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Mathematik » Zahlentheorie » Collatzmuster
Thema eröffnet 2019-04-19 08:48 von
blindmessenger
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Seite 2   [1 2]   2 Seiten
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Kein bestimmter Bereich Collatzmuster
blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.40, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-20


2019-04-20 18:54 - viertel in Beitrag No. 39 schreibt:
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


Was willst Du denn jetzt lesen von mir?

Ich habe ein Algorithmus zur Debatte gestellt und würde gerne eure Meinung zu dem Muster wissen welches entsteht...


-----------------
Gruß blindmessenger



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Primentus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.41, eingetragen 2019-04-20


Hallo blindmessenger,

ich habe jetzt mal die Zahlenfolge nach dem zweiten Durchlauf untersucht, wo es elf Restklassen gibt. Allerdings zeigt sich hier dann doch eine kleine Abweichung. Es werden nicht durchgehend immer alle elf Restklassen durchlaufen, sondern immer abwechselnd nur 10 von 11, und dann wieder alle 11, dann wieder 10 von 11, dann wieder alle 11, usw.

So lauten die elf vorkommenden Restklassen, die ich mal K1 bis K11 nenne (die vorletzte und letzte hattest Du übrigens falsch angegeben):

 K1: $36n+5$
 K2: $72n+19$
 K3: $36n+13$
 K4: $18n+7$
 K5: $72n+37$
 K6: $18n+11$
 K7: $36n+23$
 K8: $72n+55$
 K9: $36n+31$
K10: $18\cdot\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+17$, wenn $n$ ungerade
K11: $72(n+1)+1$

Man beachte hier insbesondere die beiden letzten Restklassen, wo nicht nur mit $n$ multipliziert wird, sondern mit $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$ (Floor-Funktion) bzw. $n+1$. Die vorletzte Restklasse kommt außerdem nur bei ungeraden $n$ zum Tragen.

Und hier ist die Reihenfolge der Zahlen der Zahlenfolge, und wie sie sich in die elf Restklassen (K1 bis K11) einteilen lassen (was zeilenweise zu lesen ist):
Tabelle
n   K1  K2  K3  K4  K5  K6  K7  K8  K9  K10       K11
                                        wenn n
                                        ungerade
------------------------------------------------------
0    5  19  13   7  37  11  23  55  31             73
1   41  91  49  25 109  29  59 127  67        17  145
2   77 163  85  43 181  47  95 199 103            217
3  113 235 121  61 253  65 131 271 139        35  289
4  149 307 157  79 325  83 167 343 175            361
5  185 379 193  97 397 101 203 415 211        53  433
6  221 451 229 115 469 119 239 487 247            505
7  257 523 265 133 541 137 275 559 283        71  577
usw.

Also die Anzahl der disjunkten Klassen pro Durchlauf ist anscheinend nicht konstant, bzw. nicht jede "Elferreihe" macht "Gebrauch" von allen elf Restklassen.

LG Primentus

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.39 begonnen.]



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.42, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-20


Ja, sehr cool...

Dass eine Restklasse nur jedes zweite Mal auftritt ist mir auch schon aufgefallen...

Schön, das ist genau das was ich meine...

Auf jeden Fall scheint es so zu sein, dass nach jedem Durchgang immer wieder (theoretisch) eine nach Restklassen bestimmbare Reihenfolge aufgezeigt werden kann.




-----------------
Gruß blindmessenger



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.43, eingetragen 2019-04-21


Verstehst du es denn nicht eek ?
Alles, was du beobachtest, ist nur Beobachtung.
Solange du nicht beweisen kannst, daß da ein System dahinter steckt, ist es nutzlos.
Und wenn du noch so weit bis in die großen Zahlen rechnest, gibt es keine Garantie, daß dein System sich immer weiter fortsetzt.

Lange Zeit glaubte man, es gebe in den natürlichen Zahlen keine Lösung(en) der Gleichung
$$a^4+b^4+c^4=d^4$$
Bis dann doch eine gefunden wurde:
$$2682440^4+15365639^4+18796760^4=20615673^4$$
Oder ausgerechnet:
      51774995082902409832960000
+  55744561387133523724209779041
+ 124833740909952854954805760000
--------------------------------
= 180630077292169281088848499041
In diesem Fall war der Beweis ein Gegenbeweis zu der Vermutung, es gebe keine Lösung, indem ein Beispiel gefunden wurde.

Ohne Beweis bleibt eine Vermutung eine Vermutung.
So auch dein vermeintliches System.

Und auch Collatz bleibt eine Vermutung. Jedenfalls so lange, bis ein Beweis gefunden wird, daß tatsächlich jede Startzahl letztendlich bei 1 landet. Oder ein Beispiel gefunden wird, das nicht in der <math>4 \rightarrow 2 \rightarrow 1</math> Schleife, sondern in einer anderen endet.

Ich will dich nicht davon abhalten, weiter Zahlenspielerei zu betreiben.
Ich will auch nicht behaupten, daß es vielleicht tatsächlich zu einer Lösung des Collatz-Problems führen könnte.
Aber so, wie es aussieht, ist dieser Schuh für jeden von uns eine Million Nummern zu groß



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Primentus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.44, eingetragen 2019-04-21


Hallo blindmessenger,

ich hab mal noch den dritten Durchlauf analysiert, um ein Gefühl dafür zu bekommen, inwiefern das Muster weitergeht. Gegenbeispiel konnte ich auch hier noch keines finden, was aber natürlich noch kein Beweis ist.

Beim dritten Durchlauf gibt es dann schon 74 Restklassen, die wie folgt lauten (und in dieser Reihenfolge gelten mit natürlichem $n$ zwischen Null bis theoretisch Unendlich):

 K1: $216n+5$
 K2: $216n+7$
 K3: $864n+55$
 K4: $432n+31$
 K5: $432n+37$
 K6: $216n+19$
 K7: $432n+41$
 K8: $108n+11$
 K9: $108n+13$
K10: $864n+109$
K11: $216n+29$
K12: $108n+17$
K13: $864n+163$
K14: $432n+85$
K15: $432n+91$
K16: $108n+23$
K17: $432n+95$
K18: $216n+49$
K19: $864n+217$
K20: $216n+59$
K21: $216n+61$
K22: $864n+271$
K23: $432n+139$
K24: $432n+145$
K25: $216n+73$
K26: $432n+149$
K27: $864n+325$
K28: $216n+83$
K29: $108n+43$
K30: $864n+379$
K31: $432n+193$
K32: $432n+199$
K33: $54n+25$
K34: $432n+203$
K35: $216n+103$
K36: $864n+433$
K37: $216n+113$
K38: $216n+115$
K39: $864n+487$
K40: $432n+247$
K41: $432n+253$
K42: $216n+127$
K43: $432n+257$
K44: $108n+65$
K45: $108n+67$
K46: $864n+541$
K47: $216n+137$
K48: $54n+35$
K49: $108n+71$
K50: $864n+595$
K51: $432n+301$
K52: $432n+307$
K53: $108n+77$
K54: $432n+311$
K55: $216n+157$
K56: $864n+649$
K57: $216n+167$
K58: $216n+169$
K59: $864n+703$
K60: $432n+355$
K61: $432n+361$
K62: $216n+181$
K63: $432n+365$
K64: $54n+47$
K65: $864n+757$
K66: $216n+191$
K67: $108n+97$
K68: $864n+811$
K69: $432n+409$
K70: $432n+415$
K71: $864\cdot\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+419$, wenn $n$ gerade und $54\cdot(\lceil\frac{n}{2}\rceil-1)+53$, wenn $n$ ungerade
K72: $432\cdot\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+211$, wenn $n$ gerade und $864\cdot(\lceil\frac{n}{2}\rceil-1)+851$, wenn $n$ ungerade
K73: $1728\cdot\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+865$, wenn $n$ gerade und $432\cdot(\lceil\frac{n}{2}\rceil-1)+427$, wenn $n$ ungerade
K74: $864(n+1)+1$, wenn $n$ ungerade

