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Mathematik » Zahlentheorie » Collatzmuster
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Kein bestimmter Bereich Collatzmuster
blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-04-19


Hallo,

ich meine ein neues „Muster“ bei den Collatzfolgen gefunden zu haben und wollte fragen ob ihr da auch etwas erkennen könnt.

Wenn wir die "reduzierten" Collatz Folgen (Gerade Zahlen werden weggelassen und die Folge endet genau dann, wenn eine Zahl erreicht wird, die kleiner ist als ihre Vorgängerzahl) wie folgt untereinander auflisten

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{7}{|c|}{Liste 1}\\ \hline
2n+1&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element&5. Element&6. Element\\ \hline
1&1&& &&&\\ \hline
3&3&5 & 1 &&&\\ \hline
5&5& 1& &&&\\ \hline
7&7&11 &17&13 &&\\ \hline
9&9& 7 &&&&\\\hline
11&11& 17&13&&&\\\hline
13&13&5& &&&\\\hline
15&15& 23& 35 &53&5&\\\hline
17&17&13 & &&&\\\hline
19&19&29 &11& &&\\\hline
21&21& 1 &&&&\\\hline
23&23& 35&53&5&&\\\hline
25&25&19 &&&&\\\hline
27&27&41 &31&&&\\\hline
29&29&11 &&&&\\\hline
31&31& 47&71&107&161&121\\\hline
33&33&25&&&&\\\hline
...& &&&\\\hline
\end{tabular}
</math>

dann ist zu sehen, dass das vorletzte Element jeder langen Folge (lange Folgen = Folgen mit mehr als zwei Elementen) immer genau einmal in der ersten Spalte auftaucht. Streichen wir also diese "langen" Folgen und es ergibt sich folgendes

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{7}{|c|}{Liste 2}\\ \hline
2n+1&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element&5. Element&6. Element\\ \hline
1&1&& &&&\\\hline
3&& &  &&&\\\hline
5&5& 1& &&&\\\hline
7&& && &&\\\hline
9&9& 7 &&&&\\\hline
11&& &&&&\\\hline
13&13&5& &&&\\\hline
15&& &  &&&\\\hline
17&17&13 & &&&\\\hline
19&& && &&\\\hline
21&21& 1 &&&&\\\hline
23&& &&&&\\\hline
25&25&19 &&&&\\\hline
27&& &&&&\\\hline
29&29&11 &&&&\\\hline
31&& &&&&\\\hline
33&33&25&&&&\\\hline
...& &&&\\\hline
\end{tabular}
</math>

Um wieder neue lange Folgen zu bekommen streichen wir das 1. Element

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{7}{|c|}{Liste 3}\\ \hline
2n+1&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element&5. Element&6. Element\\ \hline
1&&& &&&\\\hline
3&& &  &&&\\\hline
5&& 1& &&&\\\hline
7&& && &&\\\hline
9&& 7 &&&&\\\hline
11&& &&&&\\\hline
13&&5& &&&\\\hline
15&& &  &&&\\\hline
17&&13 & &&&\\\hline
19&& && &&\\\hline
21&& 1 &&&&\\\hline
23&& &&&&\\\hline
25&&19 &&&&\\\hline
27&& &&&&\\\hline
29&&11 &&&&\\\hline
31&& &&&&\\\hline
33&&25&&&&\\\hline
&&... &&&\\\hline
\end{tabular}
</math>

und bauen neue reduzierte Folgen

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{7}{|c|}{Liste 4}\\ \hline
2n+1&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element&5. Element&6. Element\\ \hline
1&&& &&&\\\hline
3&& &  &&&\\\hline
5&& & &&&\\\hline
7&& && &&\\\hline
9&& 7 &11&17&13&\\\hline
11&& &&&&\\\hline
13&&5& 1&&&\\\hline
15&& &  &&&\\\hline
17&&13 &5 &&&\\\hline
19&& && &&\\\hline
21&&  &&&&\\\hline
23&& &&&&\\\hline
25&&19 &29&11&&\\\hline
27&& &&&&\\\hline
29&&11 &17&13&&\\\hline
31&& &&&&\\\hline
33&&25&19&&&\\\hline
&&... &&&\\\hline
\end{tabular}
</math>


von denen wir wieder die langen Folgen streichen können

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{7}{|c|}{Liste 5}\\ \hline
2n+1&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element&5. Element&6. Element\\ \hline
1&&& &&&\\\hline
3&& &  &&&\\\hline
5&& & &&&\\\hline
7&& && &&\\\hline
9&&  &&&&\\\hline
11&& &&&&\\\hline
13&&5& 1&&&\\\hline
15&& &  &&&\\\hline
17&&13 &5 &&&\\\hline
19&& && &&\\\hline
21&&  &&&&\\\hline
23&& &&&&\\\hline
25&& &&&&\\\hline
27&& &&&&\\\hline
29&& &&&&\\\hline
31&& &&&&\\\hline
33&&25&19&&&\\\hline
&&... &&&\\\hline
\end{tabular}
</math>

Aber warum können wir diese langen Folgen streichen:

Weil wieder das vorletzte Element jeder langen Folge in der dritten Spalte auftaucht.

Und wie komme ich darauf?

Die dritte Spalte aus Liste 4 besteht aus den Zahlen

7,5,13,19,11

Wenn man diese Zahlen ordnet kommt man auf

5,7,11,13

Also Zahlen der Form 6n+1 und 6n+5. Und das sind genau die Zahlen die nur entstehen können bei einer reduzierten Collatzfolge... Und das passiert anscheinend immer wieder. Keine doppelten Werte und (ungeordnet) in aufsteigender Weise. Wenn man den Algorithmus so weiter führt entstehen immer wieder aufsteigend genau die Zahlen der Form 6n+1 und 6n+5.

Hat jemand eine Meinung dazu?



