logowanie

matematyka » forum » matematyka » temat

Rozmyślania matematyczne

ostatnie wiadomości  |  regulamin  |  latex

AutorWiadomość

rebus
postów: 2
2013-02-26 16:07:52

Witam nakręciłem filmik z rozważaniem na temat problemu Collatza. Wiem że moje rozmyślanie nie zawsze jest zgodne z dzisiejszą matematyką ale można zobaczyć jak ktoś coś doradzi to może coś mi jeszcze przyjdzie do głowy.
https://www.youtube.com/watch?v=Rw-ajUzmTA0


tumor
postów: 8070
2013-02-26 17:42:38

To, co tam opowiadasz w 37 minut (!!!) powinno się zmieścić w 7. Kto nie nadąży, może powtórzyć. ;)

Zapis jest ok. Natomiast nie wszystko jest przemyślane do końca.

Dochodzisz do słusznych równań

$y=3+\frac{1}{x}$
$yy_2=(3+\frac{1}{x})(3+\frac{1}{x_2})$
$yy_2y_3=(3+\frac{1}{x})(3+\frac{1}{x_2})(3+\frac{1}{x_3})$
...
gdzie lewa strona to potęga liczby 2, a wszystkie $x_n$ i $x$ są nieparzyste.
PYTAMY, czy rzeczywiście jedynym rozwiązaniem jest $x=x_n=1$, czy może któreś z równań ma też inne rozwiazanie.
Ty odpowiadasz, że jedynym rozwiązaniem jest 1, ale argument to "nie umiem wymyślić innego rozwiązania". Argument jest słaby, zatem pytanie pozostaje otwarte.
GDYBYŚ miał rację w swoim przypuszczeniu, że tylko 1 jest rozwiązaniem, miałbyś rzeczywiście część problemu Collatza za sobą (udowodniłbyś, że nie ma cyklu poza 1,4,2,1), ale daleko byłbyś jeszcze od rozwiązania całego problemu.

Natomiast czy masz rację - nie wiemy.
Gdyby dopuścić rozwiązania ujemne, to możemy dla równania
$yy_2=(3+\frac{1}{x})(3+\frac{1}{x_2})$
podać rozwiązanie $x=-5$, $x_2=-7$.
To oczywiście nie rzucało się w oczy, ale jednak jest rozwiązaniem. Ważna myśl, jaka z tego wynika: wcale nie jest powiedziane, że liczby $3+\frac{1}{x}$ i $3+\frac{1}{x_2}$ są całkowite. Całkowity ma być ich ILOCZYN (w dodatku ma być potęgą liczby 2), ale o samych tych liczbach wiemy jedynie, że są wymierne.
Być może nie ma innych rozwiązań dodatnich niż 1 (ujemne jeszcze istnieją inne niż podane), ale zdecydowanie tego nie pokazałeś. Trzeba mocniejszego argumentu.

----

No i z innych spraw: powinno być szybciej, konkretniej, jaśniej (ja problem znam, ale widzowi, który nie zna, bardzo późno opisujesz, o co w ogóle pytamy), wyraźniej. :)


rebus
postów: 2
2013-02-26 21:21:11

Dzięki uwagi przydadzą mi się przeanalizuje wszystko nie rozumiem tylko jednego skąd wiadomo że daleko się jest od rozwiązania? Wyobraża mi się punkt który jest gdzieś daleko a przecież nie wiadomo jeszcze chyba czy istnieje. Niepotrzebny pesymizm :D. W najbliższym czasie znowu będę sprawdzał co da się zrobić w tym temacie. A jak coś się komuś jeszcze nasunie to piszcie.


tumor
postów: 8070
2013-02-26 22:03:53

Hm, pesymizm wynika stąd, że niezłe mózgi już z tym problemem walczyły, zatem na chłopski rozum maleją szanse załatwienia tego problemu prostymi równaniami. :) Ale oczywiście nie jest wykluczone, że się uda.

Zauważyłeś sam, że problem można podzielić na dwa podproblemy. Hipoteza jest fałszywa, jeśli istnieje skończony cykl, czyli któryś x się powtarza (to by się sprawdzało takimi równaniami), albo jeśli istnieje nieskończony ciąg różnych liczb naturalnych, który jednak nie prowadzi do liczby 1 przy stosowaniu reguł gry. ;)
Wypada zatem sprawdzić dwie rzeczy: że cykle poza 1,4,2,1 nie istnieją (dla liczb dodatnich) i że nie istnieje też taki ciąg różnowartościowy.
Pokazywałeś jedną z tych rzeczy. Gdyby się udało, to i tak by znaczyło, że zacząłeś od łatwiejszej strony, bo łatwiejsza strona to ta właśnie, którą umiemy zrobić :P. A się nie udało. Czyli w zasadzie próba jak dotąd jest nieudana. To oznacza być daleko od rozwiązania ;)


pilur
postów: 14
2014-04-06 17:45:13

Witam,

każdą liczbę typu:
3x+1, gdzie x=1,3,5,...
można przedstawić w postaci:
2k+2, gdzie $k\in\ N$
Jeżeli k+1=$2^{n-1}$ to wartości ciągu zaczynają maleć.
Jeżeli k=$2^{n-1}-1+R(k)$ iteracja musi być powtarzana.
Należy udowodnić, że istnieje takie R(k), dla którego iteracja nie doprowadza do $k=2^{n-1}-1$.
Zakładamy, że istnieje nieskończenie wiele rozwiązań dla których:
$3*(2^{n-1}+R(k))+1=2^{n+n1}$, gdzie $1\le R(k)<2^{n}-2^{n-1}$