Wie man sieht, gibt es gegen Ende wieder ein paar (genauer: vier) "Ausreißer", was die Formulierung der Restklasse betrifft (K71 bis K74). Beim zweiten Durchlauf mit den elf Restklassen waren es noch zwei "Ausreißer"; deren Anzahl scheint also pro Durchlauf zu steigen. Bei den geraden $n$ gilt für K71 bis K74 ein anderes Bildungsgesetz als für ungerade $n$. Und nur bei den ungeraden $n$ kommen jeweils alle 74 Restklassen zum Tragen, und bei den geraden $n$ nur 73 der 74 Restklassen (siehe K74).

Über den dritten Durchlauf hinaus wird es dann echt eine haarige Angelegenheit, die Restklassen zu ermitteln.

LG Primentus



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Primentus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.45, eingetragen 2019-04-21


Hallo,

ich bin darauf hingewiesen worden, dass einige der Restklassen in Beitrag #44 gleich sind. Daher habe ich die Restklassen mal gegenübergestellt, um zu sehen, welche gleich sind. Dabei ergibt sich folgendes Bild:
Tabelle
Restklasse 1    Restklasse 2    Gleichheit?     Anzahl disjunkter Klassen
--------------------------------------------------------------------------
 K1: 216n+5	K37: 216n+113	108n+5	        1
 K2: 216n+7	K38: 216n+115	108n+7	        1
 K3: 864n+55	K39: 864n+487	432n+55	        1
 K4: 432n+31	K40: 432n+247	216n+31	        1
 K5: 432n+37	K41: 432n+253	216n+37	        1
 K6: 216n+19	K42: 216n+127	108n+19	        1
 K7: 432n+41	K43: 432n+257	216n+41	        1
 K8: 108n+11	K44: 108n+65	54n+11		1
 K9: 108n+13	K45: 108n+67	54n+13   	1
K10: 864n+109	K46: 864n+541	432n+109	1
K11: 216n+29	K47: 216n+137	108n+29	        1
		K48: 54n+35			1
K12: 108n+17	K49: 108n+71	54n+17          1
K13: 864n+163	K50: 864n+595	432n+163	1
K14: 432n+85	K51: 432n+301	216n+85	        1
K15: 432n+91	K52: 432n+307	216n+91	        1
K16: 108n+23	K53: 108n+77	54n+23  	1
K17: 432n+95	K54: 432n+311	216n+95	        1
K18: 216n+49	K55: 216n+157	108n+49	        1
K19: 864n+217	K56: 864n+649	432n+217	1
K20: 216n+59	K57: 216n+167	108n+59	        1
K21: 216n+61	K58: 216n+169	108n+61	        1
K22: 864n+271	K59: 864n+703	432n+271	1
K23: 432n+139	K60: 432n+355	216n+139	1
K24: 432n+145	K61: 432n+361	216n+145	1
K25: 216n+73	K62: 216n+181	108n+73	        1
K26: 432n+149	K63: 432n+365	216n+149	1
                K64: 54n+47		        1
K27: 864n+325	K65: 864n+757	432n+325	1
K28: 216n+83	K66: 216n+191	108n+83	        1
K29: 108n+43	K67: 108n+97	54n+43	        1
K30: 864n+379	K68: 864n+811	432n+379	1
K31: 432n+193	K69: 432n+409	216n+193	1
K32: 432n+199	K70: 432n+415	216n+199	1
K33: 54n+25	K71	        verschieden	2
K34: 432n+203	K72	        verschieden	2
K35: 216n+103	K73	        verschieden	2
K36: 864n+433	K74	        verschieden	2
 
              Anzahl disjunkter Restklassen:   42
(Edit: Fehler in Tabelle korrigiert)

Meines Erachtens besteht ein vollständiger Durchgang aber nach wie vor aus K1 bis K74, aber offensichtlich gibt es dabei nur 42 disjunkte Restklassen. 32 Restklassen werden zweimal durchlaufen.

Damit ist noch kein Widerspruch bezüglich des von blindmessenger propagierten Musters gefunden, aber die Art und Weise, welche Restklassen durchlaufen werden, scheint mit jedem weiteren Durchlauf des Algorithmus immer komplizierter zu werden.

LG Primentus

P.S.:
Trotz der Gleichheit mancher Restklassen gilt: Um die exakten Zahlen der Folge zu durchlaufen, muss man es bei der ursprünglichen Formulierung der Restklassen wie in Beitrag #44 gezeigt belassen.



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.46, eingetragen 2019-04-22


Ein paar Anregungen...ist aber über copy & paste aus meinem Archiv etwas durcheinander. Aber der, wer Verstand und Sachkenntnis hat, wird es schon verstehen.(nein da ist zu viel falsch kopiert, stimmt so nicht alles)



\[+12,n2\]
\[+1

\[,k,j,ℓ∈N\]

\[∀n,n∈N:nℓ=3+6(ℓ−1):∄nℓ:nℓ=fk+1(nk)\]
\[∀n,n∈N:nk≠3+6(ℓ−1):∃nℓ=3+6(ℓ−1):nℓ=f−k(nk)\]
\[∀n>1,n∈N:nk+1=fk+1(nk)∄n:nk=fk+ℓ(nk)\]
\[∀n>1,n∈N:nk+1=fk+1(nk)∄n:fk(nk)=gℓ(nk)\]
\[∀n>1,n∈N:n0=2ka−1,∃nk=3ka−12j:∀nk=fk(n0)∄n0=fℓ(nk)\]
\[∀a∈U^∗:ak=3a+12k∃n∈U:nk=2ak⋅3k−2−1\]


Es seien f∗∗:N∖{0,1}→U∗∗ und f∗∗:U∗∗→U∗ und f∗∗:U∗→U bijektive Abbildungen. Mit der Funktion f∗∗≡f∗∗(x)=2x−1,x∈N. Dann gilt für f∗:N→U∗die Kompositionf∗∗∘f∗∗≡f∗(x)=4x−3 und für f:N→Ugiltf∗∗∘f∗∗∘f∗∗≡f(x)=8x−7.
\]



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blindmessenger
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Dabei seit: 02.08.2016
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.47, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-22


Edit: Hier lag ich leider falsch... Die Vereinfachung war so nicht zulässig...

Die Reihenfolge aus Beitrag 44 von Primentus ist so völlig korrekt...



-----------------
Gruß blindmessenger



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.48, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-22


Wenn man die Restklassen der Reihenfolge für ein bestimmtes Element kennt kann man für "bestimmte" "beliebig" große Zahlen das Element berechnen ohne den Collatz Algorithmus zu gebrauchen:

Beispiel:

Wir wollen die 4. ungerade Zahl der Collatzfolge der Restklasse

$1024n+205$

berechnen.

Nehmen wir

$n = 25368$

Die Zahl lautet

$25977037$

Wir wissen, dass als 4. ungerade Zahl bei dieser Restklasse immer die Restklasse

$54n+11$

auftritt.

