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Mathematik » Zahlentheorie » Verständnis-Fragen zur "Collatz-Folge"
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Kein bestimmter Bereich Verständnis-Fragen zur "Collatz-Folge"
haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-03-20


Das Nachstehende gilt für fallende Zahlen $ \frac{3n+1}{4}$
Ist das irgendwie noch zu retten oder so zu verändern dass es richtig wird ?
Oder ist hier etwas grundsätzlich falsch ?


Die hier verwendete aufwändige "doppelte Induktion " würde ich dann nach der Korrektur in eine bessere Form gemäß dem Hinweis von weird bringen wollen.


Alle ungeraden natürlichen Zahlen $ n \in \mathbb{N}_u =\lbrace1,3,5,7,...\rbrace$
sind in der Form $n_0=2^k \cdot(a-1)+1,$ mit $\; a,k \in \mathbb{N} $  darstellbar.  
Es soll gezeigt werden, dass jedes $n_0=2^k \cdot(a-1)+1 $ (für $gerade \; a: k>1$)
äquivalent zu $ f:  \mathbb{N}_u  \rightarrow \mathbb{N} $
nach k-maliger Anwendung von$ \frac{(3 \cdot n+1)}{4}$ zu $n_k=\lfloor \left(\frac{3}{4} \right)^\frac{k\,+\,(k\; mod \; 2)}{2}\cdot n_0\rfloor+1$ führt.

Vollständige Induktion

Induktionsanfang:
\[\forall  n_0 \in \mathbb{N}_u : n_0=2^k \cdot(a-1)+1\;,\exists\:  n_k=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{k\,+\,(k\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_0\right\rfloor +1\; : f^k(n_0)=n_k\]
\[ A(a,k)=\frac{3\cdot(2^k \cdot(a-1)+1)+1}{4}=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{k\,+\,(k\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_0\right\rfloor+1\] \[a=1, k=1: \] \[n_k=2^1 \cdot(1-1)+1=1\]\[ A(1,1)=\frac{(3\cdot(2^1 \cdot(1-1)+1)+1)}{4}=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{1\,+\,(1\; mod \; 2)}{2}}\cdot n_0\right\rfloor\ +1\] \[1=1\]
Induktionsbehauptung:
\[\exists n_0=2^k \cdot(a-1)+1, n_0 \in \mathbb{N}_u : f^k(n_0)=n_k=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{k\,+\,(k\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_0\right\rfloor +1\]
Induktionsschritt A(a,k+1), a=1:

\[ A(a,k+1)=\frac{\left(3\cdot\frac{\left(3\cdot(2^{k} \cdot(a-1)+1)+1\right)}{4}+1\right)}{4}=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{(k+1)\,+\,((k+1)\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_0\right\rfloor +1\]
\[ A(a,k+1)=\frac{3\cdot\left(\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{k\,+\,(k\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_0\right\rfloor+1  \right)+1}{4}=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{(k+1)\,+\,((k+1)\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_0\right\rfloor +1\]
\[ A(a,k+1)=\frac{3\cdot\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{k\,+\,(k\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_0\right\rfloor+3 +1}{4}=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{(k+1)\,+\,((k+1)\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_0\right\rfloor +1\]
\[ A(a,k+1)=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{(k+1)\,+\,((k+1)\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_0\right\rfloor +1=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{(k+1)\,+\,((k+1)\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_0\right\rfloor+1\]
Induktionsschritt A(a+1,k),k=1:

\[n_{0_{a,k}}=2^k\cdot(a-1)+1\;\;\;\;\;\;n_{0_{(a+1),k}}=2^k\cdot((a+1)-1)+1 \]
\[n_{0_{(a+1),k}}=2^k\cdot(a-1)+1+2^k \]
\[A(a+1,k)=\frac{3\cdot(2^{k} \cdot (a-1)+1+2^k)+1}{4}=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{(k)\,+\,((k)\; mod \; 2)}{2}} \cdot 2^k\cdot(a-1)+1+2^k\right\rfloor +1\]
\[A(a+1,k)=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{k\,+\,(k\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_{0_{a,k}}+2^k\right\rfloor+1=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{(k)\,+\,((k)\; mod \; 2)}{2}} \cdot 2^k\cdot(a-1)+1+2^k\right\rfloor+1 \]
\[A(a+1,k)=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{k\,+\,(k\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_{0_{(a+1),k}}\right\rfloor+1=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{(k)\,+\,((k)\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_{0_{(a+1),k}}\right\rfloor+1 \]
Induktionsschritt A(a+1,k+1):
\[ A(a+1,k+1)=\frac{3\cdot\left(\frac{3\cdot\left(2^{k} \cdot (a-1)+1+2^k)+1\right)+1}{4}\right)+1}{4}=\left\lfloor\left(\frac{3}{4}\right)^{\frac{(k+1)\,+\,((k+1)\; mod \; 2)}{2}} \cdot n_{0_{(a+1),k}}\right\rfloor +1\; \; \; \Box\]



