Гипотеза Коллатца

Гипотеза Коллатца
Теорема.
Для любого натурального числа n при его пошаговом изменении в соответствии с алгоритмом:
если n – нечётное, то умножаем его на 3 и к произведению добавляем 1;
если n – чётное, то делим его на 2;
неизбежно получится последовательность 4; 2; 1.
Доказательство.
Утверждение теоремы будет верным только в том случае, если в процессе преобразований любого натурального числа n по данному алгоритму на очередном шаге мы при умножении нечётного числа k на 3 и добавлении к произведению 1 получим чётное число 4^m, где m – натуральное число. Дальнейшая серия делений на 2 приведёт к конечной последовательности.
Так как k – нечётное число, то его можно представить в виде k=2t+1, где t – натуральное число. Тогда преобразование числа n на рассматриваемом шаге можно представить в виде равенства 3(2t+1)+1=4^m или 6t+4=4^m
Если данное равенство будет верным при множестве произвольных значений t и m, то теорема верна.
Преобразуем 6t+4=4^m. Отсюда 4^m-4=2^(2m)-2^2=(2^m-2)(2^m+2)=6t.
Далее 4(2^(m-1)-1)(2^(m-1)+1)=6t. Тогда 2(2^(m-1)-1)(2^(m-1)+1)=3t.
У нас имеется последовательность следующих друг за другом трёх натуральных чисел: (2^(m-1)-1); (2^(m-1)); (2^(m-1)+1). Значит, одно из них обязательно делится на 3. Но это не (2^(m-1)), так как данное число имеет простые делители только 2. Значит, (2^(m-1)-1) или (2^(m-1)+1) обязательно делится на 3.
Таким образом, левая часть последнего уравнения делится на 3, что соответствует условию правой части данного уравнения.
Значит, данное уравнение будет верным при множестве произвольных значений t и m. Поэтому теорема верна.

Там нечего думать просто проштудируйте значения функции Эйлера.Которые при итерации в том порядке попадают в конечном итоге на 2^n, спуск гарантирует φ(1)=φ((2) =1 .
В принципе понятно почему математики не могут решать такие глупые задачи , они вместо чисел перешли на абстракцию букв .

Кстати у меня есть вопрос какой максимальный n фиксируете при попадании на 2^n?
Уверен такой вопрос не ставил ни составитель порядка итерации, ни те кто хотел хочет осилит эту задачу..

Еще более чтоб осмыслили ,когда вы умножаете каждое нечетное на 3 потом +1 конечно попадете на прогрессию 2^n при видовых циклах чисел.

Да еще опят значения φ(n) я не исследовал ,но интуиция подсказывает что φ(n)=2^k значительно превосходит количеством все другие φ(n)=2k .Не плохая гипотеза и очень полезная(можно улучшить формулировку ).



Редактировалось 4 раз(а). Последний 04.08.2021 15:34.

Цитата
alexx223344
Задача представляет собой одно и то же действие при разных стартовых условиях. Количество стартовых условий бесконечно. А значит функция может подняться на бесконечное количество разных высот. Но так как бесконечность это неопределенность, а не конкретное максимальное число, то и решений будет столько же. Чем хотите выше подняться берите просто более большое стартовое число, не более.

Опять не правильная абстракция ,итерация до 2^n ограничена не ограничена количество n для конечного спуска .

Потом считаем итерации каждого вида чисел до 2^n и доказательство завершено ,но без классификации на виды чисел по идеалу это вы никогда не осилите.

Это и есть проблема у математиков они все хотят доказать без получения новых свойств чисел-
как видим проблем предостаточно.



Редактировалось 2 раз(а). Последний 17.08.2021 11:32.