-----------------
Gruß blindmessenger



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-04-19


blindmessenger schreibt:
Weil wieder die langen Folgen in den Folgen mit genau 2 Elementen münden.
Das ist genauso eine Behauptung wie die Collatz-Folge selbst confused


-----------------
Bild



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19


2019-04-19 10:45 - viertel in Beitrag No. 1 schreibt:
blindmessenger schreibt:
Weil wieder die langen Folgen in den Folgen mit genau 2 Elementen münden.
Das ist genauso eine Behauptung wie die Collatz-Folge selbst confused

Ja, aber steckt da nicht System hinter, wenn man sich die Spalten ansieht?


-----------------
Gruß blindmessenger



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xiao_shi_tou_
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-04-19

\(\begingroup\)\( \)

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{7}{|c|}{Liste 1}\\ \hline
2n+1&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element&5. Element&6. Element\\ \hline
27&27&41 &31&&&\\\hline

31&31& 47&71&107&161&121\\\hline
\end{tabular}
</math>

Die Folge $27,41,31$ mündet in $31,47,71,...$ einer Folge mit mehr als $2$ Elementen.

Warum eigentlich immer die schwersten aller Probleme? Es gibt so viele einfache Theoreme in der Zahlentheorie, wie das Reziprozitätsgesetz von Gauss die man lernen könnte anstatt sich die Zähne an so einer hammerschweren Aufgabe auszubeißen.


Grüße


-----------------
Poincaré and Erdős went to an étalé party at Čech's
with an adèle and an étale as gifts. Čech was happy.
\(\endgroup\)


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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-04-19


Ähnliches wollte ich auch gerade schreiben:
19,29,11 stoppt bei 11, dessen Liste 11,17,13 auch mehr als 2 Elemente hat.
Die Behauptung
blindmessenger schreibt:
dann ist zu sehen, dass alle Folgen die mehr als zwei Elemente haben automatisch in den Folgen mit genau zwei Elementen "münden".
ist also völlig daneben confused

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19


Ja, leider ist die Liste nicht lang genug...

Die 27 macht aber auch Zwischenstopp bei der 41...

Und die 19 macht Zwischenstopp bei der 29.






-----------------
Gruß blindmessenger



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xiao_shi_tou_
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-04-19

\(\begingroup\)\( \DeclareMathOperator{\Aut}{Aut} \newcommand{\tfae}{\textbf{T.F.A.E.}} \DeclareMathOperator{\codim}{codim} \newcommand{\bop}{\bigoplus} \newcommand{\eps}{\epsilon} \renewcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\vth}{\vartheta} \newcommand{\pfam}[1]{(#1)_{v\in\mathfrak{M}_k}} \newcommand{\finfam}[1]{(#1)_{i=1}^n} \newcommand{\udl}[1]{\underline{#1}} \DeclareMathOperator{\End}{End} \newcommand{\Uij}{U_i\cap U_j} \newcommand{\vpi}{\varphi_i} \newcommand{\CC}{\c{C}} \newcommand{\CS}{\mathcal{S}} \newcommand{\vpj}{\varphi_j} \newcommand{\twist}[1]{\c{O}_{\mathbb{P}_k^n}(#1)} \DeclareMathOperator{\rad}{rad} \newcommand{\fam}[1]{(#1)_{i\in I}} \DeclareMathOperator{\char}{char} \DeclareMathOperator{\Proj}{Proj} \newcommand{\prj}[1]{\Proj (#1)} \newcommand{\part}[2]{\frac{\partial #1}{\partial #2}} \DeclareMathOperator{\length}{length} \DeclareMathOperator{\locArt}{locArt} \DeclareMathOperator{\Ass}{Ass} \newcommand{\kxn}{k[x_0,\pts,x_n]} \DeclareMathOperator{\Supp}{Supp} 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2019-04-19 11:50 - blindmessenger in Beitrag No. 5 schreibt:
Ja, leider ist die Liste nicht lang genug...

Egal wie lang die Liste ist, die Aussage, dass jede Folge mit mehr als $2$ Gliedern in einer mit genau zwei Gliedern mündet ist falsch. Ein Gegenbeispiel reicht.

Grüße

 
\(\endgroup\)


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19

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2019-04-19 12:34 - xiao_shi_tou_ in Beitrag No. 6 schreibt:
2019-04-19 11:50 - blindmessenger in Beitrag No. 5 schreibt:
Ja, leider ist die Liste nicht lang genug...

Egal wie lang die Liste ist, die Aussage, dass jede Folge mit mehr als $2$ Gliedern in einer mit genau zwei Gliedern mündet ist falsch. Ein Gegenbeispiel reicht.

Grüße

 

Edit: Fehler von mir!


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Gruß blindmessenger
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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-04-19


Hallo BM,

wirf mal einen Blick auf diesen bzw. diesen gerichteten Collatz-Graphen. Dann wird dir deine Behauptung klarer. Je nach Position (siehe Nachbarschafts-Teilgraphen) gehören die zahlen bestimmten Restklassen an. Ansonsten gilt, was viertel in #1 schreibt. Für eine unendlich wachsende Folge oder einen nicht-trivialen Zyklus würde deine Behauptung nicht gelten, da bestimmte "Nachbarschafts-Teilgraphen/Restklassen" nie durchlaufen werden.


Gruß, Slash


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Bound to be disappointing so why wait?



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19


2019-04-19 13:07 - Slash in Beitrag No. 8 schreibt:
Hallo BM,

wirf mal einen Blick auf diesen bzw. diesen gerichteten Collatz-Graphen. Dann wird dir deine Behauptung klarer. Je nach Position (siehe Nachbarschafts-Teilgraphen) gehören die zahlen bestimmten Restklassen an. Ansonsten gilt, was viertel in #1 schreibt. Für eine unendlich wachsende Folge oder einen nicht-trivialen Zyklus würde deine Behauptung nicht gelten, da bestimmte "Nachbarschafts-Teilgraphen/Restklassen" nie durchlaufen werden.