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-20


#### hat sich erledigt, es ist (1 mod 8) und (21 mod 24) ####
#### nehmen wir die im Collatz-Algorithmus nicht reproduzierbaren Zahlen (3 mod 6) heraus so bleiben (17 mod 24) und (25 mod 24) ####

#### Alle n (17 mod 24) haben mit (4n-1)/3 und alle (25 mod 24) haben mit (2n-1)/3 einen direkten Vorgänger in $f^{-1}(n)$ ####

#### Alle daraus folgenden (3 mod 6) Vorgänger =(33 mod 96) sind wiederum Vorgänger von (25 mod 24) womit die Sache abgeschlossen ist ####

Eine weitere meiner Fragen betrifft eine Form der Rückwärtsrechnung der Collatz-Folge:
FRAGE #2
Die Collatz-Folge:
\[F\;=(f^0(n), f^1(n),f^2(n),\cdots,f^{n+1}(n)\cdots),\;\;n \in \mathbb{N} \]
\[f(n):=\begin{cases}\frac{3n+1}{2}&\;: n\; ungerade\\\;\; \frac{n}{2}&\;: n\; gerade\end{cases}\]
\[f(n): \mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\]
Diese Form der Umkehrung der Collatz-Folge (enthält 4n+1 verschoben z.T. Elemente mehrfach)

\[{{F}^{-1}}\;=(f^{-1^0}(n), f^{-1^1}(n),f^{-1^2}(n),\cdots,f^{-1^{n+1}}(n)\cdots),\;\;n \in \mathbb{N}\]
\[f^{-1}(n):=\begin{cases}{4n+1}&\;:\frac{4n-2}{6}\not\in \mathbb{N}\\ \frac{4n-2}{6}&\;:\frac{4n-2}{6}\in \mathbb{N}\end{cases}\]
\[{f^{-1}}(n): \mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\]

Hier beispielhaft ein paar Zahlen.
Meine Frage: Welche Zahlen aus Spalte i+x sind nicht bereits in einer
Spalte i enthalten. Bsp. die 3 in Spalte 3 ist bereits in Spalte 1 zu finden. Suche eine dazu passende Formel.


1          2           "3"         4          5           6           7          8 . . . .
5          1          13        17         3         25         29         5
"3"      5           53         11         13         101    19         3
13         3          35         7        53         67         77        13
53        13         23        29        35        269         51        53
35        53         15        19        23        179        205        35
23        35         61        77        15        119        821        23
15        23        245        51        61         79        547        15
.
.
.





 







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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-21


FRAGE #3
Hallo, hat jemand eine Idee ob/wie man das zeigen kann ?
Es geht darum zu sehen, ob kein n in der Collatz-Folge zu einem 4n+1 werden kann. Würde mich über einen Tip sehr freuen. Oder ist das irgendwo schon nachzulesen ? Das würde mir auch schon genügen.

\[F:\;\frac{3n+1}{2},\;\frac{n}{2}\]
\[G:\;4n+1\]
\[i,k,\ell\in\mathbb{N}\]

\[\forall n, n \in \mathbb{N}: n_{k+1}=f^{k+1}(n_k)\;\nexists  \; n: \;f^{k+i}(n_k)=g^\ell(n_k)\]



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-03-21


Was meinst Du mit 4k+1 ?

Nach meiner Darlegung kann ein Folgeglied sehr wohl zu 4k+1 werden.


