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Zahlentheorie » Experimentelle Zahlentheorie » Code für Collatzalgorithmus
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Kein bestimmter Bereich Code für Collatzalgorithmus
blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-04-04


Hallo,

hat jemand eine Idee für einen Code um folgenden CollatzAlgorithmus zu prüfen:



Eingabe soll sein:

1. Bis zu welcher Zahl soll berechnet werden?

2. Anzahl der (ungeraden) Collatziterationen?

Ausgabe:

Ausgabe der Zahlen die nach Streichen der Restklassen und Durchführung der  Iterationen überbleiben.





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Gruß blindmessenger



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-04-04


Kannst du mal erläutern was dein „Programm“ machen soll?
Wann stoppt die Iteration?
Was bedeuten die Ausdrücke in den Kästen?
Du hast dazu gewiß eine Vorstellung im Hirn, aber die kommt (zumindest bei mir) nicht rüber.

Zitat geklaut:
Das Schwierige ist nicht die Mathematik. Schwierig ist es zu formulieren, daß man selber versteht, was man sieht und die anderen auch!

Gruß vom ¼


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-04


2020-04-04 05:09 - viertel in Beitrag No. 1 schreibt:
Kannst du mal erläutern was dein „Programm“ machen soll?
Wann stoppt die Iteration?
Was bedeuten die Ausdrücke in den Kästen?
Du hast dazu gewiß eine Vorstellung im Hirn, aber die kommt (zumindest bei mir) nicht rüber.

Zitat geklaut:
Das Schwierige ist nicht die Mathematik. Schwierig ist es zu formulieren, daß man selber versteht, was man sieht und die anderen auch!

Gruß vom ¼

Ich versuch mal etwas genauer:

1. Wir untersuchen also als Beispiel die ungeraden Zahlen (2n+1) bis 999.999.
2. Zuerst werden von diesen Zahlen die Zahlen 4n+3 und 16n+5 gestrichen.
3. Für die übrig gebliebenen Zahlen wird das erste mal iteriert also das nächste ungerade Collatzelement berechnet.
4. Von diesen neu berechneten Zahlen werden die Zahlen 4n+3, 48n+5 und 192n+85 gestrichen.
5. Für die übrig gebliebenen Zahlen wird das nächste mal iteriert also das nächste ungerade Element berechnet.
6. Weiter bei Punkt 4...

Je nach Anzahl der gewünschten Iterationen wird dann nach Punkt 5 abgebrochen... Es soll dann verglichen werden ob jedes mal nach Punkt 5 die Zahlen 6n+1 und 6n+5 entstehen (ohne Dublikate).


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Gruß blindmessenger



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-04-04


Ja blindmessenger, aber man kommt so nicht weiter.

Ich hatte mal erzählt, alle ungeraden Zahlen haben 6n+1,6n+3,6n+5

6n+3 fällt raus, wegen Teilbarkeit durch 3. Es bleiben doch zwangsläufig
nur noch die Strukturen 6n+/-1 übrig.

Während (so kontruiert) die 5 als 6n-1 zur 1 wird, so wird
die 85 (als 6n+1) ebenfalls zur 1. Es sind beide Wege (gemischt) immer vertreten.

P.S. Jetzt hänge ich mich schon wieder in dieses Thema rein 😖


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-04


@pzktupel

Das weiß ich...

Aber es geht darum zu zeigen, dass die Zahlen 6n+1 und 6n+5 in einer bestimmten "Reihenfolge" auftreten und das auch wirklich "jedes" Element auftritt...

Es könnte ja sein, dass nach sagen wir 6 Iterationen Elemente von 6n+1 und 6n+5 fehlen...

Weißt Du was ich meine?


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Gruß blindmessenger



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-04-04


Also das jedes Element vorkommt, hatte ich ja mal gezeigt mit der Rückwärtsrechnung.

Schnappe Dir eine Zahl 6n+/-1 und führe die Rückrechnung durch.

Man kommt mit dem kürzesten Weg auf eine Zahl MOD 3=0, diese ist die Startzahl. Man kann aber bei der Rückrechnung ebenfalls auch weiter verdoppeln und dann geeignet bei (k*2^n-1)\3 einen anderen Weg einschlagen der auch wieder eine andere Zahl  MOD 3=0 liefert.

