2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3
 
 Re: Доказательство гипотезы 3x+1.
Сообщение27.11.2017, 10:17 
Заслуженный участник


14/01/11
1778
Tot в сообщении #1269501 писал(а):
Для удобства записи бесконечного случая в форме (1) переобозначим индексы у альф в обратном порядке.
$$z_0=-1-\sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{\sum_{i=1}^{j}\alpha_i}}{3^j}$$

Хм, как это вы так лихо расправились с первым членом суммы (1), вот с этим: $\frac{2^{\sum_{i=1}^n\alpha_i}}{3^{n-1}}$ ? Ведь он, неформально выражаясь, может быть бесконечно большим. И это приводит нас к необходимости строгого формального определения понятия "бесконечное разложение по форме (1)". Будьте добры предоставить его.
Tot в сообщении #1269501 писал(а):
Введём параметр сходимости ряда $p$.
$$p=\prod_{j=1}^{\infty}\frac{2^{\alpha_j}}{3^j}$$
При $p<1$ ряд сходится, при $p>1$ ряд рассходится.

Вот это очень странно смотрится, где вы видели такой признак сходимости? Попробуйте воспользоваться каким-нибудь из известных (или хотя бы верных :-) ) признаков, например, признаком Даламбера.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы 3x+1.
Сообщение27.11.2017, 18:46 


08/12/13
206
Sender в сообщении #1269517 писал(а):
Хм, как это вы так лихо расправились с первым членом суммы (1), вот с этим: $\frac{2^{\sum_{i=1}^n\alpha_i}}{3^{n-1}}$ ? Ведь он, неформально выражаясь, может быть бесконечно большим. И это приводит нас к необходимости строгого формального определения понятия "бесконечное разложение по форме (1)". Будьте добры предоставить его.

В таком случае возникнет альфа с индексом бесконечность плюс один. Не знаю, как оперировать с таким. Может определить предельный переход и рассматривать его свойства?
В общем белое пятно осталось.
Sender в сообщении #1269517 писал(а):
Вот это очень странно смотрится, где вы видели такой признак сходимости? Попробуйте воспользоваться каким-нибудь из известных (или хотя бы верных :-) ) признаков, например, признаком Даламбера.

Согласен, можно определить более аккуратно без введения новой сущности.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы 3x+1.
Сообщение03.12.2017, 15:07 


08/12/13
206
Вариант четвёртый, переработанный.

Доказательство гипотезы $3x+1$.

План.
1] Формулировка гипотезы.
2] Схема доказательства.
3] Правило $3\frac{z+1}{2^{\gamma}}$.
4] Доказательство.
5] Вывод.

1] Формулировка гипотезы.
Для натурального числа $x$ задана процедура получения нового значения из старого по схеме:
$x_{new}=\frac{3x_{old}+1}{2}$, если $x_{old}$ нечётно или $x_{new}=\frac{x_{old}}{2}$ в противном случае.
Доказать, что для любого конечного $x$ такая процедура после некоторого числа шагов всегда заканчивается $1$.

2] Схема доказательства.
$x$ всегда можно представить в виде $x=2^{\beta}y$, где $y\in\mathbb N, y\mod 2\equiv 1, \beta\in\{\mathbb N; 0\}$. Причём иксы с произвольным $\beta$ эквивалентны в смысле конечного результата процедуры.
Если конечный результат многократного применения процедуры к $y$ равен $1$, то $y$ можно представить в следующем виде.
$$y=\frac{\frac{\frac{\frac{\frac{2^{\alpha_1}-1}{3}2^{\alpha_2}-1}{3}2^{\alpha_3}-1}{3}...}{3}2^{\alpha_n}-1}{3}$$
$n,\alpha_1,...,\alpha_n\in\mathbb N$
Самую нижнюю степень перенесём влево, справа же приведём к общему знаменателю и разобъём на отдельные степени двойки.
$$3y=\frac{2^{\sum_{i=1}^{n}\alpha_i}}{3^{n-1}}-\frac{2^{\sum_{i=2}^{n}\alpha_i}}{3^{n-1}}-\frac{2^{\sum_{i=3}^{n}\alpha_i}}{3^{n-2}}-...-\frac{2^{\alpha_n}}{3}-1\eqno(1)$$
Гипотеза $3x+1$ сводится к гипотезе о том, что в конечной форме (1), то есть $n\neq\infty$, представим любой конечный$3y$.
Доказательство проведём по схеме:
1) рассмотрим в разделе 3] правило перехода от одного нечётного тройного игрека к другому нечётному тройному игреку без потери формы (1) и найдём условие его применения в обе стороны;
2) убедимся в разделе 4], что тройных игреков, имеющих только бесконечное представление в форме (1) не существует.
Суть схемы доказательства заключается в следующем. Пусть есть правило, при преобразовании нечётного тройного игрека по которому сохраняется форма (1).
При этом условия существования в этой форме начального и конечного тройных игреков по правилу взаимны.
При этом данное правило применимо к любому нечётному тройному игреку. Цепочка последовательного применения правила даёт всегда форму (1) в конечном или бесконечном варианте.
Доказываем от противного. Предполагаем, что существуют тройные игреки, которые представимы только в бесконечном представлении формы (1), рассматриваем минимальный из них.
Покажем, что множество таких потенциальных тройных игреков разбивается на несколько подмножеств, каждое из которых пусто в силу имеющегося логического противоречия.
При этом исключением из всех вариантов может стать только заведомо бесконечно большое число, так как гипотеза $3x+1$ говорит лишь о всех конечных числах натурального ряда.

