Гипотеза Коллатца, путь к доказательству через окончания

[Гость]

Но оно же не образует нечетное начала этого же повышающего ряда.

Хотя... (3n+1):4=nх n-натуральное нечетное , х - натуральное четное, кратное 2, включая натуральное нечетное 1.
(3×1+1):4=1×1

[Гость]

...образует нечетное начала этого же повышающего ряда.

Хотя... (3n+1):4=nх n-натуральное нечетное , х - натуральное четное, кратное 2, включая натуральное нечетное 1.
(3×1+1):4=1×1

((3n+1)3/2+1):4=nх n-натуральное нечетное , х - натуральное четное, кратное 2, включая натуральное нечетное 1 ?

[Гость]

((3n+1)3/2+1):4=nх n-натуральное нечетное , х - натуральное четное, кратное 2, включая натуральное нечетное 1 ?

Четные все кратные 2 и в итоге nx - не может быть два перемноженных нечетных, помноженных на 2, кроме одного из них, равного 1. То есть эти четные "х" должны быть принадлежащими двум в какой-то степени.

[Гость]

((3n+1)3/2+1):4=nх n-натуральное нечетное , х - натуральное четное, кратное 2, включая натуральное нечетное 1 ?

Четные все кратные 2 и в итоге nx - не может быть два перемноженных нечетных, помноженных на 2, кроме одного из них, равного 1. То есть эти четные "х" должны быть принадлежащими двум в какой-то степени.

Тогда точнее ((3n+1)3/2+1)=n[tex]2^{t}[/tex]
t - натуральные числа от 1 до [tex]\infty[/tex].

[Гость]

Тогда точнее ((3n+1)3/2+1)=n[tex]2^{t}[/tex]
t - натуральные числа от 1 до [tex]\infty[/tex].

Здесь :4 пропущено.
((3n+1)3/2+1):4=n[tex]2^{t}[/tex]
t - натуральные числа от 1 до [tex]\infty[/tex].
n - нечетное натуральное число.
Но тогда [tex]2^{t }[/tex] невозможно сделать единицей в соответствии с условиями задачи, поэтому так тоже не корректно.

[Alan Kotturindir]

Тогда точнее ((3n+1)3/2+1)=n[tex]2^{t}[/tex]
t - натуральные числа от 1 до [tex]\infty[/tex].

Здесь :4 пропущено.
((3n+1)3/2+1):4=n[tex]2^{t}[/tex]
t - натуральные числа от 1 до [tex]\infty[/tex].
n - нечетное натуральное число.
Но тогда [tex]2^{t }[/tex] невозможно сделать единицей в соответствии с условиями задачи, поэтому так тоже не корректно.

t - вполне может быть не положительным целым, а неотрицательным целым, тогда 2**0 = 1 вполне возможно.
Тем не менее общий вид, не учитывающий конкретные примеры: ((3**m1)*n + C)/(2**m2) ? n
Учитывая, что половина делений 2**1, половина оставшихся 2**2, половина оставшихся 2**3 и так далее, получается что m2 в два раза больше m1, если m1 стремится к бесконечности.
Описанный общий вид также позволяет делать n четным, хоть это и бессмысленно.
Из того, что еще очевидно: если ? - =, то гипотеза опровергается, если n != 1, если ? - >, то гипотеза опровергается, и если ? - <, то гипотеза подтверждается.

И предложенный вариант ((3n+1)3/2+1):4=n[tex]2^{t}[/tex] теоретически возможен только если t = 0, так как иначе слева будет нечетное а справа - четное.

[Гость]

И предложенный вариант ((3n+1)3/2+1):4=n[tex]2^{t}[/tex] теоретически возможен только если t = 0, так как иначе слева будет нечетное а справа - четное.

А почему чётность не совпадает?
(3n+1) - четное
:2- нечетное
×3 - нечетное
+1 - четное
:4 - четное
далее: n - нечетное
[tex]2^{t}[/tex] должно привести нечетное к тому же четному. Тогда можно попробовать найти такое совпадение (замыкание) или опровергнуть его возможность.
Да, получаются не те четные.
В ряду нечетных, кратных 3, между числами 5 натуральных чисел. А натуральные четные с четной и нечетной половинами через одно четное число.
1. Следующие за нечетными в ряду, кратных трем (чп - четная половина, нп- нечетная половина): 3(4чп),9(10нп),15(16чп),21(22нп),27(28чп),33(34нп)....141(142нп),147(148чп)......219(220чп),225(226нп) - т.е. не все четные следуют, а через 2 четных числа. Если нечетное попало в ряд, то четное, которое его образует, вообще может не попадать в ряд за кратными трем натуральными нечетными.
2. Натуральные четные, не входящие в ряд за натуральными нечетными, кратными трем ( в скобках сколько чисел между ними):
нп - 6(8),14(4),18(8),26(4),30...
чп- 8(4),12(8),20(4),24(8),32....
Они следуют через 4,8 чисел, выпадают из деления за (3n+1) в своих разрядах и встречаются в понижающих последовательностях. Если они образуют нечетное в конце, например, 9, то необходимо делить четное на двойку в какой-то степени, до последнего целого.
Например,1152=9×128, т.е. × [tex]2^{7}[/tex]

