4}\) aby można było pominąć wspomniany przedział. Wtedy jest to prawdą.

Takie \(\displaystyle{ c_{n+1}=9c_{1}+4}\) nie istnieje więc musimy wkroczyć w nasz przedział.
Wtedy mogą wystąpić możliwości:
Uzyskaliśmy \(\displaystyle{ c_{n}=x}\) gdzie \(\displaystyle{ x \in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\)
1. Iterujemy tak że znów uzyskaliśmy \(\displaystyle{ c_{n}>3c_{1}+1}\), (jesteśmy znów poza przedziałem) więc po kolejnych działaniach możemy znów tylko wrócić do przedziału uzyskując \(\displaystyle{ c_{n}=y}\) gdzie \(\displaystyle{ y \in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\).

2. Uzyskujemy \(\displaystyle{ c_{n}=x}\) gdzie \(\displaystyle{ x \in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\) (może to być też \(\displaystyle{ c_{n}=y}\)) i iterujemy tak że uzyskamy \(\displaystyle{ c_{n}<c_{1}}\) więc jesteśmy poza dolną granicą przedziału. Po kolejnych działaniach (w kolejnych krokach) uzyskujemy \(\displaystyle{ c_{n}<c_{1}}\) lub wracamy do przedziału i otrzymamy \(\displaystyle{ c_{n}=z}\) gdzie \(\displaystyle{ z \in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\).

Będąc poza górną granicą przedziału nie otrzymamy w kolejnych krokach \(\displaystyle{ c_{1}}\). Zawsze \(\displaystyle{ c_{n} \in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\).
Będąc poza dolną granicą przedziału również nie otrzymamy po kolejnych krokach \(\displaystyle{ c_{1}}\). Zawsze \(\displaystyle{ c_{n} \in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\).

ale w jeszcze następnym kroku lub w kolejnych krokach możemy już uzyskać .

Oczywiście nie wykluczam tego (ponieważ byłbym ignorantem i nie miałbym pojęcia co w tych ciągach się dzieje). Ja wykazuję że wydarzyć się to mogłoby tylko w przedziale \(\displaystyle{ \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\).

[matemix]

Oczywiście nie wykluczam tego (ponieważ byłbym ignorantem i nie miałbym pojęcia co w tych ciągach się dzieje). Ja wykazuję że wydarzyć się to mogłoby tylko w przedziale \(\displaystyle{ \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\).

Co to znaczy, że może się to wydarzyć tylko w przedziale?

[Damian76]

Oznacza to że dla dowolnej iteracji aby uzyskać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) najpierw uzyskamy \(\displaystyle{ c_{n} \in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\) i jeśli po kolejnych (dowolnych) iteracjach opuścimy ten przedział to aby uzyskać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) to najpierw wrócimy do tego przedziału. Więc moim zdaniem, jeśli przed próbą uzyskania \(\displaystyle{ c_{1}}\) zawsze wchodzimy najpierw do wskazanego przedziału (od góry lub od dołu) to w nim należy szukać zapętlenia się ciągów.

Wiemy że \(\displaystyle{ c_{1}}\) możemy uzyskać z wyrazu \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) jak również dla liczb:

\(\displaystyle{ c_{1}=6n-1}\) z liczby \(\displaystyle{ 2c_{1}}\)

\(\displaystyle{ c_{1}=6n+1}\) z liczby \(\displaystyle{ 4c_{1}}\)

stąd rozszerzenie przedziału dla \(\displaystyle{ c_{1}=6n+1}\) do postaci \(\displaystyle{ \left( c_{1}, 4c_{1}\right)}\)-- 31 gru 2016, o 21:39 --Wszystkim tu zgromadzonym wszystkiego naj w Nowym Roku. Powodzenia i spełnienia marzeń.

[matemix]

Oznacza to że dla dowolnej iteracji aby uzyskać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) najpierw uzyskamy \(\displaystyle{ c_{n} \in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\) i jeśli po kolejnych (dowolnych) iteracjach opuścimy ten przedział to aby uzyskać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\) to najpierw wrócimy do tego przedziału. Więc moim zdaniem, jeśli przed próbą uzyskania \(\displaystyle{ c_{1}}\) zawsze wchodzimy najpierw do wskazanego przedziału (od góry lub od dołu) to w nim należy szukać zapętlenia się ciągów.

