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Zahlentheorie » Experimentelle Zahlentheorie » Collatz, die Zyklusgleichung
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Kein bestimmter Bereich Collatz, die Zyklusgleichung
pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-04-04


Vorab: weiter zu Beitrag No5, da fehlerhafte Überlegung.

Hallo Experten ! (Formel richtig gestellt)
 
Eben ist mir eine Gleichung eingefallen, mit der man die Anzahl der Zyklen in einer Collatzfolge beweisen könnte.

Wie wir wissen, berechnen sich die Folgeglieder mit 3x+1 oder einer Halbierung. Ferner hatte ich einmal gezeigt, das es sogar egal ist, in welcher Reihenfolge diese Schritte vorgenommen werden. Ich schrieb einmal,
das eine Halbierung aufgeschoben werden kann und stattdessen 3x+2^n berechnet werden kann, wobei n die maximale Anzahl der Halbierungen ist, welche mitgeschliffen wird.

Ich erkläre unten nochmal , was gemeint ist.

Die Gleichung ansich lautet:

Alle Zyklen einer Collatzfolge erfüllen die Gleichung (3x+1)^y=x*2^z

Kann man nicht irgenwie beweisen, dass für x=1,y=1 und z=2 der einzige Fall vorliegt ? Meiner Meinung nach ist das offensichtlich !

Die Auswertung bedeutet. x=Startzahl vom Zyklus, y=Anzahl der Verdreifachungen plus Eins, z=Anzahl der nötigen Halbierungen

Zum Beispiel:

Startzahl x=17

Normal:
17-52-26-13-40-20-10-5-16-8-4-2-1: Gliederanzahl 13

Abgewandelt:
17-52-160-512-256-128-64-32-16-8-4-2-1: Gliederanzahl 13

Die Verdreifachung und Halbierungen sind Identisch in der Anzahl.

Sollte ein Zyklus außer 4,2,1 es geben, so würde es bedeuten, dass x>1, die Startzahl später auf sich wieder zurückfällt. Sollte aber nicht passieren , denn es würde dann (3x+1)^y=x*2^z gelten.

LG

pzktupel

Beweisvorschlag in No.4



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-04-04


Hallo, die Idee hatte ich vor längerer Zeit auch mal hier.

Das funktioniert, aber sonst bringt es einem das Ziel nicht näher.

Quellcode ist VB, mit Biginteger, falls Bedarf ist.



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Gruß haegar90



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


@haegar90

Das sehe ich etwas anders, weil die Gleichung nur eine Lösung zulässt.

Man kann schlußfolgern, dass es nur 4,2,1 geben kann und das wäre schonmal ein Schritt weiter.


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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-04-04


Immer gut wenn es weiter geht 👍😎.


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Gruß haegar90



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


Weiter zu No5....nachfolgend ist fehlerhaft

Ja !😉

Also nochmal aus Beitrag 1 zitiert:

Alle Zyklen einer Collatzfolge erfüllen die Gleichung (3x+1)^y=x*(2^z)

Die Auswertung der Gleichung bedeutet:
 
x=Startzahl vom Zyklus
y=Anzahl der Verdreifachungen plus Eins
z=Anzahl der nötigen Halbierungen



Formel oben geändert.

Der Beweis könnte ja so lauten (3x+1)^y=....+1, somit kann wegen der Plus 1 kein x*2^z zustandekommen, außer der triviale Fall x=1


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


Vorschlag:

Die Zyklen würden bzgl. einer Startzahl x wie folgt enstehen

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

Da x*2^z ein Vielfaches von x , aber aus x auf der linken Seite der Gleichung nie ein Vielfaches von x entstehen kann, gibt es kein x außer 1, was die Gleichung erfüllt. x ist allgemein immer ungerade.
x sollte sich aus der Entwicklung heraus aus dem linken Term ausklammern lassen, was nicht geht, da x nur einmal auftaucht.

Liese sich zeigen, dass aber (..(((3x+2^0)*3+2^a)*3+2^b)... immer in einer 2er Potenz endet, dann hätten wir ein Lsg des Gesamtproblems.


