Гипотеза Колатца

[Martynov_M]

Sergey#Vex в сообщении #1693689 писал(а):

тут черновик моей идеи

Google пишет:
"Страница не найдена. Не удалось открыть файл. Проверьте правильность адреса..."

[Три А,да]

MerkulovaLE в сообщении #1686171 писал(а):

Какая интересная тема, вставлю свои пять копеек:
1)

$F$-функция Коллатца

$F(2x-1)=(2x-1)3+1=6x-3+1=6x-2$

$F(6x-2)=3x-1$

Преобразуем формулу

$F(2x-1)=3x-1$

$F(2x)=x$

Теперь прибавим единицу к правой и левой части

$F_1(2x)=3x$

$F_1(2x+1)=x+1$

К результату тоже добавляем единицу:

$1+1=2$

$F_1(2)=3$

$F_1(3)=2$

$F_1$ зацикливается на $2$ и $3$

Возьмем обратную к $F_1$ функцию $F_2$

$F_2(3x)=2x$

$F_2(x+1)=2x+1$

$y=x+1$

$x=y-1$

$F_2(y)=2(y-1)+1=2y-1$

В итоге

$F_2(3x)=2x$

$F_2(x)=2x-1$

Чтобы доказать гипотезу Коллатца надо доказать, что $F_2$ от двойки дойдет до любого числа, большего двойки

2)
Функция Коллатца

$F(4x+3)=(4x+3)3+1=12x+10$

$F(12x+10)=6x+5$, нечетное число

$F(8x+1)=(8x+1)3+1=24x+4$

$F(24x+4)=6x+1$, нечетное число

$F(4x+1)=(4x+1)3+1=12x+4$

$F(12x+4)=3x+1$

Если $х$ – нечетное число, то $F(4x+1)=x$, который на следующем же шаге будет равен
$3x+1$. $F(8x+5)=2x+1$

Объединяем

$F(4x+3)=6x+5$

$F(8x+1)=6x+1$

$F(8x+5)=2x+1$

Вычитаем из обеих частей единицу и делим на 2

$F_1(2x+1)=3x+2$

$F_1(4x)=3x$

$F_1(4x+2)=x$

Довести надо до $\frac{(1-1)}{2}$, то есть до нуля. Тогда гипотеза Коллатца будет доказана.

3)

$F(x)=3x+1$, если х – нечетное

$F(2x)=x$

Умножим обе части на 3

$F_1(3x)=9x+3$

$F_1(6x)=3x$

Довести надо до $3$

Разделим $x$ на $3$

$F_2(x)=3x+3=3(x+1)$

$F_2(2x)=x$

Но $x$ должен делиться на $3,$ что достигается при первом умножении $х$ на три с добавлением тройки

Если в результате применения функции $F_2$ к положительным числам получается $3$, то гипотеза Коллатца доказана

4)

$F(2x-1)=3x-1$

$F(2x)=x$

$F(x2^{y}-1)=x3^{y}-1$

$x$ – нечетное число $= 2z+1$

$(2z+1)3^{y}-1=2z3^{y}+3^y-1=2z3^{y}+2(1+3+9+\ldots+3^{(y-1)})$

Делим на $2$

$z3^{y}+1+3+\ldots +3^{(y-1)} = (((3z+1)3+1)3+\ldots +1)$

Идет чередование четных и нечетных значений в скобках. Если значение нечетное, то $3x+1$ – следующий шаг, то есть, если $4x+3$ сходится к единице, то или $2x+1$, или $8x+7$ – тоже сходится к единице. А если $4x+3$ не сходится к единице, то или $2x+1$, или $8x+7$ не
сходится.

$4$ копейки получилось…

А Вы зря остановились.

[Три А,да]

Собственно, моё (субъективное) доказательство:

Разделяй и властвуй

Пусть мы проверили $N$ чисел на соответствие гипотезе, то есть все числа до $N$ включительно удовлетворяют гипотезе Колатца.
Учитывая произвольность, потребуем, чтобы $N$ было кратным $4$ то есть $N=4k_2$.