Zur Erinnerung (Dualcode und dessen Dualcodemgl. nach Collatzvorschrift)

..00 -> ..00 or ..10
..01 -> ..00
..10 -> ..01* or ..11
..11 -> ..10

4k+1 (Dualcode ..01) entsteht beim Nachfolger (siehe *), wenn der Vorgänger der Form 4k+2 (Dualcode ..10) ist .Der Nachfolger wird zu 2k+1 und ist für k MOD 4 = 2 ein 4k+1 Mitglied.

Bsp. k MOD 4=2 ist für k=22 gegeben. Der Vorgänger 4k+2 ist 90, das Folgeglied 45. 45 MOD 4 = 1-> 4k+1

90 kann selbst Startzahl sein oder wiederrum nur aus 180 und dessen Abkömmlinge entstehen.

Dies ist der einzige Fall unter allen Wegen. (...01 entsteht nur einmal von 6 Möglichkeiten , nach der Berechnungsvorschrift )

Das Geschriebene gilt nur, wenn ich das Anliegen richtig verstanden habe.


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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-21


Hallo pzktupel,

vielen Dank für deine Meldung.

Ich schaffe es leider nicht deine duale Darstellung richtig nachzuvollziehen.

Es wäre ein Beispiel für nur ein einziges dezimales n ausreichend.

z.B wäre es so wenn 55 irgendwann auf die Zahl (4*55+1=) 221 oder 885 oder 3541 ... träfe. Was aber nicht der Fall ist. smile Gilt das auch für jedes andere ungerade n ?
 



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-03-21


Das war ja meine geniale Idee, aber das nimmt keiner ernst :-(

Also:

Wir haben die Code-Tabelle

..00 -> ..00 or ..10
..01 -> ..00
..10 -> ..01* or ..11
..11 -> ..10

Wenn wir alle nat. Zahlen in Dualcode darstellen und damit Collatz durchführen, haben wir bei Betrachtung der letzten beiden Stellen 4 Anordnungen.

00,01,10,11

00 kann nur bei Zahlen N MOD 4 = 0 enstehen
01 kann nur bei Zahlen N MOD 4 = 1 enstehen
10 kann nur bei Zahlen N MOD 4 = 2 enstehen
11 kann nur bei Zahlen N MOD 4 = 3 enstehen

01 und 11 sind ungerade und werden bei 3N+1 für:

..01 nur zu ..00, einer Zahl zu 4k+0
..11 nur zu ..10, einer Zahl zu 4k+2

00 und 10 sind gerade und werden bei N\2

.x00 -> ..00 oder ..10 , bei ..0 wird halbiert, somit wird die letzte Stelle gekappt und wird zu ..x0 (also 00 oder 10)

.x10 -> ..01 oder ..11, bei ..0 wird halbiert, somit wird die letzte Stelle gekappt und wird zu ..x1 (also 01 oder 11)







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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-21


smile die letze Zeile finde ich klasse



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-03-21


Lol,....fertig erklärt. Somit ist klar gezeigt, dass über alle Glieder doppelt so viel halbiert wird , wie verdreifacht.

3*3 / (2*2*2*2) <1 , somit fallend auf ganze Folge gesehen.


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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-03-21


2019-03-21 11:59 - pzktupel in Beitrag No. 5 schreibt:
Das war ja meine geniale Idee, aber das nimmt keiner ernst :-(

Hi pzktupel,

vielleicht solltest du doch mal einen Blick in die beiden Artikel aus meinem Notizbuch werfen oder zumindest in den englischsprachigen Wikiartikel.

Alles schon dagewesen - nur besser. Problem bleibt aber: Aus Restklassen und Endziffern (egal in welchem Zahlensystem) allein kann man nichts über die Größe einer Zahl aussagen. Ich hatte mal die Restklassenstruktur von Collatz-Folgen vollständig beschrieben (arXiv 1412.0519). Das Problem knacken kann man damit nicht. Nur die Ehrfurcht vor dem Problem wird größer.

Hier der Beweis des Terras Theorems, dass die Vermutung für "fast" alle Zahlen stimmt.

Gruß, Slash



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-03-21


Bsp. N trifft auf 4k+1

101 (4k+1) trifft auf 29
102 (4k+2) trifft auf 29
103 (4k+3) trifft auf 425
104 4k trifft trifft auf 13


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.7 begonnen.]

@Slash

Tja, ich werde wohl das Problem hinwerfen.