[Alan Kotturindir]

В последовательности Коллатца после деления число всегда нечетное. Если число можно разделить на 4, но нельзя на 8, то оно будет разделено на 4, но если его можно разделить на 8, то это необходимо сделать. В рассмотрении окончаний это работает не так только из-за того, что рассматриваются только окончания, из-за чего ключевым становится признак деления. То есть при рассмотрении обычного числа, если после деления на 4 число осталось четным, значит его нужно снова разделить на 2, и так до тех пор, пока число не станет нечетным.

[Гость]

Если я не ошибаюсь, среднее соотношение при стремлении в бесконечность - 0.79, однако это все еще не доказывает, что нет цикла, который замыкался бы сам в себе...

Если рассмотреть повышающие последовательности утроение через одно деление, то уровень последнего не превышающего деления на таких числах:
4 194 303 до 418 414 128 809 (20р)
×[tex]2^{24}[/tex] 274 877 841 408
10 239 до 1 771 467 (10р)
×[tex]2^{7 }[/tex] 1 310 592
1 023 до 78 729 (8р)
×[tex]2^{6 }[/tex] 65 472
511 до 39 363 (8р)
×[tex]2^{6 }[/tex] 32 704
Концы находятся далеко, чем больше числа, тем дальше. Если где-то цикл, который замыкается, то через короткие понижающие последовательности.

[Alan Kotturindir]

Если верить информации из видео Veritasium, то минимальный размер цикла - 186 000 000 000 элементов в последовательности. Однако конкретный источник этого числа мне неизвестен. Тем не менее, на данный момент такой цикл неизвестен.

[Гость]

... для всех чисел от 1 до К включительно гипотеза подтверждена по условию . Не имеет смысла рассматривать К, так как для него гипотеза верна...

Берется одно натуральное нечетное число, а делится другое, большее его в более чем в три раза четное число. Создается иллюзия какая-то, что делится то, что берется вначале. Вы правы, конечно, деление того натурального четного, которое выбрано, сразу же, его уменьшит так, что оставшаяся половина, даже если утроится, при делении останется 0,75% первоначального числа. А утроение 0,75% первоначального числа, всегда меньше, чем утроение всего числа. Делить на два, к примеру, 2, или, если бы вместо нечетного было бы четное, утроенную 2: половина утроенной 2 всегда на много больше самой двойки. Чем больше число, тем и больше его половина. Иллюзорная эта гипотеза.

[Гость]

Тем не менее общий вид, не учитывающий конкретные примеры: ((3**m1)*n + C)/(2**m2) ? n
Учитывая, что половина делений 2**1, половина оставшихся 2**2, половина оставшихся 2**3 и так далее, получается что m2 в два раза больше m1, если m1 стремится к бесконечности.
Описанный общий вид также позволяет делать n четным, хоть это и бессмысленно.
Из того, что еще очевидно: если ? - =, то гипотеза опровергается, если n != 1, если ? - >, то гипотеза опровергается, и если ? - <, то гипотеза подтверждается.

Мне показалось, что можно сделать формулу для короткого замкнутого на себе цикла с дробным соотношением чисел на входе и выходе и попробовать применить ее к очень большим числам, где доли целые, больше разрядов. Так можно подобраться к демонстрации возможности/ невозможности замкнутого цикла.

[Гость]

Если верить информации из видео Veritasium, то минимальный размер цикла - 186 000 000 000 элементов в последовательности. Однако конкретный источник этого числа мне неизвестен. Тем не менее, на данный момент такой цикл неизвестен.

Сколько угодно элементов можно сделать, делая выбор больших чисел и вычисляя повышающие ряды. Количество зависит от выбора, а выбор от знаний чисел и закономерностей операций с ними.
Отличные видео, это большая область науки. Демонстрировать идеи современности наиболее доступно для понимания очень помогает делать следующие шаги к познанию истины.

[Alan Kotturindir]

... для всех чисел от 1 до К включительно гипотеза подтверждена по условию . Не имеет смысла рассматривать К, так как для него гипотеза верна...

