Moim zdaniem to, że prawie wszystkie liczby w ciągu "5x+1" są rozbieżne do nieskończoności można udowodnić w przedstawiony poniżej sposób.
Rozbieżność do nieskończoności ciągu "5x+1":
0. Definicja ciągu:
Niech
\(\displaystyle{ x}\) będzie dowolną liczbą naturalną.
\(\displaystyle{ f(x) = \left\{\begin{array}{l} \frac {5x+1}{2} \ \ \ gdy \ x \ nieparzyste\\ \ \ \frac {x}{2} \ \ \ \ \ \ \ gdy \ x \ parzyste \end{array}}\)
I. Opis ciągu za pomocą równań diofantycznych.
1. Każdy ciąg „5x+1” można opisać za pomocą następującego równania:
\(\displaystyle{ ((2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}) \cdot \frac {5^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}}{2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}} \cdot ... \cdot \frac {5^{a_{n}} \cdot \frac {k_{n}}{3}-\frac {1}{3}}{2^{a_{n}} \cdot \frac {k_{n}}{3}-\frac {1}{3}}=2^{w+x-v} \cdot ((2^{p} \cdot \frac {q}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{v})}\)
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.
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}}\) to liczba wejściowa od której zaczynamy ciąg (
\(\displaystyle{ w}\) określa jej parzystość).
\(\displaystyle{ (2^{p} \cdot \frac {q}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{v}}\) to liczba końcowa na której kończymy rozważany ciąg (
\(\displaystyle{ v}\) określa jej parzystość).
Zmiennie
\(\displaystyle{ a_{j}}\) określają ilość mnożeń z dodawaniem
\(\displaystyle{ 2,5x+0,5}\) liczby
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}}\), natomiast zmiennie
\(\displaystyle{ k_{j}}\) określają tylko wielkość liczby
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}}\). Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \underbrace {\cdot 2,5+0,5) \cdot 2,5+0,5\ldots}_{a \ razy} = 5^{a{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}}\)
\(\displaystyle{ i = a_{1}+...+a_{n}+(w+x-v)}\) to ilość iteracji jakie wykonujemy w danym ciągu, aby obliczyć jego wyraz
\(\displaystyle{ (2^{p} \cdot \frac {q}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{v}}\).
Przykład:
\(\displaystyle{ 14, 7, 18, 9, 23, 58, 29}\)
\(\displaystyle{ ((2^{1} \cdot \frac {11}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{1}) \cdot \frac {5^{1} \cdot \frac {11}{3}-\frac {1}{3}}{2^{1} \cdot \frac {11}{3}-\frac {1}{3}} \cdot \frac {5^{2} \cdot \frac {7}{3}-\frac {1}{3}}{2^{2} \cdot \frac {7}{3}-\frac {1}{3}}=2^{1+2-0} \cdot ((2^{3} \cdot \frac {11}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{0})}\)
\(\displaystyle{ 14 \cdot \frac {18}{7} \cdot \frac {58}{9} = 8 \cdot 29}\)
2. Rozważmy pewien ciąg przekształceń jakiemu poddawana jest liczba
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}}\) w ciągu w wyniku którego otrzymujemy pewną liczbę
\(\displaystyle{ (2^{p} \cdot \frac {q}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{v}}\). Przekształcenia te można opisać następująco:
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w} \cdot \frac {1}{2^{w+x-v}} \cdot (\frac {5^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}}{2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}} \cdot ... \cdot \frac {5^{a_{n}} \cdot \frac {k_{n}}{3}-\frac {1}{3}}{2^{a_{n}} \cdot \frac {k_{n}}{3}-\frac {1}{3}} – 2,5^{a_{1}+...+a_{n}}) + \frac{2,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{w+x-v}}=(2^{p} \cdot \frac {q}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{v}}\)
Zdefiniujmy