Gruß, Slash

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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19

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2019-04-19 12:38 - blindmessenger in Beitrag No. 7 schreibt:
2019-04-19 12:34 - xiao_shi_tou_ in Beitrag No. 6 schreibt:
2019-04-19 11:50 - blindmessenger in Beitrag No. 5 schreibt:
Ja, leider ist die Liste nicht lang genug...

Egal wie lang die Liste ist, die Aussage, dass jede Folge mit mehr als $2$ Gliedern in einer mit genau zwei Gliedern mündet ist falsch. Ein Gegenbeispiel reicht.

Grüße

 

Du implizierst, dass sie "auch" in einer langen mündet... Das habe ich nicht behauptet...

O.k. Sagen wir so: Jede lange Folge durchläuft irgendwann eine Folge mit genau 2 Elementen...

Edit: Fehler von mir!


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19


Oder noch einfacher:

Wir schauen uns von allen langen Folgen der ersten Liste das vorletzte Element an und überlegen uns ob dieses zwangsweise in der ersten Spalte auftauchen muss. Dann ist auch klar warum man diese langen Folgen streichen kann.


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19

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2019-04-19 12:38 - blindmessenger in Beitrag No. 7 schreibt:
2019-04-19 12:34 - xiao_shi_tou_ in Beitrag No. 6 schreibt:
2019-04-19 11:50 - blindmessenger in Beitrag No. 5 schreibt:
Ja, leider ist die Liste nicht lang genug...

Egal wie lang die Liste ist, die Aussage, dass jede Folge mit mehr als $2$ Gliedern in einer mit genau zwei Gliedern mündet ist falsch. Ein Gegenbeispiel reicht.

Grüße

 

Du implizierst, dass sie "auch" in einer langen mündet... Das habe ich nicht behauptet...

O.k. Sagen wir so: Jede lange Folge durchläuft irgendwann eine Folge mit genau 2 Elementen...

O.K. Jetzt weiß ich was xiao_shi_tou meint... Wieder habe ich es falsch ausgedrückt...

Es müsste heißen: Das vorletzte Element jeder langen Folge von Liste 1 findet sich immer auch genau einmal in der ersten Spalte der Liste wieder.

Das werde auch nochmal in Beitrag 1 ändern. Inhaltlich ändert sich aber nichts an dem Algorithmus...


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19


Inhaltlich hat sich nichts geändert... Nur habe ich mich völlig falsch ausgedrückt... Jetzt sollte es aber passen...


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xiao_shi_tou_
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-04-19

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2019-04-19 13:24 - blindmessenger in Beitrag No. 10 schreibt:
2019-04-19 12:38 - blindmessenger in Beitrag No. 7 schreibt:
2019-04-19 12:34 - xiao_shi_tou_ in Beitrag No. 6 schreibt:
2019-04-19 11:50 - blindmessenger in Beitrag No. 5 schreibt:
Ja, leider ist die Liste nicht lang genug...

Egal wie lang die Liste ist, die Aussage, dass jede Folge mit mehr als $2$ Gliedern in einer mit genau zwei Gliedern mündet ist falsch. Ein Gegenbeispiel reicht.

Grüße

 

Du implizierst, dass sie "auch" in einer langen mündet... Das habe ich nicht behauptet...

O.k. Sagen wir so: Jede lange Folge durchläuft irgendwann eine Folge mit genau 2 Elementen...

Ich habe meinen ersten Beitrag dahingehend geändert!

Ah, ich sehe.

Deine Definition von " $A$ muendet in $B$" ist nicht, dass das letzte Glied von $A$ gleich dem ersten Glied von $B$ ist, sondern, dass das vorletzte Glied von $A$ gleich dem ersten Glied von $B$ ist.

Das ist trivial, es sei denn die Folge endet nicht.
Wie beweist du, dass jede Folge endet (in deinem Sinn, dass es irgendwann ein Folgenglied gibt, welches kleiner als sein Vorgaenger ist)?




[Die Antwort wurde nach Beitrag No.12 begonnen.]
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blindmessenger
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2019-04-19 14:44 - xiao_shi_tou_ in Beitrag No. 14 schreibt:
2019-04-19 13:24 - blindmessenger in Beitrag No. 10 schreibt:
2019-04-19 12:38 - blindmessenger in Beitrag No. 7 schreibt:
2019-04-19 12:34 - xiao_shi_tou_ in Beitrag No. 6 schreibt:
2019-04-19 11:50 - blindmessenger in Beitrag No. 5 schreibt:
Ja, leider ist die Liste nicht lang genug...

Egal wie lang die Liste ist, die Aussage, dass jede Folge mit mehr als $2$ Gliedern in einer mit genau zwei Gliedern mündet ist falsch. Ein Gegenbeispiel reicht.

Grüße

 

Du implizierst, dass sie "auch" in einer langen mündet... Das habe ich nicht behauptet...

O.k. Sagen wir so: Jede lange Folge durchläuft irgendwann eine Folge mit genau 2 Elementen...

Ich habe meinen ersten Beitrag dahingehend geändert!

Ah, ich sehe.

Deine Definition von " $A$ muendet in $B$" ist nicht, dass das letzte Glied von $A$ gleich dem ersten Glied von $B$ ist, sondern, dass das vorletzte Glied von $A$ gleich dem ersten Glied von $B$ ist.

Das ist trivial, es sei denn die Folge endet nicht.
Wie beweist du, dass jede Folge endet (in deinem Sinn, dass es irgendwann ein Folgenglied gibt, welches kleiner als sein Vorgaenger ist)?




[Die Antwort wurde nach Beitrag No.12 begonnen.]

