Гипотеза Коллатца

Автор темы ammo77 
ОбъявленияПоследний пост
ОбъявлениеЗапущен новый раздел «Задачки и головоломки»29.08.2019 00:42
ОбъявлениеОткрыта свободная публикация вакансий для математиков26.09.2019 16:34
ОбъявлениеКниги по математике и экономике в добрые руки!10.08.2023 09:45
03.04.2022 22:36
-1/12
Цитата
alexx223344
Есть число, начиная с которого вы добираетесь до исходной задачи гипотезы Коллатца. Оно единственно. И математики знают о нем, и часто его используют. Как ни странно.
Проверил. Точно подходит.

Я не вижу той формулы что узрел для гипотезы Коллатца и думаю ее не знают,по другому бы
объявили что гипотеза решена .

Потом когда пишут что более этого числа 9 789 690 303 392 599 179 035 пока не проверенно то ясно что применяют другой метод .

Я же применил идеальный модуль мой любимый и как с другими гипотезами решил и эту ,
просто невозможно что то не решит относительно этого модулярного детерминизма .

Конечно то что я доказал это не плохо но нужно теперь найти практическое применение этих систем ,что наверно мне не под силу и за возраста и один в поле не войн --нужна группа и стимул .

Если бы вы не общались со мной то я и эту гипотезу забросил силы нужный как в 20 лет.

На самом деле 3n+1 решается тем же способом немного есть разница в слагаемых ,
но чтоб построит кольцо нужно применит функцию Эйлера --кольцо задает числовые параметры формулы для k n без пропуска чисел ,потом главное настроит порядок итерации именно нечетных чисел и так запустит формулу, переход на четные числа можно от каждого нечетного отдельно .

Применит к примеру для простых чисел функцию Эйлера таким способом трудно, так как там
не идет такая итерация порядком так как всегда ф(р)=p-1 кстати почему это так, мало кто знает истинный смысл процесса
.Зато функция Эйлера после немногих манипуляции открывает одну из уникальных и красивых систем математики для простых чисел .



Редактировалось 3 раз(а). Последний 04.04.2022 00:17.
04.04.2022 06:13
1/12
В этой модели на вопрос есть ли вариант попасть на самый верх уже изначально дан ответ.
И он находится в самом вопросе.
Изначально вам дано, что 2^n = 1 при любом n. Это правило заложено в условии.
Далее вам дается бесконечный шанс попасть на прогрессию 2^n.
В чем это выражено. При добавлении единицы вы обязательно оказываетесь в другой прогрессии.
А это значит что вы опять решаете ту же задачу с новыми условиями.
Так как этих прогрессий бесконечно (от каждого нечетного числа своя), то вы всегда окажетесь на 2^n = 1.
Но так как 2^n всегда меньше бесконечности, то до бесконечности вы не доберетесь.
Единственный ответ - это стартовое число равно бесконечности.
04.04.2022 07:22
-1/12
Цитата
alexx223344
В этой модели на вопрос есть ли вариант попасть на самый верх уже изначально дан ответ.
И он находится в самом вопросе.
Изначально вам дано, что 2^n = 1 при любом n. Это правило заложено в условии.
Далее вам дается бесконечный шанс попасть на прогрессию 2^n.
В чем это выражено. При добавлении единицы вы обязательно оказываетесь в другой прогрессии.
А это значит что вы опять решаете ту же задачу с новыми условиями.
Так как этих прогрессий бесконечно (от каждого нечетного числа своя), то вы всегда окажетесь на 2^n = 1.
Но так как 2^n всегда меньше бесконечности, то до бесконечности вы не доберетесь.
Единственный ответ - это стартовое число равно бесконечности.

Прогрессии конечно столько сколько чисел +их сумма всех чисел (если не прав обоснуйте),

но уникальность прогрессии в том что они всего лишь разнообразие ограниченного количества прогрессии ,т.е

есть начальное ядро -кольцо которое распределено в любой отличной прогрессиях от любого числа в одинаковом количестве .
Так что гипотеза оказалась самой легкой из всех концов и 2^n бесконечно при n бесконечном и потом мы же знаем количество итерации любого числа простой формулой ,осмысление же всего процесса без подключения нескольких инструментов не понят никому как и сегодня.
Тао применил совсем другую стратегию для гипотезы и конечно не решил проблему .
Пролистайте
https://habr.com/ru/post/482812/

Я знаю как идет итерация и для концов 1-5 и 7-9 как писал вчера но пока не составил формулу ,
это тоже не легко .3 года знал всю систему простых близнецов и только потом составил общую правильную формулу с опытом конечно уже легко .