Es ist eigentlich gezeigt, das jede Zahl 6n+1 und 6n+5 erwischt wird.
Keine wird ausgelassen.

Beitrag im Themenstart:
LinkIst der Collatzzyklus 4,2,1 der einzige im Collatz-Problem ??!



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-04


2020-04-04 09:44 - pzktupel in Beitrag No. 5 schreibt:
re Zahl  MOD 3=0 liefert.

Es ist eigentlich gezeigt, das jede Zahl 6n+1 und 6n+5 erwischt wird.
Keine wird ausgelassen.



Kannst Du zeigen, dass dies auch nach der 100. Iteration der Fall ist?

Ich glaub wir reden aneinander vorbei...


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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.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-04


O.K. Anders:

Wir nehmen alle Zahlen die es gibt und iterieren 100 mal. Der Algorithmus besagt (wenn er stimmt...), dass genau die Zahlen 6n+1 und 6n+5 überbleiben... Und zwar alle...


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Gruß blindmessenger



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-04-04


Das kann man herbeiführen, wenn man es will.

Die 100. Interation kann 5 oder auch 85 als Bsp. sein.
Jetzt könnte man die Pfad so berechnen, das die 100. Zahl die 5 oder 85 als Bsp ist.
Man kann auch 301 oder 995 für die 100. Interation erzwingen.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-04


2020-04-04 09:51 - pzktupel in Beitrag No. 8 schreibt:
Das kann man herbeiführen, wenn man es will.

Die 100. Interation kann 5 oder auch 85 als Bsp. sein.
Jetzt könnte man die Pfad so berechnen, das die 100. Zahl die 5 oder 85 als Bsp ist.
Man kann auch 301 oder 995 für die 100. Interation erzwingen.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]

Siehe Beitrag 7...


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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-04-04


Ich muss aber eingrenzen, das bei der Rückrechnung es ein Spielraum von 4 Zügen wohl gibt.

Anders gesagt, man kann alle Zahlen der Form 6n+1 und 6n+5 an eine Stelle i bis i+4 rücken lassen. Es finden sich immer Startzahlen dazu.


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-04


2020-04-04 10:06 - pzktupel in Beitrag No. 10 schreibt:
Ich muss aber eingrenzen, das bei der Rückrechnung es ein Spielraum von 4 Zügen wohl gibt.

Anders gesagt, man kann alle Zahlen der Form 6n+1 und 6n+5 an eine Stelle i bis i+4 rücken lassen. Es finden sich immer Startzahlen dazu.

Du schreibst, dass man Startzahlen finden kann... Es geht darum, dass genau die Zahlen 2n+1 abgedeckt werden... Wenn man es rückwärts sieht...

Siehst Du den Unterschied?


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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-04-04


Bsp.

Zahl 29 soll an [6-10]. Stelle stehen.

29<-19<-101<-67<-89<-237, 237 Startzahl

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-04


2020-04-04 10:12 - pzktupel in Beitrag No. 12 schreibt:
Bsp.

Zahl 29 soll an [6-10]. Stelle stehen.

29<-19<-101<-67<-89<-237, 237 Startzahl

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]

Das habe ich verstanden... Für einzelne Zahlen kann man immer bestimmte Startzahlen errechnen...

In meinem Beispiel geht es aber darum für alle Startzahlen zu zeigen, dass nach einer genau definierten Anzahl an Iterationen immer die Zahlen 6n+1 und 6n+5 überbleiben ohne das eine Zahl fehlt...

Das ist etwas anderes...


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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-04-04


2020-04-04 10:19 - blindmessenger in Beitrag No. 13 schreibt:
Das habe ich verstanden... Für einzelne Zahlen kann man immer bestimmte Startzahlen errechnen...

In meinem Beispiel geht es aber darum für alle Startzahlen zu zeigen, dass nach einer genau definierten Anzahl an Iterationen immer die Zahlen 6n+1 und 6n+5 überbleiben ohne das eine Zahl fehlt...
Du hast anscheinend gar nichts verstanden😖
Du kannst bis zu einem Googol iterieren und bist so schlau wie vorher. Denn es sind und bleiben Zahlenbeispiele, die nichts darüber aussagen, wie es danach weitergeht. Sie taugen bestenfalls dazu, Muster zuerkennen, damit eine Vermutung aufzustellen und diese dann mit mathematischen Methoden zu beweisen! Und davon bist du weiter entfernt als Andromeda 🙃



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-04-04


"In meinem Beispiel geht es aber darum für alle Startzahlen zu zeigen, dass nach einer genau definierten Anzahl an Iterationen immer die Zahlen 6n+1 und 6n+5 überbleiben ohne das eine Zahl fehlt..."

Das habe ich aber so gemeint.

Anstatt die Lücken von 6n+-1 zu füllen, kann man schaun, aus welcher Entwicklung die 6n+-1 entstehen.

11 nach 1 Interation geht aus 117 hervor
11 nach 2 Interationen aus 9 hervor
11 nach 3 Interationen aus 789 hervor

Man findet immer was, zu jeder Zahl und zu jeder Interationsanzahl.


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-04


2020-04-04 12:10 - viertel in Beitrag No. 14 schreibt:
2020-04-04 10:19 - blindmessenger in Beitrag No. 13 schreibt:
Das habe ich verstanden... Für einzelne Zahlen kann man immer bestimmte Startzahlen errechnen...

In meinem Beispiel geht es aber darum für alle Startzahlen zu zeigen, dass nach einer genau definierten Anzahl an Iterationen immer die Zahlen 6n+1 und 6n+5 überbleiben ohne das eine Zahl fehlt...
Du hast anscheinend gar nichts verstanden😖
Du kannst bis zu einem Googol iterieren und bist so schlau wie vorher. Denn es sind und bleiben Zahlenbeispiele, die nichts darüber aussagen, wie es danach weitergeht. Sie taugen bestenfalls dazu, Muster zuerkennen, damit eine Vermutung aufzustellen und diese dann mit mathematischen Methoden zu beweisen! Und davon bist du weiter entfernt als Andromeda 🙃

Es sind doch gerade keine Zahlenbeispiele... Es ist eine Aussage die mit Hilfe von Restklassenüberlegungen nicht nur eine Zahl betrifft sondern die Gesamtheit der Zahlen betrifft... Aber das scheinst Du nicht verstanden zu haben... 😉
Ich habe nicht gesagt, dass damit etwas bewiesen ist, nur dass das so wahrscheinlich nicht bekannt war...

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.14 begonnen.]


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-04-04


2020-04-04 10:19 - blindmessenger in Beitrag No. 13 schreibt:
In meinem Beispiel geht es aber darum für alle Startzahlen zu zeigen, dass nach einer genau definierten Anzahl an Iterationen immer die Zahlen 6n+1 und 6n+5 überbleiben ohne das eine Zahl fehlt...

Wenn man die Richtigkeit dieser Behauptung voraussetzt, wäre damit deiner Ansicht nach für die originale Collatz-Vermutung, dass man ausgehend von einer positiven Startzahl nach einer gewissen Anzahl von Iterationen immer auf die 1 kommt, irgendetwas gewonnen oder haben deine Betrachtungen damit rein gar nichts zu tun? 🤔

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.15 begonnen.]



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-04


2020-04-04 12:46 - weird in Beitrag No. 17 schreibt:
2020-04-04 10:19 - blindmessenger in Beitrag No. 13 schreibt:
In meinem Beispiel geht es aber darum für alle Startzahlen zu zeigen, dass nach einer genau definierten Anzahl an Iterationen immer die Zahlen 6n+1 und 6n+5 überbleiben ohne das eine Zahl fehlt...

Wenn man die Richtigkeit dieser Behauptung voraussetzt, wäre damit deiner Ansicht nach für die originale Collatz-Vermutung, dass man ausgehend von einer positiven Startzahl nach einer gewissen Anzahl von Iterationen immer auf die 1 kommt, irgendetwas gewonnen oder haben deine Betrachtungen damit rein gar nichts zu tun? 🤔

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.15 begonnen.]

Da bin ich mir nicht sicher... Ich halte die Idee für neu und auch bemerkenswert, weil es ausschliesst, dass irgendwann irgendwelche Zahlen verloren gehen...
Aber ich glaube ich werde immer noch falsch verstanden, was aber an mir liegt weil ich es nicht in Worte fassen kann...


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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.19, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-04


Man muss alle Zahlen auf einmal betrachten.

