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Mathematik » Zahlentheorie » die Collatz-Folge - Beitrag No. 40 enthält neues Herangehen
Thema eröffnet 2019-03-17 14:22 von pzktupel
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Kein bestimmter Bereich die Collatz-Folge - Beitrag No. 40 enthält neues Herangehen
pzktupel
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  Beitrag No.40, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-18

Ich könnte doch eine fruchtbare Idee gefunden haben, wenn ich nix übersehen habe. Der Schlüssel ist in der Dualen Zerlegung. Wir betrachten die letzten beiden Dualstellen und deren Veränderungswege ! Man hat 4 Kombinationen -> Veränderung (durch Anwendung der Collatzregeln) ...00 -> 00 oder 10 ...01 -> 00 ...10 -> 01 oder 11 ...11 -> 10 Endung "0" zieht nach sich ein Rest 0 bei der Division durch 2 Endung "1" zieht nach sich *3+1 und erzeugt eine gerade Zahl Es ist erkenntlich, das es 4 Möglichkeiten gibt, bei der ein Nachfolger durch 2 geteilt werden kann, aber nur 2 Möglichkeiten wo mit Drei multipliziert und +1 addiert werden muß. Das heißt, im Mittel über lange Folgeglieder sollte ein 2:1 Verhältnis sich einstellen ?! 2^4 steht 3^2 gegenüber , folgt, die Folgeglieder nehmen im Trend ab. ( ca. 9/16~0,56 -> lim 0,56^n -> 0 ) Ergänzung: Veranschaulicht gesagt, teilt man die Folgemitglieder in 6er Blöcke ein, sollte im Mittel das jeweils letzte Glied des Blocks nur noch 56% betragen. Nimmt man 12er Blöcke , analog 81/256 ~ 31% usw. Wenn ich das interpretiere, heißt das: 0.5 ist die Halbierung , 0.56 deshalb, weil die Verdreifachung ab und zu einfließt. Aber der Trend geht gegen 0. Der Fall 91 ist schön lang: 91 erzeugt selbst 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 Eine Auswertung ergibt : 92: Anzahl der Glieder 59: gerade 33: ungerade Verhältnis: 59:33 , bestätigt 2:1 Wäre zu klären, ob 2^(2x) > 3^x ist. log(2^2x)>log(3^x) 2x*log(2)>x*log(3) 2*log(2)>log(3) 1.38>1.09 ____________________________________ Hier noch eine wichtige Ergänzung (mit meinem bescheidenen Englisch / anderes Forum vorgestellt) , das zeigt, das 2 kritische Endlosschleifen nicht ins unendliche laufen können. Andere Wege zeigen auf, das mehr halbiert wird, als verdreifacht. Das Verhältnis von 2:1 wurde gezeigt. Somit würde ich dann dies weitestgehen abschließen. Für mich enden die Zahlen immer auf 4,2,1. PART 2: Endlosschleifen. There are 3 possible critical endless loops. First critical loop: This run go to infinite. (0.5 * 3 * 0.5 * 3 *...) 10->11->10->11-> .. Every number N=4k+2 ends with ..10 Every number N=4k+3 ends with ..11 start with ..10: N=4k+2 I:halve it, to get a number ..11 : N=2k+1 II:3N+1 it , to get a number ..10 : N=6k+4 III:halve it, to get a number ..11 : N=3k+2 IV:3N+1 it , to get a number ..10 : N=9k+7 V:halve it, to get a number ..11 : N=4.5k+3.5 There are 4 strings for k: k=0,4,8,... "I" fails, because 2k+1 is not member of 4k+3 for ending ..11 k=1,5,9,... "V" fails, because 4.5k+3.5 is not member of 4k+3 for ending ..11 k=2,6,10,.. "I" fails, because 2k+1 is not member of 4k+3 for ending ..11 k=3,7,11,.. "V" fails, because 4.5k+3.5 is not member of 4k+3 for ending ..11 So, it is show, that for every k never run this loop 10-11-10-11 to infinite. Second critical loop: 10->01->00->10->01->00->... This loop can not run to infinite. ( 0.5 * 3 * 0.5 * 0.5 * 3 * ....~ 3^n/8^n) -> members get a smaller value ) 3rd critical loop: This run go to infinite. (0.5 * 3 * 0.5 * 0.5 * 3 ...) 10->01->00->10->11->10.. start with ..10: N=4k+2 I:halve it, to get a number ..01 : N=2k+1 II:3N+1 it , to get a number ..00 : N=6k+4 III:halve it, to get a number ..10 : N=3k+2 IV:halve it, to get a number ..11 : N=1.5k+1 V:3N+1 it, to get a number ..10 : N=4.5k+5 k=0,4,8,... "V" fails, because 4.5k+5 is not member of 4k+2 for ending ..10 k=1,5,9,... "I" fails, because 2k+1 is not member of 4k+1 for ending ..01 k=2,6,10,.. "III" fails, because 3k+2 is not member of 4k+2 for ending ..10 k=3,7,11,.. "II" fails, because 6k+4 is not member of 4k for ending ..00 Auch diese 3. Schleife hält für alle k nicht stand, sodas die Vermehrung von 9/8 abbricht. Kurzes Fazit: Endlosschleifen , bei denen die Folgeglieder stetig wachsen, gibt es nicht (siehe Fallunterscheidung). Eine Endlosschleife muss immer eine Verdreifachung enthalten. Da alle anderen Schleifenkombinationen mehr Halbierungen als Verdreifachungen haben, fallen die Startzahlen bei dem Algotithmus auf lange Sicht ab und münden bei 1.