Берется одно натуральное нечетное число, а делится другое, большее его в более чем в три раза четное число. Создается иллюзия какая-то, что делится то, что берется вначале. Вы правы, конечно, деление того натурального четного, которое выбрано, сразу же, его уменьшит так, что оставшаяся половина, даже если утроится, при делении останется 0,75% первоначального числа. А утроение 0,75% первоначального числа, всегда меньше, чем утроение всего числа. Делить на два, к примеру, 2, или, если бы вместо нечетного было бы четное, утроенную 2: половина утроенной 2 всегда на много больше самой двойки. Чем больше число, тем и больше его половина. Иллюзорная эта гипотеза.

Иллюзия того, что делится число, взятое в начале, не появляется. Как только четное К + 1 стало меньше себя, дальше последовательность идентична последовательности этого меньшего числа, а про него известно, что оно соответствует гипотезе потому что все числа от 1 до К ей соответствуют. То есть в изначальном посте неважно какие числа были в последовательностях чисел от 1 до К, важно что они дошли до 1. То есть то, что по ходу последовательности число может стать в сотни и тысячи раз больше исходного, совершенно не важно, пока результатом остается 1.

[Гость]

В последовательности Коллатца после деления число всегда нечетное...
Описанный общий вид также позволяет делать n четным, хоть это и бессмысленно...
Иллюзия того, что делится число, взятое в начале, не появляется...

Если бы она не появлялась, то никто бы не делил последующее натуральное четное на предыдущее натуральное нечетное.

[Alan Kotturindir]

В последовательности Коллатца после деления число всегда нечетное...
Описанный общий вид также позволяет делать n четным, хоть это и бессмысленно...
Иллюзия того, что делится число, взятое в начале, не появляется...

Если бы она не появлялась, то никто бы не делил последующее натуральное четное на предыдущее натуральное нечетное.

Мне не встречалось такое, что кто-то пытается делить четное на предыдущее нечетное. Если же вы имеете ввиду вычитание 1 за которым следует деление на 3, то это скорее всего путь от обратного, когда создается множество разветвлений из одного начала - 1.

[Гость]

Мне не встречалось такое, что кто-то пытается делить четное на предыдущее нечетное. Если же вы имеете ввиду вычитание 1 за которым следует деление на 3, то это скорее всего путь от обратного, когда создается множество разветвлений из одного начала - 1.

А на какое пытается, да никак нацело не делится, как 2:1? Три одинаковых натуральных нечетных и одно предыдущее равны, т.е. одно и то же по счету число. Конечно на него нацело не поделится следующее за ним по счету натуральное четное. Ни о каком замыкании цикла, кроме как на 2 :1 и речи быть не может. Это иллюзия, что половина, четверть и кратная двум часть последующего натурального четного вдруг бы совпала с предыдущим натуральным нечетным. Кажется, что из-за того, что половина натурального четного может быть нечетной, предыдущее и последующее натуральные нечетные совпадут, - иллюзия. Все равно, что пытаться делить нацело 5 на 3 или 7 на 5, как будто это то же самое, что и 3 на 1.

[Alan Kotturindir]

Мне не встречалось такое, что кто-то пытается делить четное на предыдущее нечетное. Если же вы имеете ввиду вычитание 1 за которым следует деление на 3, то это скорее всего путь от обратного, когда создается множество разветвлений из одного начала - 1.

А на какое пытается, да никак нацело не делится, как 2:1? Три одинаковых натуральных нечетных и одно предыдущее равны, т.е. одно и то же по счету число. Конечно на него нацело не поделится следующее за ним по счету натуральное четное. Ни о каком замыкании цикла, кроме как на 2 :1 и речи быть не может. Это иллюзия, что половина, четверть и кратная двум часть последующего натурального четного вдруг бы совпала с предыдущим натуральным нечетным. Кажется, что из-за того, что половина натурального четного может быть нечетной, предыдущее и последующее натуральные нечетные совпадут, - иллюзия. Все равно, что пытаться делить нацело 5 на 3 или 7 на 5, как будто это то же самое, что и 3 на 1.

В случае 2:1, двойку необходимо сначала удвоить, чтобы потом было можно делить. Половина, четверть и так далее, четного, которая совпадет с нечетным - не иллюзия, а предположение, опровергающее гипотезу. Если у вас есть доказательство того, что это никак невозможно, то, конечно, еще нужно будет доказательство того, что не будет бесконечного роста, но это уже будет неплохо. То, что нечто кажется очевидным, без доказательств ничего не стоит.

[Гость]

не встречалось такое, что кто-то пытается делить четное на предыдущее нечетное

Если процесс деления продолжать "до бесконечности", то всё равно ДЕЛИМОