Гипотеза Коллатца

Автор темы ammo77 
ОбъявленияПоследний пост
ОбъявлениеРаботодателям и кадровым агентствам: Размещение вакансий26.03.2008 03:07
ОбъявлениеПравила и принципы форума «Высшая математика»28.10.2009 15:17
ОбъявлениеКниги по математике и экономике в добрые руки!10.08.2023 09:45
09.11.2023 19:30
3n+1
Речь не о том. Здесь стартовое число не покидает само себя пока не придет в 2n. А вот как это происходит вы так и не смогли понять.
10.11.2023 02:08
-1/12
Цитата
alexx223344
Речь не о том. Здесь стартовое число не покидает само себя пока не придет в 2n. А вот как это происходит вы так и не смогли понять.

3n+1 создает системы итерации по разному модулю ,все эти системы легкий в постройке +формулы,
наличие таких систем и есть доказательство гипотезы.
Остальные закономерности итерации , всего лишь фрагменты этих систем ,
так что дерзайте и описывайте их ----прийти то в любом случае придется к системам по модулю .

Так что доказательство гипотезы завершено ,кульминация же наличие прогрессии
показанная мной выше .

Так что пришло время систем---- закономерности которых появляются на расстоянии
более нашей вселенной .

Как числа дифференцируются к 2^n описано здесь -читать это конечно вам трудно .

https://postimg.cc/njB3CTKS



Редактировалось 2 раз(а). Последний 10.11.2023 09:58.
10.11.2023 11:29
док-во
Постарайтесь пошагово показать и все станет очевидно. Хоть 150 страниц но показать.
10.11.2023 18:12
-1/12
Цитата
alexx223344
Постарайтесь пошагово показать и все станет очевидно. Хоть 150 страниц но показать.

Зачем 150 стр. если мы доказали что существует уникальная для гипотезы прогрессия

2043327387821185144477796036200412244824985496244802901+
$3064991081731777716716694054300618367237478244367204352n$
с +180 ит относительно натурального ряда .

До этого $204332738782118514447779603620041224482498549624480290$1 числа
ясно что доказано? осталось доказать что никогда не будет сбоя .

Включайте все ваши мат логики ,и оцените не меня а арифметические хитрости , и
сколько их нам неизвестных .


Если какая либо арифметическая прогрессия имеет всегда $n$ на $+180$ более
количество итерации чем $n$ от $(2n+1)$, то все числа прогрессии $(2n+1)$ имеют
итерацию до $1$ ---ГИПОТЕЗА КОЛЛАТЦА ДОКАЗАНО .



Редактировалось 4 раз(а). Последний 10.11.2023 21:10.
11.11.2023 17:02
2^n
Посмотрев как именно происходит приход в 2^n например я сомневаюсь, что конечная прогрессия сможет это доказать.
Отдельный кусок закономерности нарушается сразу же после того как возьмете более большое число.
Однако легко видно, что процесс математически замкнут в некотором множестве ограниченном стартовым числом.
Попробуйте понять о чем речь.
11.11.2023 17:51
-1/12
Цитата
alexx223344
Посмотрев как именно происходит приход в 2^n например я сомневаюсь, что конечная прогрессия сможет это доказать.
Отдельный кусок закономерности нарушается сразу же после того как возьмете более большое число.
Однако легко видно, что процесс математически замкнут в некотором множестве ограниченном стартовым числом.
Попробуйте понять о чем речь.

Вот все точки 2^n что вам интересный ,их всего 60 по тому же модулю что и модулю для +180ит .
{2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 34, 68, 136, 272, 544, 98, 196, 392, 784, 578, 166, 332, 664, 338, 676, 362, 724, 458, 916, 842, 694, 398, 796, 602, 214, 428, 856, 722, 454, 908, 826, 662, 334, 668, 346, 692, 394, 788, 586, 182, 364, 728, 466, 932, 874, 758, 526, 62, 124, 248, 496, 2}

Продолжите или помочь?

Теперь можно и в ручную проверит что; все прогрессии взятого модуля, при итерациях имеют связь
с этими точками .

Т.е показываем эту связь и гипотеза доказано, это один из методов .


Вы не можете понять мой формулы и за того что; когда я их составляю ,то использую не
все точки от 2^n ,а только одну из 60. Т.е всего одной точкой доказываем гипотезу ,так
как что докажем для одной точки ,автоматом доказано и для других точек.

https://postimg.cc/gnhkHyDc



Редактировалось 7 раз(а). Последний 11.11.2023 21:06.
13.11.2023 12:33
да да
Продолжить, конечно...
21.11.2023 01:18
-1/12
От $4n+1$ тоже есть прогрессии ,

https://postimg.cc/hX6m9wNW

к примеру можно увидеть от таблицы что;
$1+2n$ и $5+8n$ прогрессии по $+2$ ит бесконечно диапазон ,
то же самое для

$21+2^(5)n$
$85+2^(7)n$ и т.д бесконечно от шага $2^(1+2n)$ порядком
нечетной степени ,начальные числа прогрессии есть числа $4n+1$.

Прогрессия для +180 ит тоже входит в это представление ,но
только она имеет один и тот же шаг ,как для нечет так четного .

Главное доказательство ;представление спец модуля для порядка всех итерации --
более интересного в гипотезе и нет.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 21.11.2023 11:36.
21.11.2023 18:39
4n
Никакого 4n+1 там нету, изучайте лучше.

Для того чтобы показать как любое число движется в 2n вам надо его, любое число, само преобразовать в удобный вид для данного показа, в чем у вас пока трудности.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 21.11.2023 18:52.
21.11.2023 19:27
-1/12
Цитата
alexx223344
Никакого 4n+1 там нету, изучайте лучше.

Для того чтобы показать как любое число движется в 2n вам надо его, любое число, само преобразовать в удобный вид для данного показа, в чем у вас пока трудности.

Существование порядка итерации по модулю уже доказательство ,
вам нужно без учета количества итерации показать процесс видов чисел к 2^n ,
виды чисел по модулю вполне хватают для этой задачи --вы сами
можете легко это сделать по спец модулям .

Вы здесь показанный процесс не поняли .беру спец нечетную прогрессию умножаю на 3+1
делю ее на 2 ,сколь долго я бы ее не делил всегда будет целое число--прогрессия
бесконечна и целое число при делении на любое количество 2^n всегда будет .
*3+1 всего один раз для прогрессии ,потом только делим на 2.^n.
https://postimg.cc/njB3CTKS

Будет ли целое число всегда ? это круче условие чем спуск обратно к 1.



Редактировалось 3 раз(а). Последний 21.11.2023 20:28.
21.11.2023 20:22
ясно
Вы знаете что такое множество, что такое ограниченное множество, и член ограниченного множества.
Вот эта задача на это как раз.
Стартовое число задает размер множества.
Итерации исключают члены множества по одному.

Вроде уж это любой математик может понять.

Теперь поняли в чем дело по задаче? Или разжевывать?
21.11.2023 20:38
-1/12
Цитата
alexx223344
Вы знаете что такое множество, что такое ограниченное множество, и член ограниченного множества.
Вот эта задача на это как раз.
Стартовое число задает размер множества.
Итерации исключают члены множества по одному.

Вроде уж это любой математик может понять.

Теперь поняли в чем дело по задаче? Или разжевывать?

Я представляю все порядки на прогрессиях --это множество мне хватает для
решения проблем теории чисел ,вам чем прогрессии не нравятся ?
22.11.2023 05:27
-1/12
24.11.2023 04:38
-1/12
Цитата
alexx223344
Нравятся.

С прогрессиями надо еще умет работать ,доказывать от них.

Итерационный процесс гипотезы то полностью зависим от модулярного строя чисел ,
когда математики говорят что ;не знают как доказывать бесконечность простых чисел в последовательностях, кроме как арифметических прогрессиях --трудно им все это
объяснит .

$2^(-k) (4 + 2970 n)$ чтоб вы поняли процесс ,поделите
эту прогрессию, составьте формулу циклов целых чисел при каждом новом $k$ .