Ich bin mir aber sicher, das man bei der Dualdarstellung , alle möglichen
Schleifen untersuchen kann und "beweisen", dass mehr halibiert , als verdreifacht wird. Diese kurzen Sequenzen sind im Einzelfall irgendwie aneinander gereiht..und führen am Ende zum bekannten Ergebnis.

Mir fehlen einfach die mathematischen Ausführungen dafür.
Problem ist auch in der Kommunikation. Eine Live-Darlegung ist besser , als ein Wortlaut permanent still zu lesen.

Dennoch danke.


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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-21


Hallo pzktupel,

4*29+1= 117 trifft 29 in der Collatz-Folge irgendwann auf 117 ? nein
4*13+1=53 trifft 13 auf 53 ? nein
... alle nein ?
Das war eigentlich die Frage.




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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-03-21


Achso, du meinst, das eine Startzahl N irgenwann auf 4N+1 trifft ?
Das prüf ich mal....

Nochmal als Randbemerkung, auch wenn es nervt.

Der Vorteil bei der Dualdarstellung ist, dass alleine bei der Halbierung
der String aus 0 und 1 um eine Stelle fällt (Streichung letzte 0). Also er wird quasi regelmäßig kürzer.

Okay, ich schau mal mach 4N+1


Ähm, selten aber gibts es.

N=94, 4*94+1=377
47  142  71  214  107  322  161  484  242  121
364  182  91  274  137  412  206  103  310  155
466  233  700  350  175  526  263  790  395  1186
593  1780  890  445  1336  668  334  167  502  251
754  377<------  1132  566  283  850  425  1276  638  319
958  479  1438  719  2158  1079  3238  1619  4858  2429
7288  3644  1822  911  2734  1367  4102  2051  6154  3077
9232  4616  2308  1154  577  1732  866  433  1300  650
325  976  488  244  122  61  184  92  46  23
70  35  106  53  160  80  40  20  10  5
16  8  4  2  1

und



N=108, 4*108+1=433

54  27  82  41  124  62  31  94  47  142
71  214  107  322  161  484  242  121  364  182
91  274  137  412  206  103  310  155  466  233
700  350  175  526  263  790  395  1186  593  1780
890  445  1336  668  334  167  502  251  754  377
1132  566  283  850  425  1276  638  319  958  479
1438  719  2158  1079  3238  1619  4858  2429  7288  3644
1822  911  2734  1367  4102  2051  6154  3077  9232  4616
2308  1154  577  1732  866  433 <----- 1300  650  325  976
488  244  122  61  184  92  46  23  70  35
106  53  160  80  40  20  10  5  16  8
4  2  1




Nix weiter bis 200 Mio.

Was mir auffällt, das im Bsp 108, die 94 inklusive ist.




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haegar90
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Ja klasse,
das ist ein sehr interessantes Ergebnis das ich so gar nicht vermutet hatte. Ich habe es nämlich versäumt zu schreiben " für ungerade n" und hatte "gerade n" überhaupt nicht auf dem Schirm.
2*47=94, 8*47=397 --> (8n+1), 4*27=108, 16*27+1=433 (16n+1). Mal sehen ob sich das irgendwie verallgemeinern lässt und man damit weit in die Folge blicken kann. Quasi von 27 bis 433 oder so. Die Suche werde ich mal programmtechnisch mit $\frac{F^k(n)-1}{n_0}$ angehen und auf ganzzahlige Ergebnisse bzw. 2er-Potenzen hoffen.
Für ungerade wird es wohl noch seltener oder eher überhaupt nicht der Fall sein. Wenn das nur zu beantworten wäre  confused

Gruß haegar90



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-21


Nein, da kommt tatsächlich auch eine 10er Potenz weiter (abgebrochen) nichts mehr für gerade Zahlen. Für ungerade Zahlen kann man es numerisch ohnehin ausschließen da es ja einen weiteren Zyklus bedeuten würde und da man heute bereits in Zahlendimensionen (bewiesen --> 4,2,1) vorgedrungen ist, die man mit einem normalen PC total vergessen kann, braucht man da auch erst gar nicht anzusetzen. Da gibt es wohl auf meine Frage genau genommen auch keine Antwort da sie wohl ein Teil des eigentlichen Problems ist. cool
 



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