Ja, das jede Folge endet ist eine andere Sache... Ich wollte nur auf dieses Muster eingehen, dass immer wieder diese beiden Restklassen entstehen und zwar aufsteigend...


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2019-04-19 14:44 - xiao_shi_tou_ in Beitrag No. 14 schreibt:
2019-04-19 13:24 - blindmessenger in Beitrag No. 10 schreibt:
2019-04-19 12:38 - blindmessenger in Beitrag No. 7 schreibt:
2019-04-19 12:34 - xiao_shi_tou_ in Beitrag No. 6 schreibt:
2019-04-19 11:50 - blindmessenger in Beitrag No. 5 schreibt:
Ja, leider ist die Liste nicht lang genug...

Egal wie lang die Liste ist, die Aussage, dass jede Folge mit mehr als $2$ Gliedern in einer mit genau zwei Gliedern mündet ist falsch. Ein Gegenbeispiel reicht.

Grüße

 

Du implizierst, dass sie "auch" in einer langen mündet... Das habe ich nicht behauptet...

O.k. Sagen wir so: Jede lange Folge durchläuft irgendwann eine Folge mit genau 2 Elementen...

Ich habe meinen ersten Beitrag dahingehend geändert!

Ah, ich sehe.

Deine Definition von " $A$ muendet in $B$" ist nicht, dass das letzte Glied von $A$ gleich dem ersten Glied von $B$ ist, sondern, dass das vorletzte Glied von $A$ gleich dem ersten Glied von $B$ ist.

Das ist trivial, es sei denn die Folge endet nicht.
Wie beweist du, dass jede Folge endet (in deinem Sinn, dass es irgendwann ein Folgenglied gibt, welches kleiner als sein Vorgaenger ist)?




[Die Antwort wurde nach Beitrag No.12 begonnen.]

Bei den reduzierten Collatzfolgen gibt es dieses Muster (Ich weiß nicht ob das schon bewiesen ist...), dass sie maximal lang werden bei 2^n -1. Das heißt, bezogen auf die reduzierten Folgen gibt es glaube ich eine obere Grenze... Slash könnte da vielleicht etwas zu sagen




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Was ist denn eigentlich das Ziel deiner Untersuchungen hier?
Bis jetzt sind es nur ein paar Zahlenspielereien, Beobachtungen und haltlose/unbewiesene Behauptungen confused



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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2019-04-19


Das ist natürlich ein sehr einfaches "Muster". Dafür brauchst du nur die entsprechenden Zahlen 2^n-1 in die Collatz-Vorschrift einsetzen. Rechne das mal allgemein durch.

Die Schwierigkeit bei den Collatz-Folgen ist, dass man ein Mischmasch aus Restklassen und Zahlengröße hat. Man kann das Verhalten der Resklassen exakt bestimmen, weiß dann aber nicht, wann die Zahlen größer oder kleiner werden, oder genau anders herum. Wem es gelingt, diesen chaotischen Mischmasch zu durchschauen, der kann das Problem lösen. Ich pserönlich setze immer noch auf einen Beweis über die Stoppzeiten.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.16 begonnen.]


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19


2019-04-19 15:22 - Slash in Beitrag No. 18 schreibt:
Das ist natürlich ein sehr einfaches "Muster". Dafür brauchst du nur die entsprechenden Zahlen 2^n-1 in die Collatz-Vorschrift einsetzen. Rechne das mal allgemein durch.

Die Schwierigkeit bei den Collatz-Folgen ist, dass man ein Mischmasch aus Restklassen und Zahlengröße hat. Man kann das Verhalten der Resklassen exakt bestimmen, weiß dann aber nicht, wann die Zahlen größer oder kleiner werden, oder genau anders herum. Wem es gelingt, diesen chaotischen Mischmasch zu durchschauen, der kann das Problem lösen. Ich pserönlich setze immer noch auf einen Beweis über die Stoppzeiten.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.16 begonnen.]

Ja, das Muster ist jetzt aber nicht das Muster was ich in Beitrag 1 gemeint habe...

Mir geht es darum, dass jemand diesen Algorithmus versteht... Der erste Durchgang ist trivial. Aber die weiteren Durchgänge enthalten meiner Meinung nach Auffälligkeiten, nämlich dass in den jeweiligen Spalten immer wieder diese beiden Restklassen entstehen und zwar aufsteigend, lückenlos und ohne doppelte Werte (wohl aber verschlüsselt in anderen Restklassen... Schwierig zu zeigen...)...


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Gruß blindmessenger



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Primentus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2019-04-19


Hallo blindmessenger,

ich habe zwei Fragen zu Deinem Startbeitrag:

1. Ist Dein Algorthmus dann mit Liste 5 zu Ende oder geht er danach noch weiter, und wenn ja wie lange?

2. Behauptest Du, dass Spalte 3 (also 2. Element) oder dass Spalte 4 (3. Element) am Ende ausschließlich Zahlen der Form $6n+1$ oder $6n+5$ enthält?

LG Primentus



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2019-04-19


Huhu blindmessenger !

Du schreibst: dass sie maximal lang werden bei 2^n -1.

Das stimmt so nicht, die werden ziemlich lang, aber nicht optimal lang.








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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19


2019-04-19 17:10 - Primentus in Beitrag No. 20 schreibt:
Hallo blindmessenger,

ich habe zwei Fragen zu Deinem Startbeitrag:

1. Ist Dein Algorthmus dann mit Liste 5 zu Ende oder geht er danach noch weiter, und wenn ja wie lange?

2. Behauptest Du, dass Spalte 3 (also 2. Element) oder dass Spalte 4 (3. Element) am Ende ausschließlich Zahlen der Form $6n+1$ oder $6n+5$ enthält?

LG Primentus

Hallo Primentus,

Zu 1.:

In meinem Beispiel ist Liste 1 der "Start" vom ersten Durchgang und Liste 4 schon der "Start" vom zweiten Durchgang. Man kann den Algorithmus beliebig oft wiederholen.