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haegar90
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  Beitrag No.41, eingetragen 2019-03-18

Ne, ist mir klar und auch nicht neu. Ich hatte es allerdings so definiert dass es von k (gerade/ungerade) abhängt. Da a/2^x =k+x ist und a so immer ungerade ist und man direkt mit k einfach ablesen kann wie viele wachsende Schritte in "n" stecken. Und mit der gezeigten Formel kommt man unabhängig von (k gerade/ungerade) auf ein ungerades n. Wenn ich darf, melde ich mich demnächst wieder mit weiteren submathematischen Erleuchtungen ;-) [Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]


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weird
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  Beitrag No.42, eingetragen 2019-03-19

\quoteon(2019-03-18 22:36 - haegar90 in Beitrag No. 41) [..] und a so immer ungerade ist [..] \quoteoff Man kann natürlich, wenn man will, $a$ in der Darstellung $n=a\cdot 2^k-1$ als ungerade voraussetzen, nur hättest du diese Voraussetzung dann auch in #18 unbedingt mitanführen sollen. Andererseits braucht man sie aber auch nicht wirklich, denn obige Formel $f^k(a\cdot 2^k-1)=a\cdot 3^k-1\quad (k\in\mathbb N^*)$ gilt ja für jedes $a\in \mathbb N^*$ unabhängig von seiner Parität.


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  Beitrag No.43, eingetragen 2019-03-19

Nein man braucht die Voraussetzung (a ist ungerade) nicht wirklich. Nur wenn man möglichst viele Schritte weit schauen will. Bsp. \(n= 24\cdot 2^3-1= 191 \; \Rightarrow \; 24\cdot 3^3-1= 647\) (a gerade, 3 Schritte) \(n=3\cdot 2^6-1=191 \; \Rightarrow\; 3\cdot 3^6-1=2186 \) (a ungerade, 6 Schritte)


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  Beitrag No.44, eingetragen 2019-03-19

\quoteon(2019-03-19 08:24 - haegar90 in Beitrag No. 43) Nein man braucht die Voraussetzung (a ist ungerade) nicht wirklich. Nur wenn man möglichst viele Schritte weit schauen will. \quoteoff Ja, es macht durchaus Sinn, $a$ hier als ungerade vorauszusetzen, nur sollte man diese Voraussetzung auch deutlich anführen, allein darauf bezog sich meine Kritik.


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  Beitrag No.45, eingetragen 2019-03-19