Dort setzen wir also das gleiche

$n = 25368$

ein und bekommen

$1369883$.


Wir haben somit die 4. ungerade Zahl der Folge für die Zahl

$25977037$

berechnet ohne den Collatz Algorithmus zu gebrauchen.



-----------------
Gruß blindmessenger



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cyrix
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Dabei seit: 31.07.2004
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.49, eingetragen 2019-04-23


Hm. Der Spaß ist wirklich nicht einfach zu verstehen, wie er hier notiert wird...

Aber mal zum Inhalt: Hier wird im Startbeitrag definiert, dass eine reduzierte Collatz-Folge ende, sobald sie nicht mehr monoton steigend ist (d.h. eben, sobald das erste mal ein Folgenglied kleiner ist als sein *direkter* Vorgänger). Kann man machen, hat dann nur nicht mehr viel mit der Collatz-Vermutung oder mit einem möglichen Beweis dieser zu tun, da man dafür schon bräuchte, dass dass die Folge einen kleineren Wert als die *Startzahl* annimmt.

Aber gut, wir wollen ja hier auch gar nicht die Collatz-Vermutung beweisen, sondern uns nur einen obskuren Algorithmus anschauen. Bleiben wir also bei der hier getroffenen Definition, was das vorletzte Folgenglied einer Collatz-Folge sei, nämlich deren erstes lokale Maximum, also die größte Zahl, die mit ausschließlich "(3n+1)/2"-Schritten aus der Startzahl erreicht werden kann. Jede zusätzliche, über die nach einem "3n+1"-Schritt hinaus notwendige Halbierung würde ja schon dazu führen, dass die Folge abbricht, weil <math>\frac{3n+1}{4}<n</math> für <math>n>1</math> ist.

Insofern besteht eine solche Folge nur aus zwei Gliedern, wenn nach dem ersten "(3n+1)/2"-Schritt das Ergebnis eine gerade Zahl war und mindestens eine weitere Halbierung folgen müsste. Dies ist aber, wie man leicht nachrechnet, genau für die <math>n</math> der Fall, welche kongruent 1 mod 4 sind. "Lange" Folgen sind alle anderen. Da die gestrichen werden, verbleiben diejenigen mit Startzahlen 1 mod 4, d.h., der Form 4k+1.

Die zweiten Elemente der reduzierten Collatz-Folgen zu diesen Startzahlen erhält man, indem man nun eben die Collatz-Iterationsvorschrift auf sie anwendet: 4k+1 --> 12k+4 --> 6k+2 --> 3k+1. Im Fall, dass k gerade ist, war es das. Ansonsten folgt noch mindestens eine weitere Halbierung. Generell: Ist <math>k \equiv -\frac{1}{3} \pmod{2^{\ell}}</math>, so sind mindestens <math>\ell</math> Halbierungsschritte nötig, da dann <math>3k+1</math> durch <math>2^{\ell}</math> teilbar ist.

Damit durchlaufen also für gerade <math>k=2m</math> diese zweiten Elemente die Folge <math>3k+1=6m+1</math>. Für ungerade <math>k=2m+1</math> erhält man erst einmal <math>3k+1=6m+4</math>, was zur weiteren Halbierung <math>3m+2</math> führt. Ist <math>m</math> ungerade, so also auch <math>3m+2</math>, was damit das zweite Element in der betrachteten reduzierten Collatz-Folge ist, welches also die Zahlen, die kongruent 5 modulo 6 sind, durchlaufen.

Für gerade <math>m</math> würde noch mindestens eine weitere Halbierung notwendig werden, um bei einem ungeraden Folgenglied anzukommen. Da aber egen <math>\frac{1}{2}\equiv 2 \pmod{3}</math> durch jedes Halbieren die Restklasse modulo 3 nur zwischen 1 und 2 hin- und herwechselt, muss das entstehende ungerade Element entweder kongruent 1 oder 5 modulo 6 sein. (Klar, alle anderen Restklassen sind ja gerade oder durch drei teilbar, können also gar nicht durch eine Collatz-Iteration entstehen.) Insbesondere erhält man mit diesen Fällen keine neuen Zahlen, da sowohl die Restklassen 1 mod 6 als auch 5 mod 6 schon durch die geraden <math>k</math> bzw. diejenigen, die kongruent 3 modulo 4 sind, vollständig erzeugt werden.

Zusammenfassung:
*)Nach dem Streichen der "langen Folgen" bleiben genau diejenigen mit Startzahl der Form <math>4k+1</math> übrig.
*)Deren zweite Elemente lassen sich dann wie folgt charakterisieren:
**) 6m+1 für <math>k=2m\equiv 0 \pmod{2}</math>,
**) 6m+5 für <math>k=4m+3\equiv 3 \pmod{4}</math> und
**) kleineres Duplikat für <math>k=4m+1\equiv 1 \pmod{4}</math>.

Hinweis: Du scheinst mit der Startzahl 1 anders vorzugehen, als ich das hier tue. Dadurch ergeben sich kleine Verschiebungen, an welcher Stelle eine Zahl zuerst auftritt, und was das erste Duplikat ist. So erhalte ich nämlich die 1 als zweites Element der Folge für <math>k=m=0</math>, also für die Folge mit Startzahl 4k+1=1, während du diese als "lange Folge" scheinbar gestrichen hast, was mich doch sehr verwundert, da sie doch nicht mehr als zwei Glieder besitzt...

Durchläuft also <math>k</math> die vier Restklassen mod 4, so ergibt sich zwei mal der oben zuerst genannte Fall, einmal der zweite und einmal ein Duplikat.  Wir erhalten (in korrekter Reihenfolge, wenn man deiner Definition von "langer Folge" folgt):

**) 12k+1 für <math>k\equiv 0 \pmod 4</math>,
**) Duplikat für <math>k \equiv 1 \pmod{4}</math>,
**) 12k+7 für <math>k\equiv 2 \pmod{4}</math> und
** 6k+5 für <math>k\equiv 3 \pmod{4}</math>.

So ergibt sich die zyklische Wiederholung der Restklassen, die du beobachtet hast, sofern man Duplikate streicht.

Alles weitere, was nun folgt, bockt diese Idee in Verbindung mit dem Chinesischen Restsatz nur noch etwas weiter auf mehr Fälle auf. Das macht die Sache zwar unübersichtlicher, liefert aber keine neuen Erkenntnisse.

Zu lernen ist aus diesen Spielereien jedoch nicht viel. Slash hat es schon treffend in Beitrag Nummer 34 beschrieben: "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." Dies hast du -- ganz schön umwölkt -- hier an einigen Beispielen nachvollzogen. Daran ist nichts falsch, oder auszusetzen. Aber weder kann man damit etwas für die Collatz-Vermutung an sich aussagen (da macht dir, siehe oben, schon die ungeeignete Definition des Abbruchs einer solchen Folge einen Strich durch die Rechnung), noch überhaupt neue, nicht-triviale Kenntnisse über die Eigenschaften der Collatz-Iteration gewinnen.

Cyrix



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.50, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-23


@cyrix

Glaubst Du, dass man in jedem Algorithmusdurchgang bis unendlich immer wieder die langen Folgen steichen kann weil sie immer auch die kurzen  Folgen (Folgen mit 2 Elementen) durchlaufen?


-----------------
Gruß blindmessenger



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.51, eingetragen 2019-04-23


Wie kommst du darauf, dass die langen Folgen die kurzen durchlaufen? D.h., ich muss erst einmal nachfragen: Was genau meinst du in diesem Zusammenhang mit "durchlaufen"?