Die Schritte sind:

1.Lange Folgen streichen

2.Spalte streichen

3.reduzierte Folgen erstellen

Zu 2.:

Wenn der erste Durchgang gemacht ist, dann stehen in der Spalte (Liste 4) die ich 2. Element genannt habe Zahlen der Form 6n+1 und 6n+5.
Wenn der zweite Durchgang gelaufen ist würde dann in einer Liste 7  in der Spalte 3. Element diese Restklassen stehen...
Und immer so weiter...
Also nach jedem Durchgang rücken diese Restklassen eine Spalte weiter...

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.20 begonnen.]


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Gruß blindmessenger



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19


2019-04-19 17:37 - pzktupel in Beitrag No. 21 schreibt:
Huhu blindmessenger !

Du schreibst: dass sie maximal lang werden bei 2^n -1.

Das stimmt so nicht, die werden ziemlich lang, aber nicht optimal lang.

In der Tabelle stehen ja alle ungeraden Zahlen der Reihe nach.
Was passiert, wenn der Strang bei einer hohen 2er Potenz einbricht und bei 1 landet ?

Bei n=170 zum Bsp.

Hallo pzktupel,
maximal lang war wohl ein falscher Ausdruck. Ich wollte damit sagen, dass diese reduzierten Folgen nicht unendlich wachsen sondern irgendwann eine Zahl erreichen die kleiner ist als ihr Vorgänger. Aber das kann Dir Slash besser erklären...


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Gruß blindmessenger



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19


Die Spalte 2. Element aus Liste 4 enthält Zahlen der Form 6n+1 und 6n+5.
 
Allerdings liegen diese Zahlen etwas ungeordnet vor. Nach folgendem Schema:

Zur Verschlüsselung der Restklassen 6n+1 und 6n+5

<math>
\begin{tabular}{|c|c|}
\multicolumn{2}{|c|}{Verschlsselung nach 1. Durchgang}\\ \hline
Schlsselrestklassen& 2. Element\\ \hline
12n+7&7\\\hline
6n+5&5\\\hline
12n+1&13\\\hline
&\\\hline
12n+7&19\\\hline
6n+5&11\\\hline
12n+1&25\\\hline
&\\\hline
12n+7&31\\\hline
6n+5&17\\\hline
12n+1&37\\\hline
...& \\\hline
\end{tabular}
</math>

Der Grad der Verschlüsselung steigt allerdings exponentiell. Nach dem 2. Algorithmusdurchgang liegen die Restklassen 6n+1 und 6n+5 dann schon folgendermassen vor:

<math>
\begin{tabular}{|c|c|}
\multicolumn{2}{|c|}{Verschlsselung nach 2. Durchgang}\\ \hline
Schlsselrestklassen& 3. Element\\ \hline
36n+5&5\\\hline
72n+19&19\\\hline
36n+13&13\\\hline
18n+7&7\\\hline
72n+37&37\\\hline
18n+11&11\\\hline
36n+23&23\\\hline
72n+55&55\\\hline
36n+31&31\\\hline
72n+1&73\\\hline
&\\\hline
36n+5&41\\\hline
72n+19&91\\\hline
36n+13&49\\\hline
18n+7&25\\\hline
72n+37&109\\\hline
18n+11&29\\\hline
36n+23&59\\\hline
72n+55&127\\\hline
36n+31&67\\\hline
18n+17&17\\\hline
72n+1&145 \\\hline
...& \\\hline
\end{tabular}
</math>


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Primentus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2019-04-19


Hallo blindmessenger,

ok, danke für Deine Antworten und Erklärungen.
Habe den Algorithmus nun verstanden und hab diesen mal nachprogrammiert. Dabei ergeben sich für die ungeraden Collatz-Startzahlen von 1 bis 201 die folgenden Zahlen für Liste 6:
Tabelle
  1
  5
 19
 13
  7
  1
 37
  5
 11
 23
 55
 31
  1
 73
 19
  5
 41
 91
 49
 25
 13
109
  7

Wie Du sehen kannst, ergeben sich hier aber schon Duplikate, nämlich 1, 5, 7, 13, 19. Dieser Teil Deiner Behauptung stimmt also schon mal nicht.

Ich hab dann aber mal alle ungeraden Collatz-Startzahlen von 1 bis 1000001 genommen, und da kann ich zumindest bestätigen, dass da für Liste 6 nur Zahlen der Form $6n+1$ oder $6n+5$ entstehen. Könnte also sein, dass an diesem Teil Deiner Behauptung etwas dran ist, aber ein Beweis ist das natürlich trotzdem noch nicht. Aber in den Startzahlen bis ca. eine Million hab ich zumindest kein Gegenbeispiel gefunden. Aber man weiß eben nicht, ob es bei höheren Startzahlen nicht doch eines gibt.

Des Weiteren hab ich dann noch alle ungeraden Collatz-Startzahlen von 1 bis 200001 genommen und 10 Wiederholungen Deines Algorithmus dabei durchlaufen lassen, und da ist es  so, dass in den Listen 3, 6, 9, 12, 15, usw. in der relevanten Spalte nur Zahlen der Form $6n+1$ oder $6n+5$ stehen. Aber man weiß nicht, ob dies auch bei unendlich vielen Wiederholungen so bleibt. Wie dies mathematisch zu bewerten wäre, falls es jedoch so ist, weiß ich ehrlich gesagt nicht.

LG Primentus



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19


Hallo Primentus,

ja, schön dass Du das mal programmiert hast... Danke Dir...

In Beitrag 24 habe ich das mal aufgeschlüsselt wie diese Zahlen geordnet vorliegen...