Beispiel:

Wir streichen und iterieren die Menge der Zahlen 2n+1 (nach obigen Algorithmus) vor unserem geistigen Auge 100x.

Nun betrachten wir diese Zahlen die überbleiben in einer Liste und ordnen sie der Reihe nach.

Dann wird dort stehen:

3
5
7
11
13
17
19
23
25
29
31
...

Bis unendlich...

Ohne das eine Zahl der Menge 6n+1 und 6n+5 fehlt.

Das ist unabhängig davon wie oft wir iterieren...

Es könnte ja sein, dass z.B. die 19 nach der 101. Iteration fehlt... Das wird mit diesem Algorithmus aber ausgeschlossen...


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Gruß blindmessenger



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2020-04-04

\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
Wo liegt da der Vorteil, ewig zu iterieren, gegenüber
\[\{3\}\cup\{6k\pm 1|k\in \mathbb{N}^+\}\] Das ist die gleiche Zahlenmenge.
\(\endgroup\)


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-04


2020-04-04 13:19 - viertel in Beitrag No. 20 schreibt:
Wo liegt da der Vorteil, ewig zu iterieren, gegenüber
\[\{3\}\cup\{6k\pm 1|k\in \mathbb{N}^+\}\] Das ist die gleiche Zahlenmenge.

Kannst Du das näher erläutern?


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Gruß blindmessenger



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2020-04-04


Was soll ich da erläutern?
Zwei Wege, um die gleiche Menge zu erzeugen (wobei bei deinen Iterationen Zweifel bleiben, ob wirklich alle diese Zahlen erzeugt werden).
Welcher ist einfacher?



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-04


Mal angenommen man würde die Menge der Zahlen 2n+1 1000x (nach obigen Algorithmus) iterieren und in dieser Liste würde die Zahl 19 fehlen.

Was würde das bedeuten?

Die 19 müsste Teil eines Zyklus sein. Da der Algorithmus das aber ausschließt für alle Zahlen (6n+1 und 6n+5) unabhängig von der Anzahl der Iterationen ist doch auch kein anderer Zyklus möglich oder?

Ist das jetzt Spinnerei?
 


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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2020-04-04


Mir ist noch ein anderer Gedanke gekommen, weil ich die Gleichung

(..(((3x+2^0)*3+2^a)*3+2^b)...=2^z nochmal herangezogen habe.

Es ist sehr wahrscheinlich, dass alle Startzahlen in einer 2er-Potenz enden.

Anders gesagt, für jedes z gibt es eine endliche Anzahl von Startzahlen.

Wäre z=10, so gäbe es es endlich viele Folgen, die exakt nur 10 Halbierungen haben, aber unterschiedlich Verdreifachungen an anderen Stellen. Gelingt es , für diesen Fall eine Gruppe von Zahlen zu erfassen und diese für alle lückenlos zu zeigen, wäre es auch schonmal was.

Hier eine kleine Liste:

Endet bei 2^z (z -Halbierungen) für Startzahlen x

z | x
01 | keine
02 | 1
03 | keine
04 | 5
05 | 3 (nachgereicht)
06 | 21
07 | 13
08 | 85
09 | 17,53
10 | 11,35,113,341
11 | 7,23,69,75,213,227
12 | 15,45,141,151,453,1365
13 | 9,29,93,277,301,853,909
..

Auffallend ist auch, zieht man die Anzahl der Verdreifachung hinzu, so fällt mit steigender Zahl deren Anzahl.

Für 16:
Halbierungen  Startzahl     Verdreifachung+1
16            25            7
16            77            6
16            81            6
16            241           5
16            245           5
16            267           5
16            725           4
16            739           4
16            753           4
16            803           4
16            805           4
16            2261          3
16            2275          3
16            2417          3
16            2421          3
16            7253          2
16            7281          2
16            21845         1


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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2020-04-05


2020-04-04 23:25 - pzktupel in Beitrag No. 24 schreibt:
...
z | x
01 | keine
02 | 1
03 | keine
04 | 5
05 | keine
06 | 21
07 | 13
08 | 85
09 | 17,53
10 | 11,35,113,341
11 | 7,23,69,75,213,227
12 | 15,45,141,151,453,1365
13 | 9,29,93,277,301,853,909
..
Hallo pzktupel, fehlt da nicht die $3$ mit $2^5$ 🙂

2020-04-04 23:25 - pzktupel in Beitrag No. 24 schreibt:
Mir ist noch ein anderer Gedanke gekommen, weil ich die Gleichung

(..(((3x+2^0)*3+2^a)*3+2^b)...=2^z nochmal herangezogen habe.