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-04-04


Vorschlag für ein Gedankenexperiment, wie wir das schon mal angestellt hatten, allerdings damals erfolglos, aufgrund deiner Weigerung darauf überhaupt einzugehen. Aber wir könnten es ja nun nochmals versuchen:

Wir verallgemeinern Collatzfolgen, indem wir nun auch nichtpositive ganze Startzahlen $x$ zulassen aber ansonsten am Bildungsgesetz der Folge nichts ändern. Für $x=-5$ würden wir so (bitte nachrechnen!) die Folge
\[-5,-14,-7,-20,-10,-5\] also dann einen Zyklus erhalten. Wenn du also die entsprechende Gleichung für $x$ wie oben aufstellst (wie sieht diese hier aus?), dann müsste sie eigentlich dann $x=-5$ als Lösung haben. Ist dies der Fall?



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-04-04


Hallo, ja das ergäbe -5, -14, -40, -112, -320,  -5.


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Gruß haegar90



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


Die Gleichung oben ist fehlerhaft.
Natürlich kommt ein Zyklus für x=-5 zustande.

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


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-04-05


Mir geht es bei der ganzen Sache mit dem Zyklus beginnend mit -5 (und es gäbe bei dieser Verallgemeinerung auch noch andere z.B. beginnend mit -17) ob die Argumente, die nach meiner Auffassung ja an keiner Stelle voraussetzen, dass die Startzahlen wie bei Original-Collatzfolge positiv sind, sondern immer nur mit weiterhin gültigen Teilbarkeitsargumenten und Modulo-Reduktionen arbeiten, auch hier noch funktionieren. Wenn nein, warum dann nicht, wenn ja, würde sie die beobachteten Zyklen zulassen?

2020-04-04 23:17 - haegar90 in Beitrag No. 7 schreibt:
Hallo, ja das ergäbe -5, -14, -40, -112, -320,  -5.

Könntest du bitte mal im Detail vorrechnen, wie man hier von einer Zahl auf die nächste kommst, damit ich das endlich auch mal verstehe, um wirklich mitreden zu können?



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-04-05


Die Zweierpotenzen die wir multiplizieren, addieren wir auch. $-5$ hat die Zweierpotenz $2^0$ damit $3\cdot-5+2^0=-14$. Die $-14$ enthält $2^1$ somit $3\cdot-14+2^1=-40$, die $-40$ enthält $2^3$  usw. Die -320 habe ich zur Veranschaulichung durch $2^6$ gekürzt. Ungekürzt würde die $-5$ dann 'eingepackt' in immer größer werdenden Zweierpotenzen in gleicher Weise zyklisch vorkommen wie in der originalen Collatzfolge.

 


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Gruß haegar90



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-04-05


2020-04-05 00:58 - haegar90 in Beitrag No. 10 schreibt:
Die Zweierpotenzen die wir multiplizieren, addieren wir auch. $-5$ hat die Zweierpotenz $2^0$ damit $3\cdot-5+2^0=-14$. Die $-14$ enthält $2^1$ somit $3\cdot-14+2^1=-40$, die $-40$ enthält $2^3$  usw. Die -320 habe ich zur Veranschaulichung durch $2^6$ gekürzt. Ungekürzt würde die $-5$ dann 'eingepackt' in immer größer werdenden Zweierpotenzen in gleicher Weise zyklisch vorkommen wie in der originalen Collatzfolge.  

Ok, vielen Dank für diese Erklärung, langsam kommt für mich etwas Licht ins Dunkel. Und pzktupel glaubte nun (oder vielleicht jetzt nicht mehr?), dass eine Gleichung wie
\[3\cdot (3\cdot (3 \cdot (3\cdot (-5)+1)+2^1)+2^3)+2^4=(-5)\cdot 2^6\] eigentlich gar nicht existieren dürfte oder habe ich ihn da falsch verstanden? Schließlich wird hier an keiner Stelle vorausgesetzt, dass die Startzahlen positiv sind, daher kann und darf dies nach allen Regeln der Logik auch in seiner Argumentationskette keine Rolle spielen.