Das nachstehende gilt für wachsende Zahlen $ \frac{3n+1}{2}$ Ist das irgendwie noch zu retten oder so zu verändern dass es richtig wird ? Oder ist es nur "Kappes" ? Ähnliches habe ich auch noch für fallende Zahlen$ \frac{3n+1}{4}$ aber wenn das hier schon Quatsch ist dann lasse ich das besser gleich weg. Alle Zahlen n: $ n\in\ \mathbb{N}_u =\lbrace {1,3,5,7,\cdots\rbrace}$ sind in der Form $n=a \cdot 2^k-1, a \in \mathbb{N}_u, k\in\mathbb{N}$ darstellbar. Es soll gezeigt werden, dass jedes $n_0=a \cdot 2^k-1 $ äquivalent zu $ f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N} $ nach k-maliger Anwendung von $\frac{(3 \cdot n+1)}{2}$ zu $n_k=a \cdot 3^k-1$ führt \[\forall n_0 \in \mathbb{N}_u : n_0=a \cdot 2^k-1 \; \exists \; n_k=a \cdot 3^k-1 : f^k(n_0)=n_k\] Vollständige Induktion Induktionsanfang: \[\forall n_0 \in \mathbb{N}_u \;\exists \; n_k : f^k(n_0)=a \cdot 3^k-1\] \[A(a,k)=\frac{(3 \cdot(a \cdot 2^k-1)+1)}{2}=a\cdot 3^k-1\] \[a=1, k=1: \] \[A(1,1)=\frac{(3 \cdot(1 \cdot 2^1-1)+1)}{2} = 1\cdot 3^1-1\] \[ 2 = 2 \] Induktionsbehauptung: \[\exists n_0 \in \mathbb{N}_u : f^k(n_0)=a\cdot 3^k-1\] Induktionsschritt A(a,k+1),a=1: \[A(a,k+1)= \frac {3 \cdot \left(\frac{3 \cdot \left(a \cdot 2^{k+1}-1 \right)+1}{2} \right) +1}{2}=a \cdot3^{k+1}-1 \] \[A(a,k+1)= \frac {3 \cdot \left(2 \cdot a \cdot 3^{k}-1 \right) +1}{2}=a \cdot3^{k+1}-1 \] \[A(a,k+1)=\frac{(2 \cdot a\cdot 3^{k+1}-3)+1}{2}=a \cdot3^{k+1}-1\] \[A(a,k+1)=a \cdot3^{k+1}-1=a\cdot3^{k+1}-1 \] Induktionsschritt A(a+1,k),k=1: \[A(a+1,k)= \frac{3^k \cdot \left((a+1) \cdot 2^{k}-1 \right)+1}{2} =(a+1) \cdot3^{k}-1 \] \[A(a+1,k)= \frac{ (a+1)\cdot 3^k \cdot 1 -3 +1}{2} =(a+1) \cdot3^{k}-1 \] \[A(a+1,k)=(a+1) \cdot3^{k}-1=(a+1) \cdot3^{k}-1 \] Induktionsschritt A(a+1,k+1): \[A(a+1,k+1)= \frac {3 \cdot \left(\frac{3 \cdot \left((a+1) \cdot 2^{k+1}-1 \right)+1}{2} \right) +1}{2}=(a+1) \cdot3^{k+1}-1 \] \[A(a+1,k+1)= \frac {3 \cdot \left(2 \cdot (a+1) \cdot 3^{k}-1 \right) +1}{2}=(a+1) \cdot3^{k+1}-1 \] \[A(a+1,k+1)=\frac{(2 \cdot (a+1)\cdot 3^{k+1}-3)+1}{2}=(a+1) \cdot3^{k+1}-1\] \[A(a+1,k+1)=(a+1) \cdot3^{k+1}-1=(a+1)\cdot3^{k+1}-1 \; \; \; \Box\]


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  Beitrag No.46, eingetragen 2019-03-19

Ich bemerke gerade, das hier ist ja gar nicht "mein" Thema. Sorry für den Missbrauch. Verziehe mich hier besser. Zu deiner dualen Zerlegung kann ich nichts sagen. Der Ansatz ist aber bestimmt auch schon häufig "professionell verwurstet" worden.


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  Beitrag No.47, eingetragen 2019-03-19

\quoteon(2019-03-19 11:35 - haegar90 in Beitrag No. 46) Ich bemerke gerade, das hier ist ja gar nicht "mein" Thema. Sorry für den Missbrauch. Verziehe mich hier besser. \quoteoff Es wäre tatsächlich besser gewesen, du hättest einen neuen Thread zu dem Thema eröffnet. Eine andere Möglichkeit wäre, dass ein Moderator alles nach dem Startposting abspaltet, solang dies noch geht. Zu deinem obigen Beweis nur als kurze Bemerkung, dass eine "doppelte Induktion" nach $a$ und nach $k$ viel zu aufwändig ist. Man sollte $a\in \mathbb N^*$ hier noch beliebig (also insbesondere auch nicht ungerade!) ansetzen und die Induktion nur nach $k$ führen. Der entscheidende Punkt im Induktionsschritt von $k$ auf $k+1$ geht dann so, dass man zwischendurch mit einem "neuen" $a$ arbeitet, um die Induktionsvoraussetzung anwenden zu können: $f^{k+1}(a2^{k+1}-1)=f(f^k((\underbrace{2a}_{\text{neues a}})2^k-1))=...$ Das ist der einzige "Trick", wenn man so will, bei der ganzen Sache, der Rest ist im Grunde nur eine einfache Rechnung! ;-)