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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2019-04-19


2019-04-19 18:50 - Primentus in Beitrag No. 25 schreibt:
Ich hab dann aber mal alle ungeraden Collatz-Startzahlen von 1 bis 1000001 genommen, und da kann ich zumindest bestätigen, dass da für Liste 6 nur Zahlen der Form $6n+1$ oder $6n+5$ entstehen. Könnte also sein, dass an diesem Teil Deiner Behauptung etwas dran ist, aber ein Beweis ist das natürlich trotzdem noch nicht.

Ja, das ist so. Das sind die Zahlen, die in meiner Baumstruktur auf den senkrechten Ästen liegen. Die Behauptung gilt also für Folgen die zur 1 führen.


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-20


Hallo Primentus,

schon wieder ein Fehler meinerseits:

Damit sich die Struktur von Beitrag 24 (Das ist nämlich des Pudels Kern...) ergibt ist noch ein Algorithmusschritt nötig, den ich vergessen habe aufzuschreiben. Und zwar müssen Dublikate explizit in einem Algorithmusschritt gestrichen werden. Die Schritte sind dann wie folgt:

1. Lange Folgen streichen

2. Spalte streichen

3. Dublikate streichen

4. reduzierte Folgen erstellen

Der Algorithmus sieht dann wie folgt aus:

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{7}{|c|}{Liste 1}\\ \hline
2n+1&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element&5. Element&6. Element\\ \hline
1&1&& &&&\\ \hline
3&3&5 & 1 &&&\\ \hline
5&5& 1& &&&\\ \hline
7&7&11 &17&13 &&\\ \hline
9&9& 7 &&&&\\\hline
11&11& 17&13&&&\\\hline
13&13&5& &&&\\\hline
15&15& 23& 35 &53&5&\\\hline
17&17&13 & &&&\\\hline
19&19&29 &11& &&\\\hline
21&21& 1 &&&&\\\hline
23&23& 35&53&5&&\\\hline
25&25&19 &&&&\\\hline
27&27&41 &31&&&\\\hline
29&29&11 &&&&\\\hline
31&31& 47&71&107&161&121\\\hline
33&33&25&&&&\\\hline
...& &&&\\\hline
\end{tabular}
</math>

1. Durchgang

1. Schritt: Lange Folgen streichen:

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{7}{|c|}{Liste 2}\\ \hline
2n+1&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element&5. Element&6. Element\\ \hline
1&1&& &&&\\\hline
3&& &  &&&\\\hline
5&5& 1& &&&\\\hline
7&& && &&\\\hline
9&9& 7 &&&&\\\hline
11&& &&&&\\\hline
13&13&5& &&&\\\hline
15&& &  &&&\\\hline
17&17&13 & &&&\\\hline
19&& && &&\\\hline
21&21& 1 &&&&\\\hline
23&& &&&&\\\hline
25&25&19 &&&&\\\hline
27&& &&&&\\\hline
29&29&11 &&&&\\\hline
31&& &&&&\\\hline
33&33&25&&&&\\\hline
...& &&&\\\hline
\end{tabular}
</math>

2. Schritt: Spalte Streichen:

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{7}{|c|}{Liste 3}\\ \hline
2n+1&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element&5. Element&6. Element\\ \hline
1&&& &&&\\\hline
3&& &  &&&\\\hline
5&& 1& &&&\\\hline
7&& && &&\\\hline
9&& 7 &&&&\\\hline
11&& &&&&\\\hline
13&&5& &&&\\\hline
15&& &  &&&\\\hline
17&&13 & &&&\\\hline
19&& && &&\\\hline
21&& 1 &&&&\\\hline
23&& &&&&\\\hline
25&&19 &&&&\\\hline
27&& &&&&\\\hline
29&&11 &&&&\\\hline
31&& &&&&\\\hline
33&&25&&&&\\\hline
&&... &&&\\\hline
\end{tabular}
</math>

3. Schritt: Dublikate streichen:

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{7}{|c|}{Liste 4}\\ \hline
2n+1&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element&5. Element&6. Element\\ \hline
1&&& &&&\\\hline
3&& &  &&&\\\hline
5&& 1& &&&\\\hline
7&& && &&\\\hline
9&& 7 &&&&\\\hline
11&& &&&&\\\hline
13&&5& &&&\\\hline
15&& &  &&&\\\hline
17&&13 & &&&\\\hline
19&& && &&\\\hline
21&&  &&&&\\\hline
23&& &&&&\\\hline
25&&19 &&&&\\\hline
27&& &&&&\\\hline
29&&11 &&&&\\\hline
31&& &&&&\\\hline
33&&25&&&&\\\hline
&&... &&&\\\hline
\end{tabular}
</math>

4. Schritt: Reduzierte Folgen erstellen

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{7}{|c|}{Liste 5}\\ \hline
2n+1&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element&5. Element&6. Element\\ \hline
1&&& &&&\\\hline
3&& &  &&&\\\hline
5&& & &&&\\\hline
7&& && &&\\\hline
9&& 7 &11&17&13&\\\hline
11&& &&&&\\\hline
13&&5& 1&&&\\\hline
15&& &  &&&\\\hline
17&&13 &5 &&&\\\hline
19&& && &&\\\hline
21&&  &&&&\\\hline
23&& &&&&\\\hline
25&&19 &29&11&&\\\hline
27&& &&&&\\\hline
29&&11 &17&13&&\\\hline
31&& &&&&\\\hline
33&&25&19&&&\\\hline
&&... &&&\\\hline
\end{tabular}
</math>

2. Durchgang

1. Schritt: Lange Folgen streichen:

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{7}{|c|}{Liste 6}\\ \hline
2n+1&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element&5. Element&6. Element\\ \hline
1&&& &&&\\\hline
3&& &  &&&\\\hline
5&& & &&&\\\hline
7&& && &&\\\hline
9&&  &&&&\\\hline
11&& &&&&\\\hline
13&&5& 1&&&\\\hline
15&& &  &&&\\\hline
17&&13 &5 &&&\\\hline
19&& && &&\\\hline
21&&  &&&&\\\hline
23&& &&&&\\\hline
25&& &&&&\\\hline
27&& &&&&\\\hline
29&& &&&&\\\hline
31&& &&&&\\\hline
33&&25&19&&&\\\hline
&&... &&&\\\hline
\end{tabular}
</math>

Erst wenn man den Algorithmus so anwendet ergibt sich diese Anordnung die ich in Beitrag 24 erläutert habe.



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2019-04-19 18:50 - Primentus in Beitrag No. 25 schreibt:

Aber man weiß nicht, ob dies auch bei unendlich vielen Wiederholungen so bleibt. Wie dies mathematisch zu bewerten wäre, falls es jedoch so ist, weiß ich ehrlich gesagt nicht.

LG Primentus

Und das ist ja gerade das Interessante: Wie ich in Beitrag 24 erläutert habe, ordnen sich die Zahlen nach einem bestimmten Muster an.


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2019-04-19 21:30 - Slash in Beitrag No. 27 schreibt:
Ja, das ist so. Das sind die Zahlen, die in meiner Baumstruktur auf den senkrechten Ästen liegen. Die Behauptung gilt also für Folgen die zur 1 führen.

Hallo Slash,

ich hab mir Deine Konstruktionsbeschreibung zu den Collatz-Graphen und den Graphen selbst mal angesehen (die beiden ersten Links von Beitrag #8 verweisen jedoch auf den gleichen Graphen). Ich muss gestehen, dass ich bislang gar nicht wusste, dass man sich dem Collatz-Problem auch graphentheorisch nähern kann. Ich dachte eigentlich, das wäre ein rein zahlentheoretisches Problem. Bin wohl nicht tief genug in der Collatz-Materie drin.

@ blindmessenger:

Ok, ich habe den Algorithmusschritt mit dem Duplikate löschen jetzt bei mir hinzugefügt. Zusätzliche Folgezahlen entstehen dadurch ja nicht, es fallen stattdessen nur Zahlen weg, so dass sich an meinen Feststellungen aus Beitrag #25 nichts geändert hat.

Was ich noch nicht ganz verstanden habe, ist in Deinem Beitrag #24:

Du schreibst: Die Schlüsselrestklasse von 2. Element "$5$" nach dem ersten Durchgang ist $6n+5$, und nach dem zweiten Durchgang ist die Schlüsselrestklasse von 3. Element "$5$" gleich $36n+5$. Ich nehme an, Du hast hier deshalb von exponentiellem Anstieg gesprochen, weil es nach dem zweiten Durchgang quasi $6^{2}n+5$ heißt.

Anderes Beispiel: Du schreibst, die Schlüsselrestklasse von 2. Element "$7$" nach dem ersten Durchgang ist $12n+7$, und beim 3. Element "$7$" nach dem zweiten Durchgang ist sie $18n+7$. Hier kann ich aber keinen exponentiellen Anstieg mehr erkennen, und das Vielfache von $n$ ist hier auch nicht mal um den Faktor 6 angestiegen, sondern nur um den Faktor 1,5.

Das Ordnungsprinzip, von dem Du sprichst, verstehe ich nicht so ganz.
Nach welchem Prinzip gehst Du vor, um bei den Schlüsselrestklassen einmal $12n$, dann wiederum $18n$ und schließlich $36n$ oder $72n$, usw. zu formulieren? Könntest Du das bitte genauer beschreiben?

Und wie würden denn die Schlüsselrestklassen der Elemente "$5$" und "$7$" nach dem dritten Durchgang lauten?

Oder habe ich da etwas falsch verstanden?
Aber wie gesagt - kann auch gut sein, dass ich nicht tief genug in der Collatz-Materie drinstecke, um es zu verstehen.

LG Primentus



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2019-04-20


@ BM: Ich habe ehrlich gesagt das Muster noch nicht verstanden. Ich weiß jetzt wie du vorgehst, aber was erhält man zum Schluss? Eine Zahlenfolge?

Deine Vorgehensweise lässt sich übrigens mathematisch niederschreiben - deswegen lässt sie sich auch programmieren. Man kann das Muster, oder was auch immer, beweisen. Ob das auch für einen Beweis der Vermutung hilfreich ist sei dahingestellt.


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Hallo Primentus,

im Prinzip wollte ich in Beitrag 24 nur zeigen wie die Reihenfolge ist. Sie liegt ja nicht in aufsteigender Reihenfolge vor

5
7
11
13
17
19
23
25
...


sondern in der Reihenfolge

<math>
\begin{tabular}{|c|c|}
\multicolumn{2}{|c|}{Verschlsselung nach 1. Durchgang}\\ \hline
Schlsselrestklassen& 2. Element\\ \hline
\color{red}12n+7&\color{red}7\\\hline
\color{orange}6n+5&\color{orange}5\\\hline
\color{blue}12n+1&\color{blue}13\\\hline
&\\\hline
\color{red}12n+7&\color{red}19\\\hline
\color{orange}6n+5&\color{orange}11\\\hline
\color{blue}12n+1&\color{blue}25\\\hline
&\\\hline
\color{red}12n+7&\color{red}31\\\hline
\color{orange}6n+5&\color{orange}17\\\hline
\color{blue}12n+1&\color{blue}37\\\hline
...& \\\hline
\end{tabular}
</math>

...

Umgangssprachlich: Die Reihenfolge der Zahlen 6n+1 und 6n+5 ist nach den drei Restklassen 12n+7, 6n+5 und 12n+1 geordnet...

Siehst Du was ich meine?



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.30 begonnen.]