0) Все числа от $1$ до $N=4k_2$ включительно удовлетворяют гипотезе Колатца

1) Рассмотрим числа $N=4k_2 + 1$
Числа являются нечётными, поэтому первое действие, согласно гипотезе, заключается в умножении на $3$ и прибавлении $1$
Имеем:
$3(4k_2 + 1)+1=12k_2+4=4(3k_2 + 1)$
Полученное число кратно, как минимум, $4$
После деления на $4$ получим $3k_2 + 1$, которое удовлетворяет гипотезе Колатца, поскольку $3k_2 + 1 < 4k_2$

2) Рассмотрим числа $N=4k_2 + 2$
Числа являются чётными, поэтому первое действие, согласно гипотезе, заключается в делении на $2$
После деления на $2$ получим $2k_2 + 1$, которое удовлетворяет гипотезе Колатца, поскольку $2k_2 + 1 < 4k_2$

3) Рассмотрим числа $N=4k_2 + 3$
Числа являются нечётными, поэтому первое действие, согласно гипотезе, заключается в умножении на $3$ и прибавлении $1$
Имеем:
$3(4k_2 + 3)+1=12k_2+10=2(6k_2 + 5)$

Число $2(6k_2 + 5)$ является чётным, после деления на $2$ получается число $6k_2 + 5$, которое является нечётным
Полученное число $6k_2 + 5$ либо выводит нас в множество чисел, которые уже удовлетворяют гипотезе Колатца, либо в тот же самый набор чисел.
приравняем $6k_2 + 5$ числу $4\tilde{k_2} + 3$, таким образом мы определяем, что попали в то же самое множество чисел или вышли из него в множество чисел, для которых гипотеза Колатца уже доказана

$6k_2 + 5=4\tilde{k_2} + 3$
Получаем

$6k_2 + 2=4\tilde{k_2} $

$3k_2 + 1=2\tilde{k_2} $

Откуда получаем, что при чётных $k_2$ (включая $0$) величина $3k_2 + 1$ является нечётной, то есть выводит нас в числа, для которых гипотеза Колатца уже подтверждена, поскольку нечётная величина не может быть равна чётному $2\tilde{k_2} $

А при нечётных $k_2$ мы попадаем в ту же последовательность $4k_2 + 3$ с той лишь разницей, что оставшиеся числа, для которых гипотеза Колатца не доказана описываются формулой $8k_3 + 7$
Эти числа являются нечётными, поэтому далее поступаем аналогичным образом, а именно: умножаем на $3$ и прибавляем $1$, а далее тоже аналогично: Полученный результат делится на две группы
Первая выводит нас в числа, для которых гипотеза Колатца уже доказана;
Вторая выводит нас в числа, которые описываются формулой $16k_4 + 15$

Так мы можем поступать сколько угодно раз, получая
$32k_5 + 31$ (остальные удовлетворяют гипотезе Колатца)
$64k_6 + 63$ (остальные удовлетворяют гипотезе Колатца)
и т.д.

то есть для любого $N$, описываемого формулой $N=4k_2 + 3$ (для других $N$ гипотеза выполняется в соответствии с пунктами 0, 1, 2) можно указать такое $p$ (чётное $k_p$, включая $0$), что $N=2^p k_p+2^p - 1$ будет удовлетворять гипотезе Колатца, для других $N$ (нечётных $k_p$) всегда можно провести переобозначения $k_p=2k_{p+1} + 1$ и перейти к $N=2^{p+1} k_{p+1}+2^{p+1} - 1$
То есть для любого числа $N$ можно найти соответствующее число $p$, в соответствии с которым оно при первой же итерации гипотезы Колатца будет выводится в множество чисел, для которых гипотеза Колатца верна.

-- Вс окт 05, 2025 01:22:38 --

4) $4k_2+4=4(k_2+1)$
Что приводит нас к числу $k_2+1$, для которого гипотеза Колатца соблюдается
И т.д. по накатанной.

[waxtep]

Три А,да в сообщении #1704496 писал(а):

1) Рассмотрим числа $N=4k_2 + 1$

А почему числа? Это ведь всего одно число, согласно п.0. И обозначение $N$ уже занято, видимо, лучше взять другое.

Три А,да в сообщении #1704496 писал(а):

Полученное число $6k_2 + 5$ либо выводит нас в множество чисел, которые уже удовлетворяют гипотезе Колатца, либо в тот же самый набор чисел.

Честно говоря, непонятно. Получается какое-то нечетное число, заведомо большее всех ранее проверенных.

Три А,да в сообщении #1704496 писал(а):

приравняем $6k_2 + 5$ числу $4\tilde{k_2} + 3$,

Но при четном $k_2$ так, конечно, не получится, в целых числах