Редактировалось 4 раз(а). Последний 04.04.2022 10:52.
04.04.2022 12:32
(3n+1)/2^n
1. Изначально вам дано, что 2^n = 1 при любом n. Это правило заложено в условии.
2. Теперь главное. В условии сказано, что подняться можно только 1 раз за 1 действие (3n), а опускаться можно сколько угодно раз (/2) за 1 действие.
3. Отсюда вероятность спуска в разы больше. Неужеле не очевидно, или кто-то может поспорить с теорией вероятности при таком перевесе.
04.04.2022 13:25
-1/12
Цитата
alexx223344
1. Изначально вам дано, что 2^n = 1 при любом n. Это правило заложено в условии.
2. Теперь главное. В условии сказано, что подняться можно только 1 раз за 1 действие (3n), а опускаться можно сколько угодно раз (/2) за 1 действие.
3. Отсюда вероятность спуска в разы больше. Неужеле не очевидно, или кто-то может поспорить с теорией вероятности при таком перевесе.

Изначально дано кольцо в ограниченном количестве прямых ,которые имеют состав порядка итерации каждого числа .

Берем одну из прямых для исследования гипотезы и ее свойств +геометрия итерации ,

1-есть формула всех ограниченных кол.прямых в кольце скажем их 60 (просчитаю позже точное количество )
2-каждая точка прямой содержит в себе число и точное количество ее итерации (такой формулы нет пока у вас )
3-каждая прямая упорядочена в точках n порядком итерации a+2n если начальная итерация 3 то все остальные на прямой имеют порядок 3+2n где n стремится к бесконечной итерации .
4-кольцо конечно имеет свой начальные параметры с полным охватом любого числа /и ее итерации .

Что мы доказали этим; что любое число подвержено итерации до 1 а это главное условие гипотезы .
По ходу мы доказываем еще не менее важное условие это существование порядка итерации чисел
в некой системе( применил кольцо как знаем).
Доказали также что существуют последовательности с формулой для контроля всей этой компании .

Если угодно можно поставит еще условия не озвученные мной -доказательства и мат систему конечную могу предоставит ,хотя числовые серии что я показал выше закрыв формулу тому подтверждение .


Число внизу /количество итерации , проверит в принципе можно даже в ручную там 1569 итерации до 1,
здесь главное что формула это считает -онлайн калькулятор не принимает такие числа и когда дойдет до этого числа ?до 9 789 690 303 392 599 179 035 этого числа еще проверяет .
Если честно не понимаю как математики дошли до того что проверяют каждое число и это мракобесие
не только с гипотезой Коллатца.

14743141952998367227684075376649348745688648022421075970855381913616866118766972025511254573057242866336085979051865786299219460184748596286619465298944915372058427064906657801520610930785229644530029954738172496360838634760072675342181736867165246372782372281294174939518348809095367446916898617447329381388633404223914983294133533916912514193218213961143687102249256864393047937970431980674843608154831623490939444956095488185843409023409525802488328637535763083646293/1569



Редактировалось 5 раз(а). Последний 04.04.2022 13:48.
04.04.2022 15:18
Алгоритм решения.
Решение

Начинаем с конца.
В 2^n можно попасть только из (2^n - 1)
В 2^n-1 можно попасть только из (2^n - 1)/3
(2^n - 1)/3 - только нечетное, так как это число куда мы упали до этого.

(2^n - 1)/3 = 2k+1 (формула нечетного числа)

Находим все возможные k при которых (2^n - 1)/3 = 2k+1 истино
Убираем все найденные k из всего натурального ряда. Четные удаляем заранее.

Предпоследний шаг решен.

Для оставшихся k делаем еще один шаг назад, аналогично.

И так пока все k не будут исключены из натурального ряда.

Другого алгоритма не вижу.


Математически будет интересно сколько максимально надо шагов, чтобы исключить все k до некоторого значения.
Например до 9 789 690 303 392 599 179 035 или до вашего.
04.04.2022 17:16
-1/12
Почти поняли но (2^n - 1)/3 не совсем удачная формула надобно доработать .

Максимально шагов или цикл берем из идеального модуля .

Думаю уже вы более понимаете систему .
04.04.2022 18:46
-1/12
Составил формулу для концов 1-5 но итерацию с низу невозможно запустит так как число и ее итерация

сокращаются -а это значит что число и ее итерация имеют общий делитель типа 5 имеет 5 итерации .