$(2+1)*(2^{n-1}+R(k))+1=2^{n+n1}$

$2^{n}+2^{n-1}+3*R(k)+1=2^{n+n1}$

$3*R(k)+1=2^{n+n1}-2^{n}-2^{n-1}$

Cofając się iteracją w tył możemy udowodnić, że jest nieskończenie wiele liczb nieparzystych, które kończą się cyklem 4,2,1:

$R(k)=\frac{2^{n+n1}-2^{n}-2^{n-1}-1}{3}$

$2^{n+n1}-2^{n}-2^{n-1}=6k-2$

$R(k)=\frac{6k-2-1}{3}$

$R(k)=\frac{6k-3}{3}$

$R(k)=2k-1\rightarrow n1,k=f(n)\wedge n1,n=f(k)$
Z drugiej strony:
$2^{n+n1}-2^{n}-2^{n-1}=2^{x}$

$2^{x}=6k-2$

$R(k)=\frac{1}{3}+\frac{2^{x-1}}{3}\rightarrow x=2,4,6,...\rightarrow R(k)=1+\sum_{n=1}^{\frac{x}{2}-1}2^{2n-1}, gdzie \frac{x}{2}>1$
Powyższe równanie oznacza, że:
$3(2^{f(x)}+1+\sum_{n=1}^{\frac{x}{2}-1}2^{2n-1})+1=2^{n}$

$2^{f(x)+1}+2^{f(x)}+\sum_{n=1}^{\frac{x}{2}}2^{2n-1}+\sum_{n=1}^{\frac{x}{2}-1}2^{2n-1}+2=2^{n}$, gdzie x=2,4,6,...

$2^{f(x)+1}+2^{f(x)}+2^{x-1}+2=2^{n}\rightarrow 2^{f(x)}=2^{x-1}+2 $

Korzystając z rozkładu funkcji $f(n)=2^{n}$:
$2^{n+1}=\sum_{n=1}^{n}2^{n}+2$
Oznacza to, że:
$f(x)=x$
oraz:
$2^{x+2}=2^{n}$
I jest prawdziwe jedynie dla x=2
Dla $2^{f(x)+1}=2^{f(x)}=0$
$2^{x}=2^{n}$

Wniosek:

$1\circ$Istnieje tylko jedna droga do 1
$2\circ$Istnieje nieskończenie wiele liczb nieparzystych, które tą drogę pokonują.

Pytanie:

Czy istnieje liczba nieparzysta, która daje ciąg rozbieżny do nieskończoności?

Rozważmy teraz dowolną liczbę nieparzystą:
$k+1=2^{n-1}+R(k)=\sum_{n=1}^{n}a_{n}2^{n}+1=\sum_{n=1}^{n}a_{n}2^{n-1}, gdzie$$\left\{\begin{matrix} a_{n-a_{k}}=0 \\ a_{n-b_{k}}=1 \end{matrix}\right.$
Liczbę tą możemy zapisać w postaci macierzy jednowierszowej:
A=$[a_{1n}]$
Taką, że:
$\sum_{n=1}^{n}a_{n}2^{n-1}=\sum_{n=1}^{n}a_{1n}2^{n-1}$,gdzie $a_{11}=1\wedge$$\left\{\begin{matrix} a_{1n-a_{k}}=0 \\ a_{1n-b_{k}}=1 \end{matrix}\right.$
Rozważmy teraz jeden pełny cykl w postaci macierzowej:
Dana jest macierz:
$D=[d_{mn}]$
Elementami wiersza 1 są elementy macierzy A=$[a_{1n}]$
Ogólnie nazwiemy takie wiersze wierszami typu a.
Maksymalny numer kolumny, dla którego element:
$a_{1n_{max}}=1$
nazwiemy
$1an_{max}$
Elementami wiersza 2 są elementy macierzy B=$[b_{1n}]$ takie, że:
$b_{11}=0 \wedge b_{1n+1}=a_{1n}$
Ogólnie nazwiemy takie wiersze wierszami typu b.
$1bn_{max}=1an_{max}+1$

Elementami wiersza 3 są elementy macierzy C=$[c_{1n}]$ takie, że:
$c_{11}=1 \wedge c_{1n+1}=0$
Ogólnie nazwiemy takie wiersze wierszami typu c
$1cn_{max}=1$
Elementami wiersza 4 jest suma binarna wierszy 1,2,3
$1an_{max}+1\le1Sn_{max}\le1an_{max}+2$
Ogólnie nazwiemy takie wiersze wierszami typu S
Elementami wiersza 5 jest ciąg elementów wiersza 4 rozpoczynający się od 1.
Jest to jednocześnie początek nowego cyklu czyli wiersz typu a i elementy macierzy A.


Ponieważ:

$a_{11}=a_{21}=...=a_{n1}=c_{11}=c_{21}=...=c_{n1}$

Ich suma binarna bedzie bez końca redukować jedynki.
Wszystkie liczby nieparzyste kończą na 1.
Co należało udowodnić.



Wiadomość była modyfikowana 2014-04-12 18:39:41 przez pilur

pilur
postów: 14
2014-04-14 16:01:42

Dodałem jedno równanie:
$3*(1+\sum_{n=0}^{n}2^{2n+2})+1=2^{2n+4}$

Dla zainteresowanych udostępniam link do pracy w formacie .pdf:
https://www.dropbox.com/s/l6m0bpw13vespb0/Collatz.pdf

Wiadomość była modyfikowana 2014-04-14 16:08:49 przez pilur

pilur
postów: 14
2014-04-30 16:11:20

Myślę, że rozwiązanie kolegi Rebusa jest poprawne.

strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj





© 2019 Mariusz Śliwiński      o serwisie | kontakt   drukuj