Cyrix



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.52, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-23


Schau mal in Beitrag 11 und 12...

Ich streiche die langen Folgen ja nur deswegen, weil ich sie nicht mehr betrachten brauche weil in Ihnen immer eine Zahl ist, die auch in der kurzen Folge ist...


-----------------
Gruß blindmessenger



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.53, eingetragen 2019-04-23


Ich sehe nicht, was dir diese Argumentation etwas bringt. Wir wollen ja nicht zeigen, dass jede Folge in deinem Sinne "abbricht". (Das tun sie zwar; man kann auch leicht in Abhängigkeit der Restklasse der Startzahl modulo <math>2^{ell}</math> angeben, welche in höchstens <math>\ell</math> Schritten (Halbierungen mitgezählt) "abbrechen", nämlich alle, deren Startzahl nicht kongruent zu -1 sind; aber das betrachtest du ja auch nicht.) Stattdessen "wollen wir zeigen" (bzw. besagt die Collatz-Vermutung), dass jede Collatz-Folge irgendwann bei 1 ankommt. Äquivalent dazu ist, dass jede Collatz-Folge mit Startzahl <math>n>1</math> irgendwann ein Folgenglied <math><n</math> erreicht. Das ist natürlich deutlich strenger, als nur "nicht monoton wachsend" zu sein...

Cyrix



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.54, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-23


Wenn wir den Algorithmus einige Male durchlaufen haben, dann brauchen wir ja immer weniger Zahlen zu testen. Allerdings laufen die langen gestrichenen folgen auch mitunter auf viel größere kurze Folgen so dass man das dann gegenrechnen müsste


-----------------
Gruß blindmessenger



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.55, eingetragen 2019-04-23


Ich sehe nicht, dass du mit deinem Algorithmus irgendeine Reduktion des Problems vornimmst.

Noch einmal: Die interessante Frage ist, ob die Collatz-Folge für jede Startzahl n die 1 enthält. Diese Aussage ist äquivalent zu der, dass die Collatz-Folge zu jeder Startzahl n ein Folgenglied <math>m<n</math> enthält. Es ist aber NICHT äquivalent zur Aussage, dass keine (reduzierte) Collatz-Folge monoton wachsend ist.

Insofern kann schon dein Begriff, wann eine Collatz-Folge enden soll, nicht zielführend sein. Über "kurz" oder "lang" muss man da noch gar nicht nachdenken, weil schon das "enden" nicht sinnvoll für die Fragestellung definiert wurde.

Oder willst du was ganz anderes zeigen? Die Collatz-Vermutung kann es ja jedenfalls nicht sein. Sollte es die Behauptung sein, dass jede Collatz-Folge -- in deinem Sinne -- irgendwann endet? Nun, diese Aussage stimmt und kann man auch recht schnell (ohne deinen Algorithmus, der nur eine geworfene Nebelkerze ist, und den relevanten Sachverhalt mehr verschleiert, denn erhellt) beweisen: Man mache sich klar, dass genau die Startzahlen, die kongruent -1 modulo 2^m sind, zu Beginn m Iterationen der Form "(3n+1)/2" erzeugen. Da aber keine positive ganze Zahl für jede Zweierpotenz 2^m kongruent zu -1 sein kann (dafür müsste sie ja mindestens 2^m-1 sein), muss für jede Startzahl irgendwann einmal ein zusätzlicher Halbierungsschritt folgen, was bedeutet, dass die zugehörige Folge nach deiner Definition dort "abbricht".

Damit ist aber NICHT gezeigt, dass diese Collatz-Folge dann auch bei 1 ankommt! Es wurde nur gezeigt, dass sie nicht monoton wachsend ist. Damit ist aber noch nicht mal gezeigt, dass sie beschränkt ist. Denn sie könnte ja nach diesem Rücksetzer weiter wachsen, dann wieder ein kleines Stück kleiner werden, weiter wachsen usw., also "im Zickzack" gegen unendlich gehen. Dergleichen wird durch deine Fixierung nur auf den lokalen Vergleich zweier aufeinander folgender Folgenglieder nicht ausgeschlossen, und kannst du so auch gar nicht ausschließen.

Also noch einmal die Frage: Was willst du eigentlich zeigen?

Cyrix



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.56, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-23


O.K. Ich glaube eine Sache habe ich noch nicht so ganz dargelegt.

Wie Du richtig erkannt hast entsteht ein Restklassenzyklus. Hier zu sehen bei Element 2.:

<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>

Wichtig ist nun zu erkennen, dass wenn wir im nächsten Schritt die langen Folgen gestrichen haben ein weiterer Zyklus entsteht. Den habe ich hier im Thread auch noch nicht dargelegt. Der Tritt aber an anderer Stelle auf. Und zwar müssen wir hier die Startzahlen betrachten. Dort bildet sich nämlich auch wieder ein Restklassenzyklus und zwar aus den Restklassen 32n+13, 32n+17 und 32n+33:

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{6}{|c|}{Liste 5}\\ \hline
Restklasse der Startzahl&Startzahl&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element\\ \hline
&1&&& &\\\hline
&3&& &  &\\\hline
&5&& & &\\\hline
&7&& & &\\\hline
&9&&  &&\\\hline
&11&& &&\\\hline
$32n+13$&13&&5& 1&\\\hline
&15&& &  &\\\hline
$32n+17$&17&&13 &5 &\\\hline
&19&& &&\\\hline
&21&&  &&\\\hline
&23&& &&\\\hline
&25&& &&\\\hline
&27&& &&\\\hline
&29&& &&\\\hline
&31&& &&\\\hline
$32n+33$&33&&25&19&\\\hline
&35&&& &\\\hline
&37&& &  &\\\hline
&39&& & &\\\hline
&41&& && \\\hline
&43&&  &&\\\hline
$32n+13$&45&& 17&13&\\\hline
&47&&&&\\\hline
$32n+17$&49&&37 &7  &\\\hline
&51&& & &\\\hline
&53&& && \\\hline
&55&&  &&\\\hline
&57&& &&\\\hline
&59&& &&\\\hline
&61&& &&\\\hline
&63&& &&\\\hline
$32n+33$&65&& 49&37&\\\hline
&67&&&&\\\hline
&&... &\\\hline
\end{tabular}
</math>

Wir haben es also mit zwei verschiedenen Zyklen zu tun: Einmal den Zyklus der im Element auftritt (den Du ja auch richtig erkannt hast...). Und einmal den Zyklus der Startzahlen, der auftritt wenn die langen Folgen gestrichen wurden.

Die Konsequenz daraus ist dann, dass alle Collatzfolgen im Prinzip die Restklassen

$32n+13$

$32n+17$

$32n+33$

durchlaufen. Um eine quantitative Aussage darüber zu machen bis zu welcher Zahl die Collatzvermutung passt, braucht man dann nur noch mit diesen 3 Restklassen rechnen. Und da nach jedem Algorithmusdurchgang immer größere (Startzahl-)Restklassen entstehen brauchen wir dann somit später mit immer weniger Zahlen rechnen.

Weißt Du was ich meine?


-----------------
Gruß blindmessenger



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.57, eingetragen 2019-04-23


Deine Theorie überprüfst du dann bitte auch noch für die bisher berechneten Werte (Quelle: Wiki: Collatz-Problem / Prinzipielles):
Alle positiven ganzen Zahlen bis <math>87 \cdot 2^{60}</math> (ca. $1.003 \cdot 10^{20}$) als Startwerte bestätigen die Vermutung (Stand September 2017).

Und die Frage ist immer noch nicht beantwortet:
Was ist das Ziel deiner Untersuchungen?



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.58, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-23


2019-04-23 11:34 - viertel in Beitrag No. 57 schreibt:
Deine Theorie überprüfst du dann bitte auch noch für die bisher berechneten Werte (Quelle: Wiki: Collatz-Problem / Prinzipielles):
Alle positiven ganzen Zahlen bis <math>87 \cdot 2^{60}</math> (ca. $1.003 \cdot 10^{20}$) als Startwerte bestätigen die Vermutung (Stand September 2017).

Und die Frage ist immer noch nicht beantwortet:
Was ist das Ziel deiner Untersuchungen?

Leider gibt es da einen Haken... Wir wissen zwar, dass alle Folgen diese 32n Restklassen durchlaufen, aber bei der Berechnung tritt folgendes Problem auf:

Wenn wir z.B. die Zahlen bis

$32 \cdot 10^{5}$

testen wollen, dann brauchen wir noch ein Offset (über das ich mir noch nicht richtig Gedanken gemacht habe wie man das am Besten berechnet...)

Aus folgendem Grund:

Lange Folgen (die wir ja gestrichen haben...) können mitunter auf kurze Folgen treffen die höher liegen als die Zahl

$32 \cdot 10^{5}$

bis zu der wir testen wollen...

Das heißt wir müssen für jede zu testende Zahl ein Offset herausbekommen. Das habe ich mir noch nicht richtig überlegt wie man dieses Offset berechnet...

Wenn jemand eine Idee hat wie man das Offset berechnen kann, dann können wir auch die beiden Algorithmen zur Berechnung der Collatzfolgen vergleichen und eine Aussage darüber treffen welche effektiver ist...

Ich sage ja nicht, dass meine Art unbedingt schneller ist die Folgen zu testen...

Aber mit jedem Algorithmusdurchgang sollte es günstiger werden... Vermute ich...




-----------------
Gruß blindmessenger



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.59, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-23


Zur Berechnung des Offsets:

Beispiel:

Wir wollen mit den Restklassen

$32n+13$

$32n+17$

$32n+33$

bis zur Zahl

$173$

testen ob Collatz stimmt.

Nun gibt es unterhalb von

$173$

eine lange (längste) Folge (die ich gestrichen habe) die bis

$1457$

läuft.

Das bedeutet: Will ich mit den Restklassen

$32n+13$

$32n+17$

$32n+33$

zeigen, dass bis

$173$

Collatz stimmt, muss ich effektiv bis

$1457$

durchprobieren...



Berechnung des Offsets für beliebige zu testende Zahlen:

Wir wissen, dass die längsten reduzierten Folgen immer bei Zahlen der Form

$2^n-1$

auftreten...

Ferner wissen wir, dass unterhalb der Grenze bis zu der wir testen wollen in dem jeweiligen Element auch Zahlen bestimmter Restklassen vorliegen. In diesem Fall sind das die Restklassen

$6n+5$

$12n+1$

$12n+7$

Aus diesen Restklassen muss ich also die größte Zahl der Form

$2^n-1$

herausbekommen. Die reduzierte Folge dieser Zahl betrachten. Die größte Zahl dieser Folge ist dann das Offset...

Das sollte auch programmierbar sein...










-----------------
Gruß blindmessenger



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.60, eingetragen 2019-04-23


2019-04-23 08:58 - blindmessenger in Beitrag No. 56 schreibt:
Die Konsequenz daraus ist dann, dass alle Collatzfolgen im Prinzip die Restklassen

<math>32n+13</math>

<math>32n+17</math>

<math>32n+33</math>

durchlaufen.

Wie kommst du zu dieser Behauptung? Bzw., formuliere sie doch einfach mal klar und deutlich. Was heißt hier "durchlaufen"?

In der Mathematik bedient man sich der Formelsprache, um Dinge klar darzustellen. Dies würde ich dir hier auch raten, denn es erscheint recht schwammig dargestellt und schwer zu greifen zu sein, was du eigentlich meinst.

Behauptest du, dass für jede Startzahl <math>k</math> in deren Collatz-Folge irgendwann ein Folgenglied auftaucht, was in einer der drei genannten Restklassen liegt? Wenn ja, wie beweist du das?

Weiterhin verbleibt völlig im Dunkeln, wie du irgendwelche Abschätzungen rechtfertigen willst, für welche Startzahlen die Collatz-Vermutung jeweils gültig sein sollte.

Wenn du Mathematik betreiben willst, dann bediene dich doch auch deren Sprache...

Cyrix



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.61, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-23


O.K. Ich versuche es nochmal genauer zu formulieren. Ich beziehe mich auf die Listen aus Beitrag 1:

In Liste 1 sind untereinander die reduzierten Collatzfolgen aufgelistet. Die erste Spalte repräsentiert dabei die Startzahl jeder Collatzfolge.

<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>

Warum streiche ich die langen Folgen?

Wenn Du Dir die vorletzte Zahl jeder langen Folge ansiehst, dann wirst Du feststellen, dass diese Zahl auch immer als Startzahl in der ersten Spalt auftauchen muss.

Warum?

Weil als Collatzelemente nur Zahlen der Form 6n+1 bzw 6n+5 auftauchen können und die erste Spalte genau aus diesen besteht... Wir haben in der ersten Spalte zwar 2n+1 vorliegen. Aber 6n+1 und 6n+5 ist ja eine Teilmenge von 2n+1.

Was bedeutet das?

Wenn ich nun eine quantitative Abschätzung machen will bis wohin Collatz stimmt, teste ich also nicht mehr mit Zahlen der Form 2n+1, sondern (da ich ja die langen Folgen gestrichen habe) mit den Zahlen 4n+1:

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

Da aufgrund des Musters was wir analysiert haben in den Elementenspalten nach jedem Algorithmusdurchgang immer wieder Zahlen der Form 6n+1 und 6n+5 auftauchen (Die Reihenfolge verschlüsselt in anderen Restklassen...), können wir auch immer wieder die langen Folgen streichen, und wir brauchen für eine quantitative Abschätzung immer weniger (Start)Zahlen (Restklassen) betrachten.

Der erste Algorithmusdurchgang hat uns gezeigt, dass wir also nur noch Zahlen der Form 4n+1 betrachten brauchen und nach dem zweiten Durchgang wissen wir schon, dass wir nur noch Zahlen der Form 32n+13, 32n+17 und 32n+33 zu testen brauchen wie in dieser Liste zu sehen:

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{6}{|c|}{Liste 5}\\ \hline
Restklasse der Startzahl&Startzahl&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element\\ \hline
&1&&& &\\\hline
&3&& &  &\\\hline
&5&& & &\\\hline
&7&& & &\\\hline
&9&&  &&\\\hline
&11&& &&\\\hline
$32n+13$&13&&5& 1&\\\hline
&15&& &  &\\\hline
$32n+17$&17&&13 &5 &\\\hline
&19&& &&\\\hline
&21&&  &&\\\hline
&23&& &&\\\hline
&25&& &&\\\hline
&27&& &&\\\hline
&29&& &&\\\hline
&31&& &&\\\hline
$32n+33$&33&&25&19&\\\hline
&35&&& &\\\hline
&37&& &  &\\\hline
&39&& & &\\\hline
&41&& && \\\hline
&43&&  &&\\\hline
$32n+13$&45&& 17&13&\\\hline
&47&&&&\\\hline
$32n+17$&49&&37 &7  &\\\hline
&51&& & &\\\hline
&53&& && \\\hline
&55&&  &&\\\hline
&57&& &&\\\hline
&59&& &&\\\hline
&61&& &&\\\hline
&63&& &&\\\hline
$32n+33$&65&& 49&37&\\\hline
&67&&&&\\\hline
&&... &\\\hline
\end{tabular}
</math>







-----------------
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Quintessenz:

Es tauchen im Laufe des Algorithmus immer wieder zwei verschiedene Restklasssenzyklen auf. Einmal bei den Startzahlen und einmal bei den Elementspalten.

Die Restklassenzyklen der Startzahlen tauchen dann auf wenn lange Folgen gestrichen wurden.

Die Restklassenzyklen der Elementspalten tauchen dann auf wenn neue reduzierte Folgen erstellt worden sind und die Dublikate entfernt worden sind.





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Hier nochmal zu sehen warum man die langen Folgen beim 2. Durchgang streichen kann.
Die vorletzte Zahl der langen Folgen lassen sich immer in der Spalte 2. Element wiederfinden, weil diese Spalte aus den Zahlen 6n+1, 6n+5 besteht in der Reihenfolge verschlüsselt durch die Restklassen 12n+7, 6n+5 und 12n+1.

<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>

Nach dem Streichen der langen Folgen bleiben für die Startzahlen der Restklassenzyklus 32n+13, 32n+17 und 32n+33 über.

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\multicolumn{6}{|c|}{Liste 5}\\ \hline
Restklasse der Startzahl&Startzahl&1. Element& 2. Element& 3. Element& 4. Element\\ \hline
&1&&& &\\\hline
&3&& &  &\\\hline
&5&& & &\\\hline
&7&& & &\\\hline
&9&&  &&\\\hline
&11&& &&\\\hline
$32n+13$&13&&5& 1&\\\hline
&15&& &  &\\\hline
$32n+17$&17&&13 &5 &\\\hline
&19&& &&\\\hline
&21&&  &&\\\hline
&23&& &&\\\hline
&25&& &&\\\hline
&27&& &&\\\hline
&29&& &&\\\hline
&31&& &&\\\hline
$32n+33$&33&&25&19&\\\hline
&35&&& &\\\hline
&37&& &  &\\\hline
&39&& & &\\\hline
&41&& && \\\hline
&43&&  &&\\\hline
$32n+13$&45&& 17&13&\\\hline
&47&&&&\\\hline
$32n+17$&49&&37 &7  &\\\hline
&51&& & &\\\hline
&53&& && \\\hline
&55&&  &&\\\hline
&57&& &&\\\hline
&59&& &&\\\hline
&61&& &&\\\hline
&63&& &&\\\hline
$32n+33$&65&& 49&37&\\\hline
&67&&&&\\\hline
&&... &\\\hline
\end{tabular}
</math>


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Gruß blindmessenger



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Primentus
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Hallo blindmessenger,

also das was Du ab Beitrag #48 geschrieben hast, verstehe ich großteils nicht.

Ich verstehe es allerdings insoweit, dass Du offenbar außer den bisher betrachteten Restklassenzyklen, die nach dem so und so vielten Algorithmus-Durchgang auftreten, auch noch die Restklassenzyklen der Startzahlen betrachten willst.

Ich finde nur, dass das den Sachverhalt nur noch mehr verkompliziert bzw. ich frage mich, ob diese beiden Restklassenzyklen denn in irgendeinem Zusammenhang stehen.

Mittlerweile glaube ich auch, dass man den ganzen Sachverhalt hier zusammenfassen muss als "Bei der Betrachtung von Collatz-Folgen zerfallen die verschiedenen Zahlen der Folge in verschiedene Restklassen". Letztlich ist es ja nicht so wichtig zu wissen, welche Restklassen das jetzt im einzelnen alle sind, bzw. was gedenkst Du zu vermuten oder zu beweisen, wenn man jetzt immer noch mehr Algorithmus-Durchgänge untersucht? Ich denke man kann eben sagen: Die auftretenden Restklassen ändern sich pro Algorithmus-Durchgang und werden immer mehr. Ansonsten glaube ich aber, dass es dort nichts spannendes zu entdecken gibt. Wenn doch, dann müsstest Du uns das irgendwie anders bzw. besser erklären.

LG Primentus



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blindmessenger
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2019-04-23 18:33 - Primentus in Beitrag No. 64 schreibt:


Ich finde nur, dass das den Sachverhalt nur noch mehr verkompliziert bzw. ich frage mich, ob diese beiden Restklassenzyklen denn in irgendeinem Zusammenhang stehen.


LG Primentus

Das sieht jetzt wahrscheinlich so aus, als ob ich mir hier irgendetwas zusammenhanglos ausdenke... Dem ist nicht so...

Die beiden Restklassenzyklen haben ganz viel miteinander zu tun. Ohne diesen Zusammenhang wäre es nicht interessant...

Oh je, ich weiß nicht wie ich das erklären soll...

Cyrix hat die richtige Frage gestellt... Wie kommst Du darauf, dass man nur Zahlen der Form 32n+13, 32n+17 und 32n+33 (mit einem geeigneten Offset...) bei einer quantitativen Abschätzung betrachten braucht?

Vielleicht hilft da Beitrag 63 weiter...




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2019-04-23 18:47 - blindmessenger in Beitrag No. 65 schreibt:
Cyrix hat die richtige Frage gestellt... Wie kommst Du darauf, dass man nur Zahlen der Form 32n+13, 32n+17 und 32n+33 (mit einem geeigneten Offset...) bei einer quantitativen Abschätzung betrachten braucht?

Vielleicht hilft da Beitrag 63 weiter...

Willst Du damit sagen, dass alle Restklassenzyklen beliebig vieler Algorithmus-Durchgänge auf Startzahlen zurückzuführen sind, die sich in einer der drei Restklassen $32n+13$, $32n+17$ oder $32n+33$ befinden?
Das wäre dann aber zumindest auch erstmal wieder eine unbewiesene Behauptung.

Was macht Dich so sicher, dass "übrig bleibende" Startzahlen sich immer in diesen drei Restklassen befinden? Ich muss dazu sagen, dass bei Deinem ursprünglichen Algorithmus, den ich ja nachprogrammiert habe, die Startzahlen gar keine Relevanz bei mir haben, weil ich sie "unterwegs wegwerfe". Du hattest ursprünglich gar nicht erwähnt (denke ich jedenfalls), dass Du diese ebenfalls weiter betrachtest.

Ich verstehe jetzt aber immer noch nicht so ganz Dein eigentliches Hauptanliegen. Willst Du nur auf diese beiden Restklassenzyklen (Startzahl / $a$-ter Algorithmus-Durchlauf) hinweisen (die aber damit noch nicht bewiesen sind) oder geht es da noch um mehr?

Ändern sich die Startzahlen-Restklassen Deiner Auffassung nach denn nicht mehr mit den weiteren Algorithmus-Durchgängen?

LG Primentus



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blindmessenger
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(2019-04-23 19:23 - Primentus in <a href=viewtopic.php?

Ich muss dazu sagen, dass bei Deinem ursprünglichen Algorithmus, den ich ja nachprogrammiert habe, die Startzahlen gar keine Relevanz bei mir haben, weil ich sie "unterwegs wegwerfe". Du hattest ursprünglich gar nicht erwähnt (denke ich jedenfalls), dass Du diese ebenfalls weiter betrachtest.