Es ist sehr wahrscheinlich, dass alle Startzahlen in einer 2er-Potenz enden.
Ja, genau das ist die Collatz-Vermutung nur mit etwas anderen Worten.
Und die Formel ist der Collatz-Algorithmus, nur eben mit Zweierpotenzen 'aufgebläht'.
Bist Du da nicht auch der Meinung ?



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Gruß haegar



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2020-04-05


(2020-04-05 10:40 - haegar90 in <a
Ja, genau das ist die Collatz-Vermutung nur mit etwas anderen Worten.
Und die Formel ist der Collatz-Algorithmus, nur eben mit Zweierpotenzen 'aufgebläht'.
Bist Du da nicht auch der Meinung ?


Ja, so hatte ich es auch entwickelt.

___
Die 3 fehlt, das stimmt 😃
Liegt daran, das ich die Zählschleife ab 5 laufen lies.
Bei 3 gibt er für 2^5 diese wirklich aus.

Exponent? 5
5             3             2 , 2 sind ist die Anzahl der Verdreifachung.


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Mag sich denn jemand mal an dem Programm probieren? 🙂


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Gruß blindmessenger



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2020-04-05


Wie jetzt, was soll das machen ?


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-05


2020-04-05 11:46 - pzktupel in Beitrag No. 28 schreibt:
Wie jetzt, was soll das machen ?

Die Berechnung wie ich es in Beitrag 1 beschrieben habe...


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Gruß blindmessenger



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, eingetragen 2020-05-05


Huhu , nach 2 Bier, ist mir wieder mal was eingefallen.


Ich ziehe hier nochmal das Zitat heran:
"
(..(((3x+2^0)*3+2^a)*3+2^b)...=2^z nochmal herangezogen habe.

Es ist sehr wahrscheinlich, dass alle Startzahlen in einer 2er-Potenz enden."

Idee, das alles in einer 2er Potenz endet:

Eine Konsequenz, das alles in einer 2er Potenz endet, ist, dass in der dualen Schreibweise die Einsen immer weniger werden und die Nullen von rechts immer mehr zunehmen.

Ich behaupte mal, dass bei einer Verdreifachung maximal die "duale Zeichenkette" um eine Stelle pro Interation zunimmt....jetzt kommts:

Wir haben als (man müsste alle Varianten abklären, sind nicht viele) Bsp k=3, also k MOD 4=3

0: 2k+1, die ungerade Startzahl
1: 3(2k+1)+2^0 , 2^0 deshalb, weil 2k+1 nicht durch 2 teilbar ist, wir erhalten in der 1. Interation 6k+3+1=6k+4=2(3k+1). Es ist sicher, dass die Zahl durch mindestens 2 teilbar ist
2: 3(6k+4)+2=18k+14=2(9k+7), da k ungerade, folgt 9k+7 ist mindestent durch 2 wieder teilbar, also ist nach 2 Schritten die Zahl durch 4 teilbar
3: 3(18k+14)+4=54k+46=2(27k+23)

da k MOD 4=3 folgt bei 27k+23, dass nach der 3. Interation wegen 27k+23 MOD 4=0 eine Zahl vorkommt, die mindenstens spätentens durch 4 teilbar ist

Wir haben also nach 3 Interationen nachgewiesen für k MOD 4=3 , das in der dualen Darstellung zwar die Zahl an Länge zunimmt, aber 4 Nullen bei 3 Stellenzunahme abgibt. Das heißt, die Summe der Einsen verringert sich und wird , falls alle Fälle nachgewiesen sind, soweit gehen, das nur noch die vordere Eins in der dualen Darstellung übrig bleibt. Somit kann man sagen, alle Zahlen enden in einer 2er Potenz, Collatz endet Schlußendlich in 4,2,1.



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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2020-05-05


2020-05-05 22:25 - pzktupel in Beitrag No. 30 schreibt:
Huhu , nach 2 Bier, ist mir wieder mal was eingefallen.