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Nach dem zweiten Algorithmusdurchgang liegt dann eine andere Reihenfolge vor, die man aber auch wieder aufschlüsseln kann (Allerdings in viel mehr Restklassen...):

<math>
\begin{tabular}{|c|c|}
\multicolumn{2}{|c|}{Verschlsselung nach 2. Durchgang}\\ \hline
Schlsselrestklassen& 3. Element\\ \hline
36n+5&5\\\hline
72n+19&19\\\hline
36n+13&13\\\hline
18n+7&7\\\hline
72n+37&37\\\hline
18n+11&11\\\hline
36n+23&23\\\hline
72n+55&55\\\hline
36n+31&31\\\hline
72n+1&73\\\hline
&\\\hline
36n+5&41\\\hline
72n+19&91\\\hline
36n+13&49\\\hline
18n+7&25\\\hline
72n+37&109\\\hline
18n+11&29\\\hline
36n+23&59\\\hline
72n+55&127\\\hline
36n+31&67\\\hline
18n+17&17\\\hline
72n+1&145 \\\hline
...& \\\hline
\end{tabular}
</math>

Hier liegen dann anstatt 3 Restklassen schon 11 Restklassen vor...


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Ich denke, man kann das alles zusammenfassen mit den Worten: Bestimmte Restklassen führen in der Collatz-Iteration nach einer bestimmten Anzahl von Schritten auf bestimmte andere Restklassen. Das ist natürlich immer von sehr strengen Mustern begleitet.

Wie gesagt, man muss sich die Arbeit machen diese Restklassen in die Iterationsvorschrift einzusetzen und gemäß deines Algortihmusses durchzurechnen. Dann gibt es handfeste Resultate.


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2019-04-20 16:49 - Slash in Beitrag No. 34 schreibt:
Ich denke, man kann das alles zusammenfassen mit den Worten: Bestimmte Restklassen führen in der Collatz-Iteration nach einer bestimmten Anzahl von Schritten auf bestimmte andere Restklassen. Das ist natürlich immer von sehr strengen Mustern begleitet.

Wie gesagt, man muss sich die Arbeit machen diese Restklassen in die Iterationsvorschrift einzusetzen und gemäß deines Algortihmusses durchzurechnen. Dann gibt es handfeste Resultate.

Diese Schlüsselrestklassen habe ich nur ins Spiel gebracht um zu zeigen wie die Reihenfolge ist und dass es ein Muster gibt in dieser Reihenfolge gibt.


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Gruß blindmessenger



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Primentus
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2019-04-20 16:26 - blindmessenger in Beitrag No. 32 schreibt:
Umgangssprachlich: Die Reihenfolge der Zahlen 6n+1 und 6n+5 ist nach den drei Restklassen 12n+7, 6n+5 und 12n+1 geordnet...

Ah ok, jetzt hab ich das Ordnungsprinzip verstanden, gemäß dem es nach dem ersten Durchgang aufgebaut ist - mit den drei Restklassen, die Du aufgezählt hast.

Allerdings ist da noch ein kleiner Schönheitsfehler drin. Es kann für eine solche "Dreierreihe" nicht überall das gleiche $n$ eingesetzt werden, sondern es muss lauten: $12n+7$, $6n+5$ und $12(n+1)+1$ für alle $n$ von Null bis (möglicherweise) Unendlich.

Jetzt verstehe ich auch, warum Du noch die Duplikate streichen wolltest, denn nur dann stimmt diese immer wieder kehrende Abfolge der drei disjunkten Restklassen (mit stets um 1 steigendem Wert für $n$ pro "Dreierreihe"). Ich hab es zumindest mal für die ersten 15 Vorkommen der drei Restklassen überprüft - das Muster scheint tatsächlich zuzutreffen:
Tabelle
 n   12n+7   6n+5   12(n+1)+1
-------------------------------
 0       7      5          13
 1      19     11          25
 2      31     17          37
 3      43     23          49
 4      55     29          61
 5      67     35          73
 6      79     41          85
 7      91     47          97
 8     103     53         109
 9     115     59         121
10     127     65         133
11     139     71         145
12     151     77         157
13     163     83         169
14     175     89         181
usw.

In dieser Reihenfolge entstehen die Zahlen der Zahlenfolge, aber nur, wenn man eben tatsächlich die Duplikate löscht.

Wenn es nach dem zweiten Durchlauf schon elf solcher Restklassen gibt, ist das natürlich schon mal um einiges komplizierter. Aber ich werde mal versuchen, ob ich das untersuchen kann, wie sich das dann weiterentwickelt.

LG Primentus

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.33 begonnen.]



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blindmessenger
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@Primentus

Ja, genauso habe ich das gemeint...

Das Schwierige ist dann nach jedem Durchgang wieder die Restklassen zu finden...


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Gruß blindmessenger



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Primentus
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@blindmessenger:

Ok - super! Dann habe ich es verstanden.

Ja, genau - das hab ich mir auch grad gedacht, dass es etwas kompliziert oder zumindest aufwendig sein könnte, für die weiteren Durchläufe herauszufinden, wie viele und welche Restklassen es dann genau gibt, nach denen die Zahlen der Folge geordnet sind.

LG Primentus



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viertel
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2019-04-20 16:21 - Slash in Beitrag No. 31 schreibt:
Deine Vorgehensweise lässt sich übrigens mathematisch niederschreiben - deswegen lässt sie sich auch programmieren. Man kann das Muster, oder was auch immer, beweisen.
Und es sind und bleiben doch immer nur Zahlenbeispiele, die rein gar nichts beweisen.
Allenfalls verfizieren.

Slash schreibt:
Ob das auch für einen Beweis der Vermutung hilfreich ist sei dahingestellt.
Welche Vermutung eek ?
Ich wiederhole meine Frage:
2019-04-19 15:19 - viertel in Beitrag No. 17 schreibt:
Was ist denn eigentlich das Ziel deiner Untersuchungen hier?
Bis jetzt sind es nur ein paar Zahlenspielereien, Beobachtungen und haltlose/unbewiesene Behauptungen confused



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