Но можно итерацию отдельно фиксировать без запуска дробью для этого вида чисел .


У этих чисел итерация с общим делителем и при делении на свою итерацию получаем целые числа часть .

{367099384551433863, 98382635059784275285/69, 5542683665339959171, 21563317273377375405, 6296488643826193618261/75, 25185954575304774473045/77, 1275238206344545542939, 402975273204876391568725/81, 19420495094210910437047, 1289520874255604453019921/17, 25790417485112089060398421/87, 1159119886971329845411165, 58949525680256203566624963/13, 1650586719047173699865498965/93, 6602346876188694799461995861/95, 272261726853142053586061685, 105637550019019116791391933781/99, 4183665347287885813520472625, 16409716507808794841381271267, 1352160640243444694929816752401/21, 252740306587559756061647991103, 992411479077757574260415965065, 432691404877902302377541360768341/111}

Здесь без общего делителя итерация 93-95 1650586719047173699865498965/93, 6602346876188694799461995861/95



Редактировалось 3 раз(а). Последний 04.04.2022 19:07.
04.04.2022 19:52
-1/12
Какая функция работает так красиво в бесконечной серии ? На олимпиадах думаю никто это не решит .

n | approximation
1 | 1 | 1
3/2 | 1/2 | 0.5
2 | 1 | 1
5/2 | 1/2 | 0.5
3 | 1 | 1
7/2 | 1/2 | 0.5
4 | 1 | 1
9/2 | 1/2 | 0.5
5 | 1 | 1
11/2 | 1/2 | 0.5
6 | 1 | 1
13/2 | 1/2 | 0.5
7 | 1 | 1
15/2 | 1/2 | 0.5
8 | 1 | 1
04.04.2022 22:47
1/12
04.04.2022 22:54
-1/12
Цитата
alexx223344
(1 + n)/2

Даже у одинаковых дробей разная аппроксимация . подсказка у меня последовательность $φ(n$) для нечетных чисел 1+2n
n | (n + 1)/2 | approximation
1 | 1 | 1
2 | 3/2 | 1.5
3 | 2 | 2
4 | 5/2 | 2.5
5 | 3 | 3
6 | 7/2 | 3.5
7 | 4 | 4
8 | 9/2 | 4.5
9 | 5 | 5
10 | 11/2 | 5.5



Редактировалось 1 раз(а). Последний 04.04.2022 22:59.
04.04.2022 23:17
1/12
3/4+1/4*(-1)^2n

что тут пить?



Редактировалось 1 раз(а). Последний 04.04.2022 23:22.
04.04.2022 23:31
-1/12
Цитата
alexx223344
3/4+1/4*(-1)^2n

что тут пить?

и где это применит ?
n | n/4 + 3/4 | approximation
1 | 1 | 1
2 | 5/4 | 1.25
3 | 3/2 | 1.5
4 | 7/4 | 1.75
5 | 2 | 2
6 | 9/4 | 2.25
7 | 5/2 | 2.5
8 | 11/4 | 2.75
9 | 3 | 3
10 | 13/4 | 3.25
04.04.2022 23:53
1/12
3/4+1/4*(-1)^2n

1 - 1
3/2 - 1/2
2 - 1
5/2 - 1/2

и тд
05.04.2022 06:58
-1/12
Цитата
alexx223344
3/4+1/4*(-1)^2n

1 - 1
3/2 - 1/2
2 - 1
5/2 - 1/2

и тд

Что сложно составит формулу из показанной числовой серии ?
7 простых кстати получил той формулой что и для Коллатца -- состав формулу .

содержит только простые и произведение 2 простых
n |
1 | 19
2 | 79
3 | 319 кратна 11
4 | 1279
5 | 5119
6 | 20479
7 | 81919
8 | 327679 кратна 11
9 | 1310719
10 | 5242879 кратна 19

То же самое внизу
n |
1 | 11
2 | 47
3 | 191
4 | 767
5 | 3071
6 | 12287
7 | 49151
8 | 196607
9 | 786431
10 | 3145727

Как видим гипотеза Коллатца полезна и для простых чисел .
Эти серии я сам в первые только что составил прям с печи .
Даже итерация с концом 3-5 состоит из произведения 2 простых .

n |
1 | 43
2 | 175
3 | 703
4 | 2815
5 | 11263
6 | 45055
7 | 180223
8 | 720895
9 | 2883583
10 | 11534335
В гипотез Коллатца работают концы 3 отдельно 1-5 и 7-9 для простых систем 9 отдельно 1-7 и 3-5
думаю уловили суть комбинаторики .