\(\displaystyle{ r\alpha(k)}\) jako współczynnik przez który mnożona jest liczba poddawana pewnej dowolnej sekwencji przekształceń:
\(\displaystyle{ r\alpha(k) = \frac {1}{2^{w+x-v}} \cdot (\frac {5^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}}{2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}} \cdot ... \cdot \frac {5^{a_{n}} \cdot \frac {k_{n}}{3}-\frac {1}{3}}{2^{a_{n}} \cdot \frac {k_{n}}{3}-\frac {1}{3}} – 2,5^{a_{1}+...+a_{n}}) + \frac{2,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{w+x-v}} = \frac {(2^{p} \cdot \frac {q}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{v}}{(2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}}}\)
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:
\(\displaystyle{ \alpha(k) = \frac {2,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{w+x-v}}}\)
\(\displaystyle{ \beta(k) = \frac {1}{2^{w+x-v}} \cdot (\frac {5^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}}{2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}} \cdot ... \cdot \frac {5^{a_{n}} \cdot \frac {k_{n}}{3}-\frac {1}{3}}{2^{a_{n}} \cdot \frac {k_{n}}{3}-\frac {1}{3}} – 2,5^{a_{1}+...+a_{n}}) \cdot (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}}\)
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:
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w} \cdot \alpha(k) + \beta(k) = (2^{p} \cdot \frac {q}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{v} = (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w} \cdot r\alpha(k)}\)
II. Struktura przekształceń w ciągu.
Każde mnożenie wraz z dodawaniem:
\(\displaystyle{ 2,5 \cdot x + 0,5}\) 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 (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:
\(\displaystyle{ (p+q)^{i} \cdot 3^{i} = \alpha_{1} + \alpha_{2} + \alpha_{3} + ... + \alpha_{i+1}}\)
\(\displaystyle{ p=\frac {1}{6}}\)
\(\displaystyle{ q=\frac {5}{6}}\)
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
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w} \in N}\) realizuje jedną z kombinacji przyrostów i spadków
\(\displaystyle{ \alpha(k) = \frac {2,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{w+x-v}}}\). Wówczas w oczywisty sposób możemy dla tej liczby jednoznacznie określić
\(\displaystyle{ \beta(k) = \frac {1}{2^{w+x-v}} \cdot (\frac {5^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}}{2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}} \cdot ... \cdot \frac {5^{a_{n}} \cdot \frac {k_{n}}{3}-\frac {1}{3}}{2^{a_{n}} \cdot \frac {k_{n}}{3}-\frac {1}{3}} – 2,5^{a_{1}+...+a_{n}}) \cdot (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}}\).
Rozważmy teraz liczby
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}+1, (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}+2, ... , (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}+2^{i}-1}\).
Sprawdźmy, czy liczba
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}+1}\) poddana temu samemu przekształceniu co
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}}\) może być liczbą całkowitą (przyjmujemy tu założenie które udowodnimy później, że dwie liczby poddawane temu samemu przekształceniu mają te same współczynniki
\(\displaystyle{ \beta(k)}\)):
\(\displaystyle{ ((2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}+1) \cdot \alpha(k) + \beta(k) = (2^{p} \cdot \frac {q}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{v} + \frac {2,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{w+x-v}} \not\in N}\)
. . .
. . .
. . .