LG Primentus

Für die reine Berechnung des Element-Restklassenzyklus was Du ja getan hast spielt es keine Rolle... Aber für den Gesamtzusammenhang ist es wichtig... Die Startzahlen müssen wir auf jeden Fall im Auge behalten...

(2019-04-23 19:23 - Primentus in <a href=viewtopic.php?

Willst Du damit sagen, dass alle Restklassenzyklen beliebig vieler Algorithmus-Durchgänge auf Startzahlen zurückzuführen sind, die sich in einer der drei Restklassen $32n+13$, $32n+17$ oder $32n+33$ befinden?
Das wäre dann aber zumindest auch erstmal wieder eine unbewiesene Behauptung.

LG Primentus

Nach jedem Algorithmusdurchgang ergeben sich neue Startzahlrestklassenzyklen. Ich bin bisher soweit gekommen:

<math>
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\multicolumn{4}{|c|}{Startzahlrestklassenzyklus nach}\\ \hline
1. Durchgang& 2. Durchgang& 3. Durchgang& 4. Durchgang\\ \hline
4n+1&32n+13&256n+13&2048n+45 \\\hline
&32n+17&256n+17&2048n+45 \\\hline
&32n+33&256n+45& 2048n+173\\\hline
&&256n+65& 2048n+173\\\hline
&&256n+129& 2048n+193\\\hline
&&256n+141& 2048n+241\\\hline
&&256n+145& 2048n+257\\\hline
&&256n+173& 2048n+273\\\hline
&&256n+177& 2048n+321\\\hline
&&256n+193& 2048n+401\\\hline
&&256n+205&2048n+513 \\\hline
&&256n+241&2048n+577 \\\hline
&&256n+257&2048n+689 \\\hline
&&&2048n+769 \\\hline
&&&2048n+ 913\\\hline
&&&2048n+945 \\\hline
&&&2048n+ 1025\\\hline
&&&2048n+1069 \\\hline
&&&2048n+1197 \\\hline
&&&2048n+ 1217\\\hline
&&&2048n+ 1229\\\hline
&&&2048n+1281 \\\hline
&&&2048n+1297 \\\hline
&&&2048n+ 1425\\\hline
&&&2048n+1457 \\\hline
&&&2048n+1485 \\\hline
&&&2048n+ 1537\\\hline
&&&2048n+1601 \\\hline
&&&2048n+ 1709\\\hline
&&&2048n+1729 \\\hline
&&&2048n+1793 \\\hline
&&&2048n+ 1937\\\hline
&&&2048n+ 1985\\\hline
&&&2048n+ 2049\\\hline
\end{tabular}
</math>


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2019-04-23 18:47 - blindmessenger in Beitrag No. 65 schreibt:


Oh je, ich weiß nicht wie ich das erklären soll...

Cyrix hat die richtige Frage gestellt... Wie kommst Du darauf, dass man nur Zahlen der Form 32n+13, 32n+17 und 32n+33 (mit einem geeigneten Offset...) bei einer quantitativen Abschätzung betrachten braucht?

Vielleicht hilft da Beitrag 63 weiter...

Zunächst einmal ist es sinnlos, Startzahl der Form $4k+1$ zu betrachten - und alle deine drei "Typen" $32n+13,32n+17,32n+33$ haben ja diese Form - da die nächste ungerade Zahl in der Collatzfolge, nämlich der größte ungerade Teiler (abgekürzt guT) von $3k+1$ - dann schon kleiner als die Ausgangszahl ist. Man sollte von daher also von vornherein nur Zahlen der Form $4k+3$ betrachten.

Vielleicht hilft da mein Beitrag hier in einem anderen deiner Threads weiter, wo ich die verbleibende Restklassen mod 32 genauer unter die Lupe nehme. Ich zitiere daraus:

Damit erhält man, wenn ich im Folgenden nur die ungeraden Zahlen in der Collatzfolge anschreibe, folgende Aufstellung (guT=größter ungerader Teiler)

1. 32k+3->48k+5->guT von 9k+1
2. 32k+7->48k+11->72k+17->54k+13->guT von 81k+20
3. 32k+11->48k+17->36k+13->guT von 27k+10
4. 32k+15->48k+23->72k+35->108k+53->guT von 81k+40
5. 32k+19->48k+29->18k+11
6. 32k+23->48k+35->72k+53->guT von 27k+20
7. 32k+27->48k+41->36k+31->54k+47->81k+71->guT von 243k+214
8. 32k+31->48k+47->72k+71->108k+107->162k+161->guT von 243k+242

Die Fälle 1,3,5,6 führen dabei alle sehr bald auf ungerade Zahlen, welche kleiner als die Startzahl sind und können daher als "erledigt" betrachtet werden, während man sich die anderen Fälle noch "genauer" ansehen muss, etwa indem man z.B. statt 32 eine noch größere Potenz von 2 wählt. Z.B. führen ersichtlich auch die Fälle 2 und 4 sofort auf kleinere ungerade Zahlen als die Startzahl, wenn k durch 4 teilbar ist.

Zusammengefasst sind also nur die 4 Typen $32n+7,32n+15,32n+27,32n+31$ als Startzahlen interessant, die anderen kann man - in Hinblick auf das Collatz-Problem in seiner Originalform - in einem sehr wörtlichen Sinn "vergessen". Falls es dir aber gar nicht um das Collatz-Problem selbst geht und du anderes im Sinn hast - ich gestehe, dass ich nicht die Zeit investieren möchte, um herauszufinden, was genau - dann betrachte bitte dieses Posting einfach als gegenstandslos.  cool

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.65 begonnen.]



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.69, eingetragen 2019-04-23


@blindmessenger

Ok, also wenn sich die Startzahl-Restklassen ebenfalls mit jedem Algorithmus-Durchgang ändern, dann ist dieser Teil ja ähnlich kompliziert bzw. aufwendig wie bei den anderen Restklassenzyklen.

2019-04-23 12:04 - blindmessenger in Beitrag No. 58 schreibt:
Wenn jemand eine Idee hat wie man das Offset berechnen kann, dann können wir auch die beiden Algorithmen zur Berechnung der Collatzfolgen vergleichen und eine Aussage darüber treffen welche effektiver ist...

Ich sage ja nicht, dass meine Art unbedingt schneller ist die Folgen zu testen...

Aber mit jedem Algorithmusdurchgang sollte es günstiger werden... Vermute ich...

Das mit dem Offset hab ich ehrlich gesagt überhaupt nicht verstanden.

Und was willst Du denn letztendlich testen?
Collatz-Zahlenfolgen abkürzen, um somit schneller zu zeigen, ob diese in Richtung 1 konvergieren oder nicht? Da muss Dir aber nur klar sein, dass Du einen solchen Algorithmus gar nicht oft genug durchlaufen lassen kannst, um die Sache wirklich zu beweisen. Beziehungsweise - vielleicht spekulierst Du ja darauf, dass man somit schneller zu einem Gegenbeispiel kommt, was aber nur Sinn macht, wenn ein solches überhaupt existiert. Aber cyrix sagte ja wenn ich mich recht erinnere schon, dass ein Abbruch der Folge bei der so und so vielten ungeraden Zahl, nur weil sie kleiner ist als die vorhergehenden ungeraden Zahlen, noch nicht beweist, dass die Folge auch gegen 1 konvergiert. Man kann einen Algorithmus eben nicht einfach beliebig abkürzen und sagen "das was danach noch käme, muss ich nicht mehr betrachten".

