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Mathematik » Zahlentheorie » Collatz - neue Erkenntnis gewonnen
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Kein bestimmter Bereich Collatz - neue Erkenntnis gewonnen
pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-07-17


Hallo Freunde !

Soben (ja,mitten in der Nacht) habe ich eine neue Erkenntnis gefunden, die das Problem der Collatzfolgen erneut neu aufrollen lassen könnte. Wir alle kennen das Spiel der Folgegliederentwicklung (ein rauf und runter und kein Zusammenhang), aber ich habe eine neue Ordnung für jede Zahl gefunden !

Dabei ist es völlig egal, wie die Startzahl beschaffen ist. Fakt ist eines, ist die Zahl gerade, wird nicht halbiert, sondern es wird die höchste 2er Potenz zum aktuellen Folgeglied ermittelt und dann berechnet man: ( Zahl mod 2^x =0 )

N: Folgeglied
nächstes Glied: 3N+2er-Potenz,3N+2^x

Man endet auf einer Zahl, die eine 2er Potenz ist.

Bsp:

Collatzentwicklung für N=29

29->88->44-22-11->34->17->52->26-13->40->20-10-5->16->8->4->2->1 (18 Schritte)

Meine Idee:

29 muss auf eine 2er Potenz enden, nach 18 Schritten

29
88 <-8=2^3,88*3+8=272
272<-16,272*3+16=832
832<-64,832*3+64=2560
2560<-512,2560*3+512=8192=2^13, nach 5 Schritten die 2^13 (13+5=18 Schritte zur 1)


Bsp 2

N=33

33-100-50-25-76-38-19-58-29-88-44-22-11->34->17->52->26-13->40->20-10-5->16->8->4->2->1 (26 Schritte)

Mein Weg:

33  
100 _4
304 _16,304*3+16=928
928 _32,928*3+32=2816
2816 _256 , 2816*3+256=8704
8704 _512 , 8704*3+512=26624
26624 _2048 , 26624*3+2048=81920
81920 _16384, 81920*3+16384=262144 = 2^18

2^18 ist nach 8 Schritten erreicht 8+18=26, 26=Anzahl der Folgeglieder nach Collatz


Bsp 3

N=24
Collatz: 24-12-6-3-10-5-16-8-4-2-1 (10 Schritte)

Mein Weg:
24 _8,24*3+8=80
80 _16 , 80*3+16=256 = 2^8 , Nach 2 Schritten 2^8, 2+8=10 Schritte


Bsp.N=55 unten !

Fazit: Lässt es sich beweisen, wann man auf eine 2er Potenz trifft, hat man die Anzahl der Collatzfolgeglieder einer Zahl.

Würde man auf keine 2er Potenz stoßen, wäre die Folge unendlich bzgl einer Zahl.













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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-17


Da fällt mir noch etwas wichtiges ein:

Ich schau nochmal drüber und könnte möglicherweise die Anzahl der Folgeglieder vorab berechnen, denn die Duale Zerlegung ist hier ein echter Helfer.

Wir wissen, eine 2er Potenz hat die Form 1000000...0000 und ein
maximaler 2er-Potenz-Teiler einer Zahl zeichnet sich in der ...000 Struktur aus.
Da in meiner Vorschrift die Zahlen größer werden und in einer 2er münden, sollte da etwas zu erkennen sein !


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-07-17


2019-07-17 04:08 - pzktupel im Themenstart schreibt:
Fazit: Lässt es sich beweisen, wann man auf eine 2er Potenz trifft, hat man die Anzahl der Collatzfolgeglieder einer Zahl.

Würde man auf keine 2er Potenz stoßen, wäre die Folge unendlich bzgl einer Zahl.

Das ist zwar richtig, aber denn auch trivial! Tatsächlich kann man die Collatzvermutung auch so formulieren, dass man irgendwann einmal in der Folge auf eine Zweierpotenz stößt. Dies auch zu beweisen, ist also gerade die eigentliche Crux hier!  biggrin  



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-17


...


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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-17


@weird

In dem Fall ist das hier anders. Man muß sich das so vorstellen, die Ausgangszahl hat eine duale Zerlegung.
Durch N*3+2^x , wird die Zahl stetig größer, dabei wird in der dualen Darstellung bildlich von rechts nach links gesehen jede 1 gekillt und bleibt auch weg. Quasi werden alle Einsen systematisch aufgefressen, bis nur noch die erste Eins gefolgt von nur Nullen übrig bleibt. Die Anzahl der Collatzfolgeglieder einer Zahl steht mit der Darstellung am Anfang schon fest. Das Schöne ist, das man schneller auf eine große 2er Potenz stößt, dieser Exponent ist identisch mit den Halbierungen in der CF.

Bei der dualen Darstellung ist sofort ersichtlich, was das größte 2^x ist ( Anzahl der Nullen von rechts nach links, und die bleiben erhalten im nächsten Folgeglied und vermehren sich)

Das könnte der Schlüssel wirklich mal sein und die 2er Potenz ist gefunden, was dann der gesuchte Beweis wäre...

Ein Bsp.

