Гипотеза эквивалентная гипотезе Коллатца

[Soul Friend]

$x, y \in N$ , $a(1)=x$ - первый элемент множества, выбираем любое натуральное число. Далее, множество строится по этим условиям :

$$\begin{cases} a(n) \equiv 0 \mod(3) \, \to \, a(n+1)=\frac{a(n)}{3} \\ a(n) \equiv 1 \mod(3) \, \to \, a(n+1)=a(n)+2 \\ a(n) \equiv 2 \mod(3) \, \to \, a(n+1)=a(n)-1 \\ a(n)=2^y \, \to \, a(n+1)=\frac{a(n)}{2} \\ \end{cases}$$

1) Формулировка: Конечный элемент множества $a(n)$, при любом начальном $x$, будет равно единице.
2) Если доказать биективность всех элементов множеств a(n) со всеми элементами множеств $a(m)$ из гипотезы Коллатца, то думаю, это будет означать эквивалентность двух гипотез. Если доказать 1) , то будет считаться доказанной и гипотеза Коллатца. Как думаете, эквивалентно или нет, если нет то почему (если биекция существует)?

[kotenok gav]

Чему равно $a(2)$ при $a(1)=4$?

[Soul Friend]

$2^1$, далее $\frac{2}{2}=1$

[kotenok gav]

А почему не $a(2)=6$ по второй строке?

[Soul Friend]

ну это отдельное условие такое, конечно, надо было указать "кроме случаев $a(n)=2^y$ для $(\mod 3)$

[arseniiv]

Как понимаю, у вас везде вместо «множество» надо читать «последовательность».

Soul Friend в сообщении #1512294 писал(а):

1) Формулировка: Конечный элемент множества $a(n)$, при любом начальном $x$, будет равно единице.

Что значит «конечный»? Надо читать это как «существует $n$ такое, что $a(n) = 1$»? А то дальше там будет 3, 1, 3, 1…

[Soul Friend]

arseniiv в сообщении #1512309 писал(а):

Что значит «конечный»?

последний.
при достижении 1 остановить вычисление.

[Dmitriy40]

Доказывается элементарно:
Расти число может только в одном случае, если $x\equiv 1 \pmod{3}$, при этом оно гарантированно становится $\equiv 0 \pmod{3}$ и на следующем шаге уменьшается втрое.
Потому какое бы число не взяли, максимум за два шага оно станет меньше себя самого.
Но бесконечно уменьшать числа нельзя, значит они все гарантированно свалятся к началу числового ряда.
Осталось проверить что будет для малых чисел.
Для $1$ будет цикл $1-3-1-3-1-\ldots$.
Для $2$ будет $2-1$ и далее тот же цикл.
Для $3$ будет сразу тот же цикл.
Для $4$ будет $4-2-1$ и снова тот же цикл.
Можно конечно ещё несколько проверить, но уже лишнее.
Ну и всё.

Если конечно забыть что никакого "конечного элемента множества" нет и в помине.

[Soul Friend]

arseniiv в сообщении #1512309 писал(а):

Как понимаю, у вас везде вместо «множество» надо читать «последовательность».

да, получается так.

[Dmitriy40]

Soul Friend
Покажите хотя бы одно число, которое выдаёт последовательность с числами больше чем само оно плюс два?
А то без такого примера как-то совсем уж банально ...
И Коллатц вообще не при делах.

[Soul Friend]

Dmitriy40 в сообщении #1512317 писал(а):

И Коллатц вообще не при делах.

2) Про биекцию что вы думаете.

-- 31.03.2021, 22:45 --

Dmitriy40 в сообщении #1512311 писал(а):

"конечного элемента множества" нет и в помине.

а если множество упорядочено ?

[Dmitriy40]

Soul Friend
Вообще не понимаю что Вы под биективностью подразумеваете.
У Вас построение $a(n)$ зависит от выбора начального значения $a(1)=x$. Т.е. для разных $x$ будут вообще говоря разные последовательности. Ну и какую из них будете сравнивать с Коллатцом? И с каким именно, там ведь тоже зависимость от начального числа есть. Или для одинаковых начальных чисел? Уж поясняйте нормально, вторая Ваша тема и снова мало чего понятно из первого сообщения.
Это было первое.
Второе, у Вас последовательность не растёт (уж точно не более чем $x+2$, или жду хотя бы одного примера обратного), а Коллатц растёт неограниченно (вероятно, пока не доказано) — ну и? Чего тут биектировать то?! Конечное множество с вероятно бесконечным? Сами то понимаете глупость неразумность этого?

-- 31.03.2021, 19:55 --

Soul Friend в сообщении #1512320 писал(а):

Dmitriy40 в сообщении #1512311 писал(а):

"конечного элемента множества" нет и в помине.

а если множество упорядочено ?

Так у Вас не множество, а последовательность.
Если Вы её превратите в множество, с исключением повторов, то получите некий набор чисел, не превышающий $x+2$. А Коллатц легко и непринуждённо выдаёт первым же "ходом" утроенное начальное число. И?

[Soul Friend]

Dmitriy40 в сообщении #1512322 писал(а):

Ну и какую из них будете сравнивать с Коллатцом? И с каким именно,

Не отдельно взятые последовательности, а совокупность их всех со всеми. Я пока думаю над этим, как правильно передать мысль.

[Dmitriy40]

Если второе условие переписать в виде $a_n \equiv 1 \pmod{3} \to a_{n+1}=\dfrac{a_n+2}{3}=\dfrac{a_n-1}{3}+1$, исключив промежуточное значение $a_n+2$, то ясно видно что так модифицированная последовательность вообще никогда не растёт. А значит не растёт и исходная, за исключением выброшенных $a_n+2$, не образующих растущих цепочек.
Что тут можно сравнивать с Коллатцем, непонятно. Ждём нормальных объяснений ...

[Soul Friend]

Обозначим гипотезу Коллатца как $3z+1$; $k=3z+1$;

$$ \begin{cases} z\equiv 0 \, (\mod 3) \, esli \, k\neq 2^{m_1} \, to \, \frac{3z+1}{2^{m_2}} \equiv 1 (\mod 3) \\ z\equiv 1 \, (\mod 3) \, esli\, k\neq 2^{m_1} \, to \, \frac{3z+1}{2^{m_2}} \equiv 1 (\mod 3) \\ z\equiv 2 \, (\mod 3) \, esli \, k\neq 2^{m_1} \, to \, \frac{3z+1}{2^{m_2}} \equiv 1 (\mod 3) \\ k=2^m\equiv 1 \, (\mod 3) \, to \, skatyvaemsya \, do \, 1. \end{cases} $$

Отпуская (упрощая) все умножения на $3$ (ведь если $k\neq 2^m$, то всё равно получаем нечётные числа), упрощаем (заменяем) $3z+1$ на условия в начале темы.

p.s: я вспешке мог что то неправильно посчитать. Сейчас перепроверяю.