Гипотеза Коллатца или Задача 3n+1.

Любое натуральное число можно представить как произведение N простых чисел.
Одно из них 2 - четное число, все остальные нечетные. Также известно, что в натуральном ряду каждое второе - четное. То есть всех четных чисел 1/2
(50 проц).

Рассмотрим итерацию Коллатца. Она представляет собой конкретную заданную формулу.
(3n + 1)/2 - если стартовое число нечетное
*1/2 - если стартовое число четное

Рассмотрим, что происходит со стартовым числом и промежуточными на примере стартовых чисел вида 2^n - 1.
Чем характерно данное число? Распишем его подробнее на составляющие числа, например при n = 5.

2^n - 1 = 2*2*2*2*2 - 1 (итого нечетное число)

Далее покажем что происходит с числом при итерациях Коллатца

промежуточные результаты будут такие:

2*2*2*2*2 - 1 = 31 , (3*31 + 1)/2 = 47
2*2*2*2*3 - 1 = 47
2*2*2*3*3 - 1 = 71
2*2*3*3*3 - 1 = 107
3*3*3*3*3 - 1 = 242

Как только заканчивается последняя 2, результат становится четным и число перестает непрерывно подниматься.

Назовем количество составляющих двоек в числе "Запасом потенциальной четности" (или нечетности если с с учетом -1)

Что он дает? Он дает гарантированный подъем, с некоторыми шагами, выше любого задуманного числа , хоть до бесконечности (также как посчитать что есть бесконечность), но выше любого точно поднимемся с гораздо меньшего 2^n - 1.

То есть у чисел вида 2^n - 1 максимальный запас подъема.

Что происходит далее? А далее, после подъема, число становится рядовым (без такого Запаса).
Далее, оно следует по спадающему закону, где сам спад задан самим условием задачи.

При (3n + 1)/2 - это спадающий закон, так как ((3n + 1)/2) *1/2 = 0.75n + 1 , где 1/2 соотношение четных и нечетных куда попадет очередная итерация.
То есть любое число, постоянно падая, прийдет в 1.

При ((5n + 1)/2) *1/2 = 1.25n + 1 или ((7n + 1)/2) *1/2 = 1.75n + 1 - это возрастающие законы, так как каждая промежуточная точка (результат) искусственно

(из-за условия) поднимается все выше и выше и число не успевает попасть в свой маршрут к 1 как это было при 3n + 1. Также учитывается то, что каждое падение не безгранично, а, максимум, делится на 2 на каждом шаге, а исскуственный подъем, по условию, выше 1, то есть компенсируется как спад на шаге, так и происходит подъем новой стартовой точки.

Итак видим, что задача была не на поиск того, как там именно происходят итерации, а в числе 3 в условии, и то, что оно просто меньше чем 4.

Итак вывод.

1. Подняться можно гарантированно выше любого задуманного числа, стартуя с чисел 2^n - 1.
2. После того как все двойки в числе закончились, при 3n + 1, падаем в 1.
3. При 5n + 1 и выше большинство чисел гарантированно улетит вверх.



Редактировалось 4 раз(а). Последний 02.12.2023 05:07.

Если рассматривать только нечетные числа 2^n - 1, то, да, итерации Коллатца подменяют все двойки на тройки.
Это следует из самих формул 3n+1, n/2.

2*2*2*2*2 - 1 = 31
2*2*2*2*3 - 1 = 47
2*2*2*3*3 - 1 = 71
2*2*3*3*3 - 1 = 107
2*3*3*3*3 - 1 = 161
3*3*3*3*3 - 1 = 242

Вы пропустили, кстати, число 161.
Последовательность должна быть: 31, 47, 71, 107, 161, 242.

Цитата
alexx223344
Назовем количество составляющих двоек в числе "Запасом потенциальной четности".
Что он дает? Он дает гарантированный подъем, с некоторыми шагами, до любого задуманного числа.

Число 31.
Я хочу, чтобы оно поднялось до 33. Я так задумал. Но не поднимается.

Цитата
alexx223344
У чисел вида 2^n - 1 максимальный запас подъема.
Что происходит далее? А далее, после подъема, число становится рядовым и следует по спадающему закону.
...
...

Вывод.
После того как все двойки в числе закончились, при 3n + 1, падаем в 1.

Отсутствует само доказательство. Одно не следует из другого.

Пример.
Число 31 поднимается до 242.
Число 242 поднимается до 9232.

Т.е. мы на самом деле не знаем, и не можем знать, поведение следующего числа.
А вдруг встречается такое число 2^n - 1, после которого наступает цикл? Или следующее число будет бесконечно возрастать?

Обратите внимание, «двойки» в числах могут как заканчиваться, так и появляться снова. Числа могут как возрастать, так и уменьшаться. Но это не доказывает гипотезу Коллатца.

Цитата
martynov-m
«двойки» в числах могут как заканчиваться, так и появляться снова..

Правильно, но их количество уменьшается с большей скоростью, а восполняются они в меньшей степени, так как подъем идет на 3/4 а не на 5/4.
Идет потеря потенциального запаса количества двоек.

Цитата
martynov-m
Числа могут как возрастать, так и уменьшаться.

Правильно, но уменьшаются они быстрее чем мы их обратно поднимаем, по 3n+1.

Цитата
martynov-m
Пример.
Число 31 поднимается до 242.

Правильно, оно расходует на подъемы все свои двойки. Их 5 штук. Было 2^5 - 1 = 31, стало 3^5 - 1 = 242.

А вы заметили что при 5n+1 независимо от расхода двоек, число восполняет их, а почему?
Потому что мы его туда сами поднимаем по 5n+1. Пятерка перепрыгивает через 2*2 = 4.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 08.08.2023 19:58.

Именно.

Число 2^n - 1.

Покажите хоть одно ниже 2^n - 1, которое придет в 2^n - 1.

Тогда откуда цикл?

2^n - 1 является экстремальным числом по нормальному распределению.

поподробнее

дайте хар-ку простых как вы понимаете



Редактировалось 1 раз(а). Последний 10.08.2023 06:49.

Цитата
alexx223344
простые - это набор как в конструкторе, а готовым набором быстрее построить чем по 1^N

Все задачи т.ч имеют свой конструкции --простые числа одна из задач т.ч.

Вот тот и решит проблему простых чисел окончательно -кто найдет лучшую
конструкцию для них --а какие есть как говорят сами математики далеки от совершенства.

Цитата
alexx223344

Цитата
ammo77

Цитата
alexx223344
простые - это набор как в конструкторе, а готовым набором быстрее построить чем по 1^N

Все задачи т.ч имеют свой конструкции --простые числа одна из задач т.ч.

Вот тот и решит проблему простых чисел окончательно -кто найдет лучшую
конструкцию для них --а какие есть как говорят сами математики далеки от совершенства.

Ну и какое по настоящий момент видение простых? Что с их помощью уже доказано, а что нет?

Доказано всего лишь их бесконечное количество в взаимно простых прогрессиях в Ф(n) не
более .
К примеру в $-1$ и $1$ по mod(n) всегда такие прогрессии без исключения .

И это доказательство требует лучшей конструкции .



Редактировалось 3 раз(а). Последний 10.08.2023 21:13.

Цитата
alexx223344
А по теме то вопросы остались?

Ничего нового от темы не получили .

Цитата
alexx223344

А как же соотношения четных и нечетных при шагах?

От любого начального числа четных или равно или более всегда до спуска к 1 .

1-4-2 даже от 1 .

Цитата
alexx223344

Цитата
ammo77

Цитата
alexx223344

А как же соотношения четных и нечетных при шагах?

От любого начального числа четных или равно или более всегда до спуска к 1 .

1-4-2 даже от 1 .

Четных множителей а не четных.

Четный множитель дает четную точку-число.