LG Primentus



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.70, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-23


2019-04-23 20:08 - Primentus in Beitrag No. 69 schreibt:
@blindmessenger

Ok, also wenn sich die Startzahl-Restklassen ebenfalls mit jedem Algorithmus-Durchgang ändern, dann ist dieser Teil ja ähnlich kompliziert bzw. aufwendig wie bei den anderen Restklassenzyklen.

2019-04-23 12:04 - blindmessenger in Beitrag No. 58 schreibt:
Wenn jemand eine Idee hat wie man das Offset berechnen kann, dann können wir auch die beiden Algorithmen zur Berechnung der Collatzfolgen vergleichen und eine Aussage darüber treffen welche effektiver ist...

Ich sage ja nicht, dass meine Art unbedingt schneller ist die Folgen zu testen...

Aber mit jedem Algorithmusdurchgang sollte es günstiger werden... Vermute ich...

Das mit dem Offset hab ich ehrlich gesagt überhaupt nicht verstanden.

Und was willst Du denn letztendlich testen?


LG Primentus

Ich will Collatzfolgen testen. Aber dafür nur bestimmte Restklassen benutzen, um mehr Zahlen zu testen als bisher geschehen...
Vielleicht kann man das dann verallgemeinern und Schlüsse ziehen...



Das mit dem Offset hab ich ehrlich gesagt überhaupt nicht verstanden.


LG Primentus

Das Offset ist der Haken an der ganzen Sache... Aber ich weiß jetzt wie man ihn berechnen könnte...

Den Offset habe ich in Beitrag 59 erklärt... Ich weiß nicht wie ich es anders ausdrücken soll... Ist aber auch erstmal nicht so wichtig... WIchtiger ist sich klar zu machen warum man diese langen Folgen streichen kann und wie diese Startzahlrestklassenzyklen entstehen und was man damit dann machen kann...


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.71, eingetragen 2019-04-23


@blindmessenger:

Du schreibst in Deiner Erklärung zum Offset unter anderem:

2019-04-23 12:27 - blindmessenger in Beitrag No. 59 schreibt:
In diesem Fall sind das die Restklassen

$6n+5$

$12n+1$

$12n+7$

Aus diesen Restklassen muss ich also die größte Zahl der Form

$2^n-1$

herausbekommen. Die reduzierte Folge dieser Zahl betrachten. Die größte Zahl dieser Folge ist dann das Offset...

Die ersten beiden Restklassen sind überhaupt nie von der Form $2^{k}-1$, und bei der dritten Klasse gibt es keine größte Zahl dieser Form, weil diese im Unendlichen liegt. Demzufolge wäre der Offset unendlich groß, was aber doch sicherlich nicht sein kann.

2019-04-23 20:23 - blindmessenger in Beitrag No. 70 schreibt:
Ich will Collatzfolgen testen. Aber dafür nur bestimmte Restklassen benutzen, um mehr Zahlen zu testen als bisher geschehen...

Das ist ja schon mal eine Aussage.

2019-04-23 20:23 - blindmessenger in Beitrag No. 70 schreibt:
Vielleicht kann man das dann verallgemeinern und Schlüsse ziehen...

Solange es aber Restklassen mit Formulierungen wie diesen hier gibt:
2019-04-21 02:15 - Primentus in Beitrag No. 44 schreibt:
K71: $864\cdot\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+419$, wenn $n$ gerade und $54\cdot(\lceil\frac{n}{2}\rceil-1)+53$, wenn $n$ ungerade
K72: $432\cdot\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+211$, wenn $n$ gerade und $864\cdot(\lceil\frac{n}{2}\rceil-1)+851$, wenn $n$ ungerade
K73: $1728\cdot\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+865$, wenn $n$ gerade und $432\cdot(\lceil\frac{n}{2}\rceil-1)+427$, wenn $n$ ungerade
K74: $864(n+1)+1$, wenn $n$ ungerade
... wird man das Problem glaube ich nicht so ohne weiteres verallgemeinern können. Schon beim Vergleich des zweiten mit dem dritten Algorithmus-Durchgang zeigt, dass die Formulierung der Restklassen immer komplizierter zu werden scheint.

2019-04-23 20:23 - blindmessenger in Beitrag No. 70 schreibt:
WIchtiger ist sich klar zu machen warum man diese langen Folgen streichen kann und wie diese Startzahlrestklassenzyklen entstehen und was man damit dann machen kann...

Wie die Startzahlrestklassenzyklen entstehen, kann ich prinzipiell nachvollziehen, auch wenn ich den Teil derzeit nicht programmiert habe, aber was Du mit denen genau vor hast, verstehe ich noch nicht 100%ig. Gibt es da denn irgendwann Überschneidungen mit den anderen Restklassenzyklen?

Leider sind Deine Erklärungen ein bisschen Stückwerk. Erst sprichst Du nur von Algorithmus-Durchgängen und zugehörigen Restklassenzyklen. Dann bringst Du auf einmal noch andere Restklassenzyklen ins Spiel, von denen Du nicht schlüssig genug erklärst, warum jetzt diese auf einmal so wichtig sind, obwohl Du sie vorher gar nicht erwähnt hast. Und dann kommt noch ein Offset ins Spiel, der nach Deiner Beschreibung Unendlich sein müsste. Es würde halt helfen, wenn Du mal von A bis Z fein säuberlich alles sauber erklärst, was man für Deine Betrachtungen benötigt und vor allem WARUM. Im Moment kommen peu a peu immer weitere scheinbar wichtige Informationen, so dass man einfach das Gesamtbild nicht sieht, was Du vor hast. So ist es dann auch bisschen schwierig für andere, das alles nachzuvollziehen.

Ich muss auch dazu sagen, dass ich andere Collatz-Threads, insofern Du welche eröffnet hast, bisher weitestgehend nicht verfolgt habe. Vielleicht setzt Du ja Erkenntnisse voraus, die ich gar nicht kenne.

Manche Benutzer machen das leider so, dass sie mehr oder weniger ein- und denselben Sachverhalt auf zig Threads verteilen, und es kann wenn überhaupt eigentlich nur jemand das nachvollziehen und helfen, wenn er alle diese Threads (teils im Laufe von Jahren) gelesen hat, was aber mit fortschreitender Zeit immer unwahrscheinlicher wird.

LG Primentus



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2019-04-23 21:59 - Primentus in Beitrag No. 71 schreibt:
@blindmessenger:

Du schreibst in Deiner Erklärung zum Offset unter anderem:

2019-04-23 12:27 - blindmessenger in Beitrag No. 59 schreibt:
In diesem Fall sind das die Restklassen

$6n+5$

$12n+1$

$12n+7$

Aus diesen Restklassen muss ich also die größte Zahl der Form

$2^n-1$

herausbekommen. Die reduzierte Folge dieser Zahl betrachten. Die größte Zahl dieser Folge ist dann das Offset...

Die ersten beiden Restklassen sind überhaupt nie von der Form $2^{k}-1$, und bei der dritten Klasse gibt es keine größte Zahl dieser Form, weil diese im Unendlichen liegt. Demzufolge wäre der Offset unendlich groß, was aber doch sicherlich nicht sein kann.

Ich meine die größte Zahl der Form 2^n-1 die unterhalb der Zahl liegt bis zu der ich testen möchte...

Mit dem Stückwerk hast DU recht... Ich versuche das nochmal ein bisschen besser zusammenzufassen...




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edit: Siehe Thread "Algorithmus reduzierter Collatzfolgen"


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