...
Somit kann man sagen, alle Zahlen enden in einer 2er Potenz, Collatz endet Schlußendlich in 4,2,1.

Vielleicht noch 2 Bier kippen, dann hast du 3+1 Biere und der Beweis ist im (Bier)Kasten.😎


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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, eingetragen 2020-05-05


@Slash


...ich arbeite dran



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Iterator
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, eingetragen 2020-05-29


Was soll das denn bringen?
Ich denke, die "Topologie" des Collatz-Problems ist recht einfach. Jede Zahl ist Teil einer Collatz-Folge. Das eigentliche Problem ist die "Dynamik" der Folgen. Je grösser die Zahlen sind, desto grössere "Löcher" machen sie. Und man kann zeigen, dass es Teilfolgen gibt, die beliebig gross und lang werden können (grösser und länger als jede beliebig vorgegebene Schranke).
Was man dann zeigen muss ist, dass diese beliebigen Folgen auch wieder runterkommen können, kleiner als eine vorgegebene untere Schranke bleiben. Dazu reicht auch nicht zu zeigen, dass eine Folge kleiner als eine Startzahl werden kann. Davon gibt es auch beliebig viele.
Die Idee, die Collatz-Vermutung "induktiv" zu beweisen, funktioniert generell nicht. Es funktioniert nicht, weil die Folgen mit zunehmender Grösse der Zahlen immer stärker oberhalb einer vorgegeben unteren "Induktionzgrenze" von Collatzfolgen verlaufen. Dies führt letztlich auf den Beweis zurück, dass jede Folge der 1 beliebig nahe kommen kann.
Die Mehrheit der Folgen verhält sich aber noch recht sanft, so dass man mit statistischen Methoden Aussagen über "fast alle" Folgen treffen kann (Beweis ist das aber nicht).
Was man auch noch bedenken muss ist die Frage, ob es nicht ganz oben in den grossen Zahlen gar Zyklen geben kann, so dass diese Folgen immer zwischen zwei Schranken bleiben. Allerdings ist die Wahrscheinlichkeit hierfür sehr, sehr gering.




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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, eingetragen 2020-05-29


2020-05-29 10:11 - Iterator in Beitrag No. 33 schreibt:
... Und man kann zeigen, dass es Teilfolgen gibt, die beliebig gross und lang werden können (grösser und länger als jede beliebig vorgegebene Schranke)...

Toll, wenn Du das (ein unendliches Wachstum) zeigen kannst, dann ist doch eigentlich schon alles erledigt und die Vermutung ist widerlegt.🙄


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Gruß haegar



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Iterator
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, eingetragen 2020-05-29


Nein, so ist das nicht gemeint.
Beliebig gross und lang, aber endlich.
Man hat es hier mit sehr grossen und langen Folgen zu tun, wenn man sich nicht nur auf paar Computerrechnungen mit überschaubaren Zahlen stützt.

Tatsächlich ist ja trotzdem die Vermutung, dass die Collatzfolgen dann schliesslich in den 4-2-1 Zyklus kommen.



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, eingetragen 2020-05-29


2020-05-29 11:34 - Iterator in Beitrag No. 35 schreibt:
...
Beliebig gross und lang, aber endlich.

Dann meinst Du es wohl so:
Die Farbe ist egal, Hauptsache schwarz. 😄


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Gruß haegar



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Iterator
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, eingetragen 2020-05-29


:D

Um es genauer zu sagen, meine ich:

Zu einer beliebigen (endlichen) Anzahl von Collatzfolgen lässt sich eine Collatzfolge konstruieren, die eine beliebig lange und grosse Teilfolge hat, die mit den gegeben Folgen keine Zahl gemeinsam hat.



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Slash
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Apropos Collatz-Folgen...

...man kann auch #lotharcollatz auf Instagram folgen. 😎


P.S.: Ich kann meinen Beitrag auch gerne ins Witze-Forum verschieben, wenn gewollt.


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blindmessenger
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2020-05-29 14:07 - Slash in Beitrag No. 38 schreibt:
Apropos Collatz-Folgen...

...man kann auch #lotharcollatz auf Instagram folgen. 😎


P.S.: Ich kann meinen Beitrag auch gerne ins Witze-Forum verschieben, wenn gewollt.

Das war jetzt aber frech... 🤯


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Gruß blindmessenger



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