n | 1/2 (2970 n + 4)
1 | 1487
2 | 2972
3 | 4457
4 | 5942
5 | 7427
6 | 8912
7 | 10397
8 | 11882
9 | 13367
10 | 14852

n | 1/4 (2970 n + 4) | approximation
1 | 1487/2 | 743.5
2 | 1486 | 1486-----------------
3 | 4457/2 | 2228.5
4 | 2971 | 2971-----------
5 | 7427/2 | 3713.5
6 | 4456 | 4456-----------------
7 | 10397/2 | 5198.5
8 | 5941 | 5941-----------
9 | 13367/2 | 6683.5
10 | 7426 | 7426---------------

n | 1/8 (2970 n + 4) | approximation
1 | 1487/4 | 371.75
2 | 743 | 743----------------------------
3 | 4457/4 | 1114.25
4 | 2971/2 | 1485.5
5 | 7427/4 | 1856.75
6 | 2228 | 2228-----------------
7 | 10397/4 | 2599.25
8 | 5941/2 | 2970.5
9 | 13367/4 | 3341.75
10 | 3713 | 3713----------------------



Редактировалось 3 раз(а). Последний 24.11.2023 08:31.
07.12.2023 06:54
-1/12
Цитата
ammo77
Цитата
alexx223344
Нравятся.

С прогрессиями надо еще умет работать ,доказывать от них.

Итерационный процесс гипотезы то полностью зависим от модулярного строя чисел ,
когда математики говорят что ;не знают как доказывать бесконечность простых чисел в последовательностях, кроме как арифметических прогрессиях --трудно им все это
объяснит .

$2^(-k) (4 + 2970 n)$ чтоб вы поняли процесс ,поделите
эту прогрессию, составьте формулу циклов целых чисел при каждом новом $k$ .

n | 1/2 (2970 n + 4)
1 | 1487
2 | 2972
3 | 4457
4 | 5942
5 | 7427
6 | 8912
7 | 10397
8 | 11882
9 | 13367
10 | 14852

n | 1/4 (2970 n + 4) | approximation
1 | 1487/2 | 743.5
2 | 1486 | 1486-----------------
3 | 4457/2 | 2228.5
4 | 2971 | 2971-----------
5 | 7427/2 | 3713.5
6 | 4456 | 4456-----------------
7 | 10397/2 | 5198.5
8 | 5941 | 5941-----------
9 | 13367/2 | 6683.5
10 | 7426 | 7426---------------

n | 1/8 (2970 n + 4) | approximation
1 | 1487/4 | 371.75
2 | 743 | 743----------------------------
3 | 4457/4 | 1114.25
4 | 2971/2 | 1485.5
5 | 7427/4 | 1856.75
6 | 2228 | 2228-----------------
7 | 10397/4 | 2599.25
8 | 5941/2 | 2970.5
9 | 13367/4 | 3341.75
10 | 3713 | 3713----------------------

Кто понял почему я показал эту прогрессию и ее деление на $2^k$ ?
Здесь я не рассматривал каждую четную прогрессию ,наверно и они аналогом
при делении на $2^k$ всегда будут содержать целое число ? .
То есть мы не можем получит такую четную арифметическую прогрессию ,которая
при делении на $2^k$ при каком то $k$ не имело бы целого числа?

https://postimg.cc/gXVT7YX7

Если мы не можем получит такое $k$ при котором четная прогрессия останется без целых
чисел,то гипотеза Коллатца верна ----еще новый подход для неверующих .



Редактировалось 1 раз(а). Последний 07.12.2023 07:00.
07.12.2023 10:59
2 способа
Как видите можно доказывать не только от прогрессий. Вторая задача это показывает. А она не с неба взята.
07.12.2023 19:01
-1/12
Цитата
alexx223344
Как видите можно доказывать не только от прогрессий. Вторая задача это показывает. А она не с неба взята.

Без прогрессии нет модулярной арифметики ,каждый $mod(n)$ носитель $n$ количества
ар. прогрессии шага $n$ .

Природа из них построила все что мы знаем и не знаем --
осталось распутать клубок до детерминизма ,более и не нужно.

Процесс кол. итерации $(3n+1)/2$ представим отдельным модулем,
более лучшего представления в арифметике не существует ,что похуже уже все знаете.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 07.12.2023 19:24.
07.12.2023 20:13
2 мод
Здесь работает всего 2 модуля.
07.12.2023 20:18
-1/12
Цитата
alexx223344
Здесь работает всего 2 модуля.
Работает от множества разных модулей ,но "клубок" раскрывает от 180 ит и его модуля.
07.12.2023 20:32
2 модуля.
Здесь достаточно показать что итераций конечно.
И число итераций связано со стартовым числом.
Но так как вам неинтересно как, то и решаете сложно.
Извините, только зарегистрированные пользователи могут публиковать сообщения в этом форуме.

Кликните здесь, чтобы войти