N=43 liefert nach 9 Interationen 2^20, also sollte nach 20+9=29 Schritten die 43 bei der CF-Entwicklung auf 1 landen, dabei sind  ingesamt 20 Halbierungen vorgenommen.

Kein Auf und Ab der Zwischenglieder mehr , sondern bei 2^p ist Schluss.

CF-43

43-130-65-196-98-49-148-74-37-112-56-28-14-7-22-11-34-17-52-26-13-40-20-10-5-16-8-4-2-1

Summe Glieder: 29 !!!


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-07-17


O. K. Auf der einen Seite werden durch Deine 3n Operationen die 1en gestrichen und es muss zwangsläufig eine 2er Potenz entstehen.

Was ich noch nicht so ganz verstanden haben wie der Zusammenhang zur 3n+1 von Collatz ist...

Aber interessanterweise wird es wohl einen geben, weil Du kommst tatsächlich auf die gleiche Anzahl der Schritte wie bei Collatz... Hmmm...

Könntest Du noch ein Beispiel für die 27 geben?


-----------------
Gruß blindmessenger



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-17


Blindmessenger will mal den Durchlauf für N=27

27, 27*3+1=82
82 , 82*3+2=248
248, 248*3+8=752
752, 752*3+16=2272
2272
6848
20608
...
sehr lang
...
Nach 41 Interationen landet man bei 2^70

1180591620717411303424 =2^70

CF-Schritte gesamt für N=27 somit,41+70=111, dabei 70 Halbierungen . (Danke blindm.) 41+70=121


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]


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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-07-17


Ich hoffe, ich habe dich/euch richtig verstanden...

Ob man nun die geraden und ungeraden Schritte einer Collatz Sequenz binär oder dezimal betrachtet, es läuft auf das Terras Theorem heraus. Das kann man also beweisen. Doch es sagt "nur" aus, dass "fast alle" Starzahlen bei der 1 landen. Ein Beweis der Vermutung ist auf diese Weise nicht zu führen, denn einen solchen hätte Terras damals gleich mitgeliefert.

Gruß, Slash


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Bound to be disappointing so why wait?



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-07-17


2019-07-17 09:45 - pzktupel in Beitrag No. 4 schreibt:
@weird

Ein Bsp.

N=43 liefert nach 9 Interationen 2^20, also sollte nach 20+9=29 Schritten die 43 bei der CF-Entwicklung auf 1 landen, dabei sind  ingesamt 20 Halbierungen vorgenommen.

Kein Auf und Ab der Zwischenglieder mehr , sondern bei 2^p ist Schluss.

CF-43

43-130-65-196-98-49-148-74-37-112-56-28-14-7-22-11-34-17-52-26-13-40-20-10-5-16-8-4-2-1

Summe Glieder: 29 !!!


Zunächst mal das Positive: Dein Algorithmus zur Berechnung der Anzahl der Iterationen, bis man auf die 1 kommt, ist richtig, soferne er terminiert (diese nach wie vor unbewiesene Annahme ist leider bei dir Voraussetzung!)

Nun die Schattenseiten: Es gibt zwar kein "Auf und Ab", wie du es nennst, die Zahlen werden aber sehr schnell ungemütlich groß. Beispiele, die man normalerweise noch leicht mit dem TR rechnen kann, wie dein $n=55$ oben, verlassen sehr schnell den Zahlenraum eines TR, in dem er noch exakt rechnet. Und btw, gerade dieses Beispiel ist bei dir falsch gerechnet (hast du es händisch gemacht?): Es gibt nämlich $112$ Iterationen, die sich aufteilen auf $41$ "Voriterationen" und $71$ Iterationen im Zusammenhang mit der Zweierpotenz $2^{71}$, in der das Verfahren endet.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-17


Kann sein, dass es zu minimalen Fehlern kommt, ich hatte die 55 und 27 grob mit UBASIC (DOSBOX) berechnet.
Ja, die Zahlen werden ungemütlich groß, aber wenn man zeigen könnte, das allgemein die große Zahl durch die Entwicklung auf 2^p endet, wäre das Problem gut teilgelöst.

Vielleicht könnte man durch "Abschneiden" der Nullen und seperaten Addierung dieser in der Dualzerlegung die Zahl klein halten. Dabei sind die Summe der Nullen die Summer der Halbierungen.

Ich probiere mal was...

Mit dem Abschneiden wird nix, weil das die unübersichtlichen Teilzahlen ergibt...aber ich schreib mal mit der 18 die Dualentwicklung auf.

(18)=10010, 3=11
10010 ,
10010 * 11+10=111000
111000 * 11 + 1000=10110000
10110000 * 11+10000 = 1000100000
1000100000 * 11+100000=11010000000
11010000000 * 11+10000000=1010000000000
1010000000000 * 11+10000000000=100000000000000 <- Ende, 2^14

6 Schritte + 14 Halbierungen = 20 Interationen für 18

CF-18
18-9-28-14-7-22-11-34-17-52-26-13-40-20-10-5-16-8-4-2-1

Jupp, 20 Folgeglieder

Ich schau mir nochmal die 55 an !


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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-07-17


Hi pzktupel,

der ausgeblendete Teil beinhaltet, wie ich das sehe, auch einige Fehler aber prinzipiell meine ich darin klar erkennen zu können, deine Methode "bläht" die Zahlen auf, führt aber zu keinen neuen Möglichkeiten. Dazu, (3) wäre auch hier erst noch zu beweisen.


Beste Grüße
haegar90






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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-17


Bsp N=55

@weird

Jupp, es war ein Fehler im Programmcode

55
166
...
nach 41 Schritten:
2361183241434822606848=2^71

In der Tat, 71+41=112 Schritte.

In der dualen Darstellung, wird deutlich, das in jeder Zeile die Nullen von rechts abgeschnitten, jene Zahl übrig bleibt, die in der CF Folge einer Zahl generiert wird.
Man sollte nun zeigen können, das dies in einer großen 2er Potenz enden muss.

Sollte die Folge nie enden bei einer Zahl, müsste es nie zu einer 2er Potenz kommen und stetig ansteigen, aber die duale Entwicklung zeigt ein Ende an, da die Nullen schneller wachsen , als die Stellenanzahlerhöhung.

Ich weiß aber im Moment kein Trick, wie man zeigen kann, dass die Nullen schneller anwachsen, als die Stellenanzahl :-(, dann wäre das Collatz-Problem endlich gelöst.

Auch ist zwingend:
Bevor es zu einer 2er Potenz kommt, hat der Vorgänger in der dualen Schreibweise immer:

101010...0101, da mit 11 (dezimal=3) + 10....0 exakt 1000...0000 erzeugt
Also die Anfangszahlen sind der Beschaffenheit geschuldet...dann wird bis zur 1 runterhalbiert

101 : 5
10101 : 21
1010101 : 85
usw

Hier stand ein Widerspruch zum Bsp N=18


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-07-17


@pzktupel

Was hältst du eigentlich von folgendem Algorithmus, für welche der sog. "ungerade Anteil" $U(m)$ einer positiven ganzen Zahl $m$ benötigt wird, den man erhält, in dem man die Nullen am rechten Ende der Binärdarstellung einfach "streicht". (Genauer: $U(m)$ ist jene ungerade Zahl, welche man erhält, indem man $m$ solange wiederholt halbiert als das Ergebnis noch ganz ist. Speziell für ein ungerades $m$ ist also $U(m)=m$.)

Geht man o.B.d.A. davon aus, dass die Startzahl $n$ ungerade ist, so besteht ein Iterationsschritt $f$ in der Berechnung von
\[f(n)= U(3n+1)\] Die Folge
\[n,f(n),f(f(n)),f(f(f(n))),...\] wollen wir die "reduzierte Collatzfolge" nennen und man erhält sie aus der Original-Collatzfolge von $n$, indem man dort die geraden Folgenglieder einfach streicht. Insbesondere ist sie also i.A. deutlich kürzer, speziell für $n=55$ würde sie z.B. so aussehen

$55, 83, 125, 47, 71, 107, 161, 121, 91, 137, 103, 155, 233, 175, 263, 395, 593, 445, 167, 251, 377, 283, 425, 319, 479, 719, 1079, 1619, 2429, 911, 1367, 2051, 3077, 577, 433, 325, 61, 23, 35, 53, 5, 1$

bis sie in $1$ endet. Sie hat also bis dahin nur mehr $42$ Glieder und die Zahlen darin werden auch nie mehr als höchstens 4-stellig. Darüber hinaus würde man normalerweise auch sofort aufhören, wenn die Folge unter die Startzahl $55$ fällt, was hier also dann schon nach $3(!)$ Iterationen der Fall ist, da man ja davon ausgehen kann, dass alle Zahlen $<55$ bereits untersucht wurden.

Wenn du also einen Algorithmus zur Berechnung der Collatzfolge hier vorstellst, so muss er sich zuallererst mit diesem hier "messen", der also dann sowas wie eine Art "Benchmark" darstellt, die man erst einmal übertreffen muss.   cool



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-17


@weird

Das mit dem Streichen der Nullen ist nichts anderes, als das nur die ungerade Zahlen überbleiben, das übliche rauf und runter bis 4,2,1.

Meines ist ein linearer Anstieg bis zur 2er Potenz, wobei die Folgeglieder alle Halbierungen noch beinhalten.

Mit dem 3. Schritt, da Zahl N<55 bin ich nicht einverstanden, da alle Zahlen kleiner 55 nicht in diesem Test generiert werden, ist ja klar.

Man müsste also wie gesagt ( und stehe da immer kurz davor ) alle Teilabschnitte untersuchen, das diese zumindest nach paar Interationen von der Länge her abnehmen.

Besonders die letzen 4 Stellen vor den Nullen sind da zu untersuchen.

Bsp:

1...0101[00000...00]

...0101*11+1 = 10000, sowas erhöht als Bsp. die Nullen in der [] um 4 in der Anzahl und verkürzt die EinsNull-Kombination vor der[]-> String wird kürzer und nähert sich am Ende nur der 1[000..0]






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