Wiemy że \(\displaystyle{ c_{1}}\) możemy uzyskać z wyrazu \(\displaystyle{ 3c_{1}+1}\) jak również dla liczb:

\(\displaystyle{ c_{1}=6n-1}\) z liczby \(\displaystyle{ 2c_{1}}\)

\(\displaystyle{ c_{1}=6n+1}\) z liczby \(\displaystyle{ 4c_{1}}\)

stąd rozszerzenie przedziału dla \(\displaystyle{ c_{1}=6n+1}\) do postaci \(\displaystyle{ \left( c_{1}, 4c_{1}\right)}\)

18 grudnia twierdziłeś, że wynika z tego jakoby w ciągach collatza występowała pętla tylko dla liczby \(\displaystyle{ 1}\). Jasne jest, że \(\displaystyle{ c_{n}}\) będzie liczbą z przedziału \(\displaystyle{ c_{n} \in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\), a dokładnie wyniesie \(\displaystyle{ 1,5 \cdot c_{1} +0,5}\), bo taka jest definicja ciągu Collatza. By dojść to tego wniosku nie trzeba elaboratu na 2 strony A4. Poza zastosowaniem definicji ciągu, to spostrzeżenie nic nie wnosi.

Wszystkim tu zgromadzonym wszystkiego naj w Nowym Roku. Powodzenia i spełnienia marzeń.

Dzięki, wzajemnie.

[Damian76]

A więc zatoczyliśmy kolo. Dobrze, bo wiele zostało wyjaśnione. Pozwolę sobie podsumować.
(w całym tekście poruszamy się w zbiorze liczb naturalnych)

1. Jeśli \(\displaystyle{ c_{n}\not \in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\) to nie uzyskamy pętli ponieważ dla takich \(\displaystyle{ c_{n}}\) (po kolejnych działaniach) najpierw uzyskamy \(\displaystyle{ c_{n}\in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\) a dopiero po kolejnych iteracjach możemy próbować otrzymać znów \(\displaystyle{ c_{1}}\). Wniosek: Pętla może wystąpić tylko we wskazanym przedziale. (Po opuszczeniu tego przedziału pierwszym krokiem jest uzyskanie znów \(\displaystyle{ c_{n}\in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\) )

2. Przeprowadzony zostanie algorytm dla dowolnego \(\displaystyle{ c_{1}=2l-1}\)
-Po przyjęciu \(\displaystyle{ c_{1}=2l-1}\) dla konkretnych iteracjach uzyskano takie \(\displaystyle{ c_{n}=z}\) że \(\displaystyle{ c_{1}<c_{n}=z=2k-1<3c_{1}+1}\).
Wyraz \(\displaystyle{ c_{n}=z}\) jest liczbą nieparzystą więc uzyskać go można tylko i wyłącznie z węzła \(\displaystyle{ c_{n-1}=w_{m}=3c_{n}+1}\).
-Wyraz \(\displaystyle{ c_{n}=z}\) jest liczbą nieparzystą więc kolejnym krokiem może być tylko mnożenie przez \(\displaystyle{ 2^x}\). Jednak jeśli \(\displaystyle{ x>1}\) to otrzymamy \(\displaystyle{ 2^xc_{n}=2^xz>3c_{1}+1}\) (jest przecież \(\displaystyle{ c_{n}=z>c_{1}}\)) i opuścimy przedział. (Opuszczając przedział nie uzyskamy znów tego samego \(\displaystyle{ c_{n}=z}\) )
Jeśli chcieć znów uzyskać \(\displaystyle{ c_{1}}\) to musi zajść pierwszy warunek :

\(\displaystyle{ 2c_{n}=2z=3c_{1}+1}\)

Bo dopiero dla takiej równości w kolejnym kroku można uzyskać \(\displaystyle{ c_{1}}\).

- Warunek drugi (wciąż jesteśmy w przedziale więc \(\displaystyle{ c_{n}=z>c_{1}}\) ) :
Wyraz \(\displaystyle{ 3z+1}\) jest węzłem (liczbą parzystą) więc otrzymamy ją tylko w wyniku mnożenia przez \(\displaystyle{ 2^x}\) co daje :

\(\displaystyle{ 2c_{1}<3c_{1}+1<3z+1}\). Jeśli \(\displaystyle{ 2c_{1}}\) jest węzłem to można wykonać dzielenie ale w wyniku otrzyma się \(\displaystyle{ c_{n}=y<c_{1}}\) więc i opuści się przedział (co oznacza że po kolejnych iteracjach nie uzyska się \(\displaystyle{ c_{n}=z}\).

\(\displaystyle{ 4c_{1}>3c_{1}+1}\). W tym przypadku opuszczamy przedział (brak pętli)

Tylko jeśli \(\displaystyle{ 4c_{1}=3c_{n}+1}\) otrzymamy pętlę.
Stąd, aby istniała pętla muszą być spełnione poniższe warunki (tylko takie iteracje są możliwe aby nie opuścić przedziału i nie stracić \(\displaystyle{ c_{n}=z}\) ).

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

Jest to spełnione tylko dla \(\displaystyle{ c_{1}=1}\)

Padnie pytanie: "Dlaczego dla \(\displaystyle{ c_{1}=1}\) nie są spełnione obydwa warunki?"
Jest to tak mały przedział że spełnienie warunku drugiego powoduje pętlę. Dla \(\displaystyle{ c_{1}>1}\) tylko jednoczesne spełnienie dwóch warunków skutkuje otrzymaniem pętli.

Jeśli te warunki nie są spełnione to zawsze, po kolejnych iteracjach otrzymamy \(\displaystyle{ c_{n}\not \in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\).

Przypomnę (tylko dla formalności) że jeśli po iteracji uzyskaliśmy \(\displaystyle{ 2c_{n}=z=3c_{1}+1}\) to jeśli po kolejnych działaniach opuścimy wskazany przedział to wracając do niego w następnych iteracjach nie uzyskamy znów \(\displaystyle{ c_{n}=z}\) a co za tym idzie nie uzyskamy początkowego \(\displaystyle{ c_{1}}\). Aby wystąpiła pętla musi istnieć taka iteracja przez którą nie opuścimy wskazanego przedziału.

Poniżej grafika obrazująca algorytm.


-- 3 sty 2017, o 20:44 --

Proszę wybaczyć źle wstawiane grafiki. Jedyna rzecz której nie umiem tu opanować. Będę starał się unikać ich wstawiania.-- 3 sty 2017, o 21:02 --Drobna literówka:

\(\displaystyle{ 2c_{n}=z=3c_{1}+1}\)

Oczywiście ma być: \(\displaystyle{ 2c_{n}=2z=3c_{1}+1}\)

[matemix]

A więc zatoczyliśmy kolo. Dobrze, bo wiele zostało wyjaśnione. Pozwolę sobie podsumować.
(w całym tekście poruszamy się w zbiorze liczb naturalnych)

1. Jeśli \(\displaystyle{ c_{n}\not \in \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\) to nie uzyskamy pętli

Ustaliliśmy, że nie ma możliwości, aby wyraz \(\displaystyle{ c_{n}}\) zgodnie z poniższym zapisem:

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

nie należał do przedziału \(\displaystyle{ \left( c_{1}, 3c_{1}+1\right)}\), co więcej wiemy, że \(\displaystyle{ c_{n} = 1,5 \cdot c_{1} + 0,5}\).

2. Przeprowadzony zostanie algorytm dla dowolnego \(\displaystyle{ c_{1}=2l-1}\)
-Po przyjęciu \(\displaystyle{ c_{1}=2l-1}\) dla konkretnych iteracjach uzyskano takie \(\displaystyle{ c_{n}=z}\) że \(\displaystyle{ c_{1}<c_{n}=z=2k-1<3c_{1}+1}\).
Wyraz \(\displaystyle{ c_{n}=z}\) jest liczbą nieparzystą więc uzyskać go można tylko i wyłącznie z węzła \(\displaystyle{ c_{n-1}=w_{m}=3c_{n}+1}\).
-Wyraz \(\displaystyle{ c_{n}=z}\) jest liczbą nieparzystą więc kolejnym krokiem może być tylko mnożenie przez \(\displaystyle{ 2^x}\). Jednak jeśli \(\displaystyle{ x>1}\) to otrzymamy \(\displaystyle{ 2^xc_{n}=2^xz>3c_{1}+1}\) (jest przecież \(\displaystyle{ c_{n}=z>c_{1}}\)) i opuścimy przedział. (Opuszczając przedział nie uzyskamy znów tego samego \(\displaystyle{ c_{n}=z}\) )
Jeśli chcieć znów uzyskać \(\displaystyle{ c_{1}}\) to musi zajść pierwszy warunek :

\(\displaystyle{ 2c_{n}=2z=3c_{1}+1}\)

Bo dopiero dla takiej równości w kolejnym kroku można uzyskać \(\displaystyle{ c_{1}}\).

Oczywiście, że \(\displaystyle{ x}\) nie może być większe niż \(\displaystyle{ 1}\), skoro \(\displaystyle{ c_{n}=1,5 \cdot c_{1} + 0,5}\), a po nim następuje \(\displaystyle{ 3 \cdot c_{1} + 1}\).

- Warunek drugi (wciąż jesteśmy w przedziale więc \(\displaystyle{ c_{n}=z>c_{1}}\) ) :
Wyraz \(\displaystyle{ 3z+1}\) jest węzłem (liczbą parzystą)

Tego nie wiemy, wyraz \(\displaystyle{ c_{n}=1,5 \cdot c_{1} + 0,5}\) może być równie dobrze parzysty, wówczas \(\displaystyle{ 3 \cdot c_{n} + 1}\) będzie nieparzyste.

Stąd, aby istniała pętla muszą być spełnione poniższe warunki (tylko takie iteracje są możliwe aby nie opuścić przedziału i nie stracić \(\displaystyle{ c_{n}=z}\) ).

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

Warunek \(\displaystyle{ 2c_{n}=3c_{1}+1}\) jest spełniony zawsze i wynika to z definicji ciągu. Wiemy przecież, że \(\displaystyle{ c_{n} = 1,5 \cdot c_{1} + 0,5}\). Nie widzę dowodu dla drugiego warunku. Zresztą nie da się udowodnić, że zachodzi, bo \(\displaystyle{ 3c_{n}+1=4,5 \cdot c_{1} + 2,5}\), wyrażenie to nigdy nie będzie równe \(\displaystyle{ 4c_{1}}\), nawet dla \(\displaystyle{ c_{1}=1}\), pomimo, że wiemy, iż dla tej liczby występuje pętla. Od razu wiadomo zatem, że z warunkiem jest coś nie tak.

[Damian76]

\(\displaystyle{ 2c_{n}=3c_{1}+1 \wedge 4c_{1}=3c_{n}+1}\)
Jest to spełnione tylko dla \(\displaystyle{ c_{1}=1}\)

Z warunkiem jest wszystko ok. W pętli \(\displaystyle{ ,4,2,1,}\) tylko jedna liczba nieparzysta \(\displaystyle{ "1"}\) się zapętla dlatego \(\displaystyle{ c_{1}=c_{n}}\).

Dla każdej takiej trywialnej pętli (w której tylko jedna liczba nieparzysta się zapętla) jest \(\displaystyle{ c_{1}=c_{n}}\). Wykazałem (w pierwszej części pracy) że inna taka krótka pętla nie istnieje.

Padło pytanie czy istnieje pętla dłuższa niż trzy wyrazy. (a w takiej pętli co najmniej dwie liczby nieparzyste się zapętlają). Wtedy zachodzi \(\displaystyle{ c_{1} \neq c_{n}}\)
Dla takich pętli muszą zachodzić warunki które przedstawiłem.

Przeprowadziłem to samo postępowanie dla ciągów gdzie zasada \(\displaystyle{ \begin{equation} c_{n+1}=\frac{c_{n}-1}{3}}\) zmieniona została do postaci \(\displaystyle{ \begin{equation} c_{n+1}=\frac{c_{n}+1}{3}}\).

W tych ciągach otrzymano te same warunki a z nich:
pętla gdzie tylko liczba \(\displaystyle{ "1"}\) się zapętla jak i pętla w której liczby \(\displaystyle{ 5}\) i \(\displaystyle{ 7}\) się zapętlają.

[matemix]

\(\displaystyle{ 2c_{n}=3c_{1}+1 \wedge 4c_{1}=3c_{n}+1}\)
Jest to spełnione tylko dla \(\displaystyle{ c_{1}=1}\)

Z warunkiem jest wszystko ok. W pętli \(\displaystyle{ ,4,2,1,}\) tylko jedna liczba nieparzysta \(\displaystyle{ "1"}\) się zapętla dlatego \(\displaystyle{ c_{1}=c_{n}}\).

Dlaczego \(\displaystyle{ c_{1}=c_{n}}\), skoro mamy:

\(\displaystyle{ c_{n-1},c_{n},3c_{1}+1,c_{1}}\)

\(\displaystyle{ 1,2,4,1}\)

Z tego wynika, że \(\displaystyle{ c_{n}=2}\).