3] Правило $$3\frac{3y+1}{2^{\gamma}}	\eqno(2)$$.
Пусть дан $3y_0$ в форме (1). При этом $y_0\mod 2\equiv 1$.
$$3y_0=\frac{2^{\sum_{i=1}^{n}\alpha_i}}{3^{n-1}}-\frac{2^{\sum_{i=2}^{n}\alpha_i}}{3^{n-1}}-\frac{2^{\sum_{i=3}^{n}\alpha_i}}{3^{n-2}}-...-\frac{2^{\alpha_n}}{3}-1$$
Применим (2) для получения $3y_1$. $\gamma=\alpha_n,y_1\in\mathbb N, y_1\mod 2\equiv 1$.
$$3y_0\stackrel{3\frac{3y+1}{2^{\alpha_n}}}{\longrightarrow}3y_1$$
В схематическое выражение преобразования по правилу над стрелкой вместо игрека подставляем входной игрек с индексом, тройку подставлять не нужно, она там уже есть.
$$3y_1=\frac{2^{\sum_{i=1}^{n-1}\alpha_i}}{3^{n-2}}-\frac{2^{\sum_{i=2}^{n-1}\alpha_i}}{3^{n-2}}-\frac{2^{\sum_{i=3}^{n-1}\alpha_i}}{3^{n-3}}-...-\frac{2^{\alpha_{n-1}}}{3}-1$$
Получили $3y_1$ в форме (1).
Теперь рассмотрим обратное преобразование. Ограничения на $3y_1$ и $3y_0$ прежние. Пусть дан $3y_1$ в форме (1).
$$3y_1=\frac{2^{\sum_{i=1}^{n}\alpha_i}}{3^{n-1}}-\frac{2^{\sum_{i=2}^{n}\alpha_i}}{3^{n-1}}-\frac{2^{\sum_{i=3}^{n}\alpha_i}}{3^{n-2}}-...-\frac{2^{\alpha_n}}{3}-1$$
Тогда умножим на $2^{\gamma}$, разделим на три и вычтем единицу, это всегда можно сделать, и получим $3y_0$ в форме (1) при $\forall\gamma\in\mathbb N$.
$$3y_1\stackrel{3\frac{3y+1}{2^{\gamma}}}{\longleftarrow}3y_0$$
Движение от входа к выходу против стрелочки задаёт обратное преобразование.
$$3y_0=\frac{2^{\gamma+\sum_{i=1}^{n}\alpha_i}}{3^{n}}-\frac{2^{\gamma+\sum_{i=2}^{n}\alpha_i}}{3^{n}}-\frac{2^{\gamma+\sum_{i=3}^{n}\alpha_i}}{3^{n-1}}-...-\frac{2^{\gamma+\alpha_n}}{9}-\frac{2^{\gamma}}{3}-1$$
Следовательно, правило (2) обратимо, начальное и конечное значения взаимно представимы в форме (1), то есть одновременно либо в конечной форме, либо в бесконечной форме.