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-04-12


Da hier immer von Collatz-Zyklen gesprochen wird... diese lassen sich eigentlich ganz einfach finden.

Wir definieren 2 Funktionen:
\(u \circ x = 3x+1\\
g \circ x = x/2\)

Dies sind lineare Abbildungen / Funktionen, wobei in der Collatz-Folge nach einem u immer mindestens ein g folgt. Da Verkettungen von lineare Funktionen immernoch lineare Funktionen sind, und diese nur eine Lösung haben, lässt sich zu jeder Verkettung (Zyklus) genau eine Lösung finden.

Ein Zyklus ist dabei eine gültige Verkettung (also nur ganzzahlige Zwischenergebnisse), bei der am Ende wieder x herauskommt:
\(x = (g^{a_n} \circ u) \circ ... \circ (g^{a_1} \circ u) \circ x = \circ_{i=1}^n (g^{a_i} \circ u) \circ x; a_i \in \IN^+\)
[Verkettungen hier ähnlich einem Summenzeichen]


Dabei kann man sich auf nicht periodische Muster beschränken... also ein Wiederholung einer Verkettung wird zur selben Startzahl eines Zyklus führen, da es lineare Verkettungen sind.
\(x = ( \circ_{i=1}^n (g^{a_i} \circ u) )^p \circ x = \circ_{i=1}^n (g^{a_i} \circ u) \circ x\)

Bsp:
\(x = g \circ u \circ x = \frac{3x+1}{2} \to x = -1\\
x = g^2 \circ u \circ x = \frac{3x+1}{4} \to x = +1\\
x = g \circ u \circ g^2 \circ u \circ x = \frac{3\frac{3x+1}{4}+1}{2} \to x = -7\)

Hingegen wird \(g \circ u \circ g \circ u \circ x = x\) zu derselben Startzahl wie das erste Bsp führen, und \(g^2 \circ u \circ g^2 \circ u \circ x = x\) zu derselben Startzahl wie das zweite Bsp, da es einfach nur Wiederholungen der Verkettungen dort sind.


Dies sagt nicht aus, dass es Zahlen gibt, die nicht Teil eines Zyklus sind oder ob es endlich viele Verkettungen gibt, die zu gültigen Zyklen führen... man müsste halt immer auch eine Probe durchführen. Aber zu einer bestimmten Verkettung kann es höchstens eine gültige Startzahl / gültigen Zyklus geben, da diese linear sind.


Mal ein Bsp zu einen ungültigen Zyklus:
\(x = g^3 \circ u \circ x = \frac{3x+1}{8} \to x = \frac{1}{5}\)
Würde man 1/5 als gültige, ungerade Startzahl ansehen, so käme man nach den Abfolge u, g, g, g tatsächlich wieder bei 1/5 heraus. Aber Collatz ist eben nur für ganze Zahlen definiert, und u und g diesbezüglich nur auf entsprechende Paritäten.



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-04-13


2020-04-12 23:07 - MartinN in Beitrag No. 12 schreibt:
Da hier immer von Collatz-Zyklen gesprochen wird... diese lassen sich eigentlich ganz einfach finden.
...

Mit der Schreibweise als Komposition deiner Funktionen $u,g$ lassen sich aber doch Zyklen nicht "einfacher" finden. Es ist doch lediglich eine andere Schreibweise mit der du hier verschiedene der bekannten Zyklen beschrieben hast ? Oder was habe ich da nicht erkannt / nicht verstanden ? 🤔


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Gruß haegar90



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weird
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2020-04-13 11:41 - haegar90 in Beitrag No. 13 schreibt:
Es ist doch lediglich eine andere Schreibwiese mit der du hier verschiedene der bekannten Zyklen beschrieben hast ? Oder was habe ich da nicht erkannt / nicht verstanden ? 🤔

Sehe ich genauso. Auf diese Wiese würde ich auch nicht setzen, zumal man ja schon weiß, dass ein 1 nicht enthaltender Zyklus mehr als 10 Milliarden Zahlen umfassen müsste (s. hier). 😎



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