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  Beitrag No.48, eingetragen 2019-03-19

Es hat sich ja noch niemand beschwert, dann schreibe ich hier auch noch einmal. Den "Trick" werde ich noch (aus)üben. Lohnt sich bestimmt da viel Ballast entfällt. Für $ \frac{(3 \cdot n+1)}{4}$ wäre dies vielleicht ein Ansatz, der zugegeben aber stärker eingeschränkt ist als der davor. Da gibt es sehr wahrscheinlich bessere Ideen. Alle natürlichen Zahlen $ n \in \mathbb{A},\; \mathbb{A}=\lbrace1,5,9,13,\cdots\rbrace$ sind in der Form $n_0=2^k \cdot(a-1)+1, \;$ mit $ a,k \in \mathbb{N}_u $ darstellbar. Es soll gezeigt werden, dass jedes $n_0=2^k \cdot(a-1)+1 $ äquivalent zu $ f: \mathbb{A} \rightarrow \mathbb{N} $ nach k*-maliger $k^*=\frac{k+1}{2}$ Anwendung von$ \frac{(3 \cdot n+1)}{4}$ zu $n_k=\lfloor \left(\frac{3}{4} \right)^\frac{k+1}{2}\cdot n_0\rfloor+1$ führt. \[n_k=\huge{\lfloor} \small\left(\frac{3}{4} \right)^\frac{k+1}{2}\cdot (2^k \cdot(a-1)+1)\huge{\rfloor}\small +1\]


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  Beitrag No.49, eingetragen 2019-03-20

\quoteon(2019-03-18 19:24 - gonz in Beitrag No. 36) Hallo haegar90, das zeigt doch nur, dass man für jeden vorgegebenen wert eine folge finden kann, die bis zu diesem wert hinauf wächst. . \quoteoff Meinst du vorwärts oder rückwärts? Na, wenn das immer vorwaerts nach den beiden Kollatz Regeln geht, kann man nach deinen Worten für n->..->4 immer eine auf-ab-folge finden und Kollatz wäre bewiesen. Und wenn man jedes n rückwaerts erreichen kann mit "gewissen" Startzahlen, etwa 11>22->7->14->28>9>18..... wie auch immer verzweigt an geraden Zahlen, wäre Kollatz auch bewiesen ;) wie auch immer. :-D Meine letzte Erkenntnis durch programmieren war, dass bestimmte "Schlüssewerte" in den regulären Kollatzfolgen statistisch sehr oft vorkommen. Ich weiss nicht ob ich das Thema und diese Zahlen nochmal ausbuddle..


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  Beitrag No.50, eingetragen 2019-03-21

@ juergen007: Der gute Mann heißt Lothar Collatz. :-)


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  Beitrag No.51, eingetragen 2019-03-21

\quoteon(2019-03-21 00:01 - Slash in Beitrag No. 50) @ juergen007: Der gute Mann heißt Lothar Collatz. :-) \quoteoff Besser gesagt, er hieß Lothar Collatz. Nur gut, dass er das nicht mehr erlebt hat, wenn ihm da ein K vor den Latz geknallt wird. :-D


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pzktupel
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  Beitrag No.52, vom Themenstarter, eingetragen 2019-03-21

\quoteon(2019-03-21 07:08 - weird in Beitrag No. 51) \quoteon(2019-03-21 00:01 - Slash in Beitrag No. 50) @ juergen007: Der gute Mann heißt Lothar Collatz. :-) \quoteoff Besser gesagt, er hieß Lothar Collatz. Nur gut, dass er das nicht mehr erlebt hat, wenn ihm da ein K vor den Latz geknallt wird. :-D \quoteoff Ja, der hätte einen Koller bekommen. https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/images/forum/subject/laugh.gif


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