Редактировалось 4 раз(а). Последний 05.04.2022 07:55.
05.04.2022 08:52
-1/12
Составил общую формулу итерации для гипотезы Коллатца для всех нечетных чисел .

Думаю на этом работа завершена но исследовать надобно более там много новой

комбинаторики очень полезной.
05.04.2022 10:41
1/12
Что не видите формулу по вашему закону?
(3/4)+(1/4)*(-1)^2n

n | approximation
1 | 1 | 1
3/2 | 1/2 | 0.5
2 | 1 | 1
5/2 | 1/2 | 0.5
3 | 1 | 1
7/2 | 1/2 | 0.5
4 | 1 | 1
9/2 | 1/2 | 0.5
5 | 1 | 1
11/2 | 1/2 | 0.5
6 | 1 | 1
13/2 | 1/2 | 0.5
7 | 1 | 1
15/2 | 1/2 | 0.5
8 | 1 | 1
05.04.2022 11:28
-1/12
Цитата
alexx223344
Что не видите формулу по вашему закону?
(3/4)+(1/4)*(-1)^2n

n | approximation
1 | 1 | 1
3/2 | 1/2 | 0.5
2 | 1 | 1
5/2 | 1/2 | 0.5
3 | 1 | 1
7/2 | 1/2 | 0.5
4 | 1 | 1
9/2 | 1/2 | 0.5
5 | 1 | 1
11/2 | 1/2 | 0.5
6 | 1 | 1
13/2 | 1/2 | 0.5
7 | 1 | 1
15/2 | 1/2 | 0.5
8 | 1 | 1

Мой слагаемые доказывают повтор значении от Функции Эйлера
Поэтому вы не может формулу построит моей аппроксимацией .
n | n/4 + 3/4 | approximation
1 | 1 | 1
2 | 5/4 | 1.25
3 | 3/2 | 1.5
4 | 7/4 | 1.75
5 | 2 | 2
6 | 9/4 | 2.25
7 | 5/2 | 2.5
8 | 11/4 | 2.75
9 | 3 | 3
10 | 13/4 | 3.25
05.04.2022 11:35
-1/12
Цитата
ammo77
Цитата
alexx223344
Что не видите формулу по вашему закону?
(3/4)+(1/4)*(-1)^2n

n | approximation
1 | 1 | 1
3/2 | 1/2 | 0.5
2 | 1 | 1
5/2 | 1/2 | 0.5
3 | 1 | 1
7/2 | 1/2 | 0.5
4 | 1 | 1
9/2 | 1/2 | 0.5
5 | 1 | 1
11/2 | 1/2 | 0.5
6 | 1 | 1
13/2 | 1/2 | 0.5
7 | 1 | 1
15/2 | 1/2 | 0.5
8 | 1 | 1

Мой слагаемые доказывают повтор значении от Функции Эйлера
Поэтому вы не может формулу построит моей аппроксимацией .
n | n/4 + 3/4 | approximation
1 | 1 | 1
2 | 5/4 | 1.25
3 | 3/2 | 1.5
4 | 7/4 | 1.75
5 | 2 | 2
6 | 9/4 | 2.25
7 | 5/2 | 2.5
8 | 11/4 | 2.75
9 | 3 | 3
10 | 13/4 | 3.25

Все те серии что я показываю не известный на сегодня, и все они фрагменты работы формул
для известных нерешенных гипотез.

лимит для Гип.Коллатца -1/3 для близнецов и С.Жермен -1/12
без показа формулы.

$lim_(n->-∞) ------ k) = -1/3≈-0.333333$



Редактировалось 5 раз(а). Последний 05.04.2022 11:49.
05.04.2022 11:55
1/12
По той апрокимации, что вы дали

n | approximation
1 | 1 | 1
3/2 | 1/2 | 0.5
2 | 1 | 1
5/2 | 1/2 | 0.5
3 | 1 | 1
7/2 | 1/2 | 0.5
4 | 1 | 1
9/2 | 1/2 | 0.5
5 | 1 | 1
11/2 | 1/2 | 0.5
6 | 1 | 1
13/2 | 1/2 | 0.5
7 | 1 | 1
15/2 | 1/2 | 0.5
8 | 1 | 1

и была сделана формула.
Извините, только зарегистрированные пользователи могут публиковать сообщения в этом форуме.

Кликните здесь, чтобы войти