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

[Три А,да]

Цитата:

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

Пусть будет $N+1$

Цитата:

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

Да, но
Идея в том, что для подтверждения гипотезы Колатца для некоторого числа $M$ надо перейти к числу, для которого гипотеза Колатца подтверждена, и это число не обязательно должно быть меньше $M$

Для примера возьмём число $15$. Пусть проверку гипотезы Колатца напрямую мы закончили на числе $12$. Тогда число $13$ также удовлетворяет гипотезе Колатца, поскольку $4k_2+1$ удовлетворяет гипотезе Колатца.

Тогда число $52$ удовлетворяет гипотезе Колатца, поскольку $52=4\times13$
Отсюда $53$ удовлетворяет гипотезе Колатца, в соответствии с $4k_2+1$, поскольку $52$ кратно $4$

Теперь вернёмся к $15$, которое можно описать формулой $4k_2+3$. После первой итерации мы получим число $23$, которое также описывается формулой $4k_2+3$, то есть, для числа $23$ гипотеза Колатца ещё не доказана. Следующая итерация даст число $35$ также описываемое формулой $4k_2+3$, а уже следующая итерация даст число $53$, которое гипотезе Колатца удовлетворяет и описывается формулой $4k_2+1$.

Цитата:

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

Собственно это и говорит о том, что мы вышли на число, для которого гипотеза Колатца подтверждена, как в примере $15\to23\to35\to53$

[Dmitriy40]

Три А,да
Цепочка чисел $703 \to 1055 \to 1583 \to 2375 \to 3563 \to 5345 \to 4009 \to 3007 \to 4511 \to 6767 \to 10151 \to 15227 \to 22841 \to 17131 \to 25697 \to 19273 \to 14455 \to 21683 \to 32525$ приходит к числу вида $4k+1$, но четверть от него является нечётным числом и ещё не доказанным.
И не видно причин чтобы продолжение цепочки ($\to 12197 \to 2287 \to 3431 \to 5147 \to 7721 \to 5791 \to 8687 \to 13031 \to 19547 \to 29321 \to 21991 \to 32987 \to 49481 \to 37111 \to 55667 \to 83501 \ldots$) непременно уменьшило число до доказанных (менее $703$).

[waxtep]

Три А,да в сообщении #1704529 писал(а):

Идея в том, что для подтверждения гипотезы Колатца для некоторого числа $M$ надо перейти к числу, для которого гипотеза Колатца подтверждена, и это число не обязательно должно быть меньше $M$

Кажется, это утверждение о том, что от любого натурального числа можно тем или иным образом дотянуться до одного из ранее проверенных, эквивалентно исходной гипотезе. Т.е. это переформулировка, но не доказательство. Почему оно не может расти безгранично? Почему невозможны другие циклы, кроме $4\rightarrow2\rightarrow1$?