4] Доказательство.
Докажем, что конечных $3y\in\mathbb N, y\mod 2\equiv 1$ , имеющих лишь бесконечное разложение по форме (1), не существует.
Доказывать будем от противного. Пусть такие тройные игреки существуют. Тогда среди них есть минимальный, который обозначим $3y_0$. Очевидно, что $3y_0>3$, это проверяется подбором.
Для удобства записи бесконечного случая в форме (1) переобозначим индексы у альф в обратном порядке.
$$3y_0=\frac{2^{\sum_{i=1}^{\infty+1}\alpha_i}}{3^{\infty}}-\sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{\sum_{i=1}^{j}\alpha_i}}{3^j}-1\eqno(3)$$
Форма (3) является бесконечным вариантом конечной формы (1).
Уменьшаемое здесь получено чисто формально, оно может быть либо бесконечным, либо конечным, но при этом неопределяемым числом.
У него свойства не такие, как у обычных чисел, поэтому работать с ним будем на чисто логическом уровне.
Называть его будем неопределённым уменьшаемым формы (3).
Введём обозначение $j$го члена ряда формы (3).
$$p_j=\frac{2^{\sum_{i=1}^{j}\alpha_i}}{3^j}$$
Разобъём множество потенциальных $y_0$ на два подмножества по наличию или отсутствию конечного члена ряда $p_l>1$.
Сначала рассмотрим случай, когда такой $p_l$ существует.
Имеем $\exists l\in\mathbb N$ такое, что $\forall m\in\mathbb N, m<l$ имеем $p_m<1$, но при этом $p_l>1$.
Тогда произведём преобразования по следующей схеме.
$$3y_0\stackrel{3\frac{3y+1}{2^{\alpha_1}}}{\longrightarrow}3y_1\stackrel{3\frac{3y+1}{2^{\alpha_{2}}}}{\longrightarrow}3y_2\stackrel{3\frac{3y+1}{2^{\alpha_{3}}}}{\longrightarrow}3y_3...\stackrel{3\frac{3y+1}{2^{\alpha_{l}}}}{\longrightarrow}3y_l$$
Имеем $3y_l<3y_0$, так как $p_l>1$.
Получили противоречие из-за того, что у нас $3y_0$ является минимальным тройным игреком, не имеющим конечного разложения.
Из-за конечности цепочки преобразований число $3y_l$ также должно иметь только бесконечный вариант разложения по форме (3).
Следовательно, все элементы множества потенциальных $3y_0$ имеют $\forall p_j<1$.
А это значит, что в форме (3) имеем сходящийся ряд по Даламберу, при необходимости $p_j$ можем перегруппировать по росту в нужном порядке и применить означенный критерий сходимости ряда.
Поэтому неопределённое уменьшаемое формы (3) является строго конечным, так как в противном случае из-за сходимости ряда имеем логическое противоречие.
Введём в рассмотрение эталонный ряд.
$$3=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{2^j}{3^j}\eqno(4)$$
Эталонный он в силу минимальности натуральных альф в форме (3), они там все единичные.
Это значит, что разница между сходящимся формы (3) и эталонным рядами будет конечным или бесконечным рядом, все слагаемые которого положительны.
Рассмотрим вариант, когда ряд формы (3) отличается от эталонного конечным числом альф.
Так как число отличий конечно, то существует отличие с максимальным индексом, то есть $\exists l\in\mathbb N$ такое, что $\forall m\in\mathbb N, m>l$ имеем $\alpha_m=1$.
Тогда произведём преобразования по следующей схеме.
$$3y_0\stackrel{3\frac{3y+1}{2^{\alpha_1}}}{\longrightarrow}3y_1\stackrel{3\frac{3y+1}{2^{\alpha_{2}}}}{\longrightarrow}3y_2\stackrel{3\frac{3y+1}{2^{\alpha_{3}}}}{\longrightarrow}3y_3...\stackrel{3\frac{3y+1}{2^{\alpha_{l}}}}{\longrightarrow}3y_l$$
Имеем $3y_l>3y_0$, так как ряд формы (3) сходящийся, но при этом $3y_l$ является конечным из-за конечного числа преобразований в цепочке.
Выпишем нечётное $3y_l$.
$$3y_l=\frac{2^{\sum_{i=1}^{\infty+1}\alpha_i}}{3^{\infty}}-\sum_{j=0}^{\infty}\frac{2^j}{3^j}$$
Любое нечётное число имеет однозначное разложение по правилу (2) либо в форме (1), либо в форме (3).
Поэтому имеем логическое противоречие, так как $3y_l\neq\lim_{n\to\infty}2^n-3$. Именно такое бесконечное число имеет указанное выше разложение по правилу (2) в форму (3).
Теперь рассмотрим последний вариант, когда ряд формы (3) отличается от эталонного бесконечным числом альф.
Прибавим (4) к (3), а затем избавимся от чётности в левой части делением. Получим слева натуральный нечётный $3y_1$. Степень чётности обозначим $\gamma$.
$$3y_1=\frac{\frac{2^{\sum_{i=1}^{\infty+1}\alpha_i}}{3^{\infty}}-\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(2^{\sum_{i=1}^{j}\alpha_i}-2^j)}{3^j}}{2^\gamma}$$
В рассматриваемом случае имеем бесконечное число отличий у альф разложения числа $3y_0$ от альф эталонного ряда.
Это значит, что $3y_1$ имеет только бесконечное разложение формы (3) и не имеет конечного разложения формы (1).
$$3y_1=\frac{2^{\sum_{i=1}^{\infty+1}\alpha^{*}_i}}{3^{\infty}}-\sum_{j=1}^{\infty}\frac{2^{\sum_{i=1}^{j}\alpha^{*}_i}}{3^j}-1$$
Но $3y_1<3y_0$, а $3y_0$ является минимальным числом с разложением только по форме (3). Имеем логическое противоречие в последнем из возможных вариантов.
Отсюда следует, что конечных тройных игреков, имеющих только разложение по форме (3), не существует.

5] Вывод.
Было показано, что $\forall 3y\in\mathbb N, y\mod 2\equiv 1$, кроме бесконечно больших, существует строго конечное представление в форме (1).
А это значит, что гипотеза $3x+1$ верна.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 33 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group