\(\displaystyle{ ((2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}+2^{i}-1) \cdot \alpha(k) + \beta(k) = (2^{p} \cdot \frac {q}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{v} + \frac {(2^{i}-1) \cdot 2,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{w+x-v}} \not\in N}\)
Analogicznie warunku nie spełniają pozostałe liczby (spełnia go dopiero liczba
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}+2^{i}}\)). 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 "5x+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:
\(\displaystyle{ \left(\frac {\frac {g \cdot 2,5^{a_{1}}+\frac{5}{6} \cdot 2,5^{a_{1}-1}- \frac{1}{3}}{2^{x_{1}}} \cdot 2,5^{a_{2}}+\frac {5}{6} \cdot 2,5^{a_{2}-1}-\frac {1}{3}}{2^{x_{2}}} \cdot \ldots \cdot 2,5^{a_{n}}+\frac {5}{6} \cdot 2,5^{a_{n}-1}-\frac {1}{3}}\right)/2^{x_{n}} = g \cdot \frac {2,5^{a_{1}+...+a_{n}}}{2^{x_{1}+...+x_{n}}} + \frac {(\frac {5}{6} \cdot 2,5^{a_{1}-1}-\frac {1}{3}) \cdot 2,5^{a_{2}+...+a_{n}}}{2^{x_{1}+...+x_{n}}} + \frac {(\frac {5}{6} \cdot 2,5^{a_{2}-1}-\frac {1}{3}) \cdot 2,5^{a_{3}+...+a_{n}}}{2^{x_{2}+...+x_{n}}} + ... + \frac {(\frac {5}{6} \cdot 2,5^{a_{n}-1}-\frac {1}{3})}{2^{x_{n}}} \in N}\)
Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2,5^{a_{1}}+\frac {5}{6} \cdot 2,5^{a_{1}-1}- \frac {1}{3} = (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \underbrace {\cdot 2,5+0,5) \cdot 2,5+0,5\ldots}_{a \ razy} = 5^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}}\)
Współczynnik
\(\displaystyle{ \beta(k)}\) wynosi zatem:
\(\displaystyle{ \beta(k) = \frac {(\frac{5}{6} \cdot 2,5^{a_{1}-1}-\frac {1}{3}) \cdot 2,5^{a_{2}+...+a_{n}}}{2^{x_{1}+...+x_{n}}} + \frac{(\frac {5}{6} \cdot 2,5^{a_{2}-1}- \frac {1}{3}) \cdot 2,5^{a_{3}+...+a_{n}}}{2^{x_{2}+...+x_{n}}} + ... + \frac{(\frac {5}{6} \cdot 2,5^{a_{n}-1}-\frac {1}{3})}{2^{x_{n}}}}\)
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:
\(\displaystyle{ g = (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w} + 2^{i} \cdot r}\) ,
\(\displaystyle{ r = 0, 1, 2, ...}\)
5. Twierdzenie: w ciągu "5x+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:
\(\displaystyle{ g = (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w} + 2^{i} \cdot r}\)
wynika z niego, że:
\(\displaystyle{ ((2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w} + 2^{i} \cdot r) \cdot \alpha(k) + \beta(k) = (2^{p} \cdot \frac {q}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{v} + 5^{a_{1}+...+a_{n}} \cdot r \in N}\)
Możemy z niego łatwo wyznaczyć także wartości
\(\displaystyle{ i-tych}\) iteracji dla liczb przesuniętych od liczby
\(\displaystyle{ (2^{a_{1}} \cdot \frac {k_{1}}{3}-\frac {1}{3}) \cdot 2^{w}}\) 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
\(\displaystyle{ 3^{i}}\).
Dowód: twierdzenie to wynika bezpośrednio ze wzoru
II. 2. oraz z twierdzenia
II. 3.
III. Rozbieżność do nieskończoności ciągu "5x+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
\(\displaystyle{ \alpha(k)}\) większych od 1 wynosi
\(\displaystyle{ (i+1) \cdot \frac {ln(2)}{ln(5)}}\).
Dowód:
Aby sobie to uświadomić weźmy skończony
\(\displaystyle{ (i+1)}\) - wyrazowy ciąg którego kolejne wyrazy zmieniają się jak różne współczynniki
\(\displaystyle{ \alpha(k)}\):
\(\displaystyle{ c_1=\frac {5^0}{2^i}}\)
\(\displaystyle{ c_2=\frac {5^1}{2^i}}\)
\(\displaystyle{ c_3=\frac {5^2}{2^i}}\)
\(\displaystyle{ c_4=\frac {5^3}{2^i}}\)
...
\(\displaystyle{ c_{(i+1)}=\frac {5^i}{2^i}}\)
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 też większy 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:
\(\displaystyle{ c(i,k)=\frac{5^i}{2^k}}\)
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:
\(\displaystyle{ \ln 5^i - \ln 2^k>0\\
i\ln 5 > k\ln 2 \\
i > k \frac{\ln 2}{\ln 5}}\)
Najmniejszym takim całkowitym
\(\displaystyle{ i}\) jest oczywiście:
\(\displaystyle{ i_g=\left\lfloor k \frac{\ln 2}{\ln 5} \right\rfloor+1}\)
Teraz chcemy znaleźć granicę:
\(\displaystyle{ \lim_{k\to \infty} \frac{k+1}{i_g}=\lim_{k\to \infty} \frac{k+1}{\left\lfloor k \frac{\ln 2}{\ln 5} \right\rfloor+1}}\)
Szacujemy ją z 3 ciągów i dostajemy granicę:
\(\displaystyle{ \frac {ln(5)}{ln(2)}}\)
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
\(\displaystyle{ \alpha(k)}\) większych 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:
\(\displaystyle{ \lim_{i\to\infty} \frac {\sum_{k=0}^{[\frac {ln(2) \cdot i}{ln(5)}]} {i\choose k}}{2^{i}}=1}\)
Wyrażenie w mianowniku to suma wszystkich współczynników na przedziale
\(\displaystyle{ (1; 2^{i})}\) dla
\(\displaystyle{ i-tej}\) iteracji, natomiast wyrażenie w mianowniku 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 (w naszym przypadku
\(\displaystyle{ y}\) jest ujemne, ale to nie ma znaczenia ze względu na symetryczność rozkładu normalnego dla tak przyjętego prawdopodobieństwa).
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
\(\displaystyle{ y=0,5-\frac {ln(2)}{ln(5)}}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \left(0,5 \cdot \mathrm{erf} \left(\frac {\sqrt{2}} {2} \cdot \sqrt{n}\right) + 0,5 \cdot \mathrm{erf} \left(\sqrt{2} \cdot y \cdot \sqrt{n}\right) + 0,5 \cdot erfc\left(\frac {\sqrt{n}}{\sqrt{2}}\right)\right)=1}\)
3. Twierdzenie: zbiór liczb nierozbieżnych do nieskończoności w ciągu „5x+1” ma gęstość 0.
Wynika z twierdzenia
III. 2. Skoro dla i dążącego do nieskończoności na przedziale
\(\displaystyle{ (1; 2^{i})}\) gęstość współczynników
\(\displaystyle{ \alpha(k)}\) większych od 1 jest równa
\(\displaystyle{ 2^{i}}\) (oraz przyjmują one rozkład normalny), to zbiór liczb właśnie o gęstości
\(\displaystyle{ 2^{i}}\) (przy
\(\displaystyle{ i}\) dążącym do nieskończoności) jest rozbieżny do nieskończoności. Rozbieżność zachodzi już dla współczynników
\(\displaystyle{ \alpha(k)}\). A skoro zachodzi dla
\(\displaystyle{ \alpha(k)}\), to tym bardziej zachodzi dla
\(\displaystyle{ r\alpha(k)}\), ponieważ
\(\displaystyle{ r\alpha(k)>\alpha(k)}\).
Będę wdzięczny za wszelkie uwagi.
-- 3 stycznia 2012, 16:44 --
Gwoli ścisłości zgodnie z książką "The ultimate challenge: the 3x+1 problem" - Jeffrey'a C. Lagarias'a hipoteza, że każda liczba w ciągu "5x+1" zbiega do jedynki nosi nazwę hipotezy "5x+1" Kakutaniego.
-- 3 stycznia 2012, 17:01 --
matemix pisze:
-- 3 stycznia 2012, 16:44 --
Gwoli ścisłości zgodnie z książką "The ultimate challenge: the 3x+1 problem" - Jeffrey'a C. Lagarias'a hipoteza, że każda liczba w ciągu "5x+1" zbiega do jedynki nosi nazwę hipotezy "5x+1" Kakutaniego.
To jednak błąd. Kakutani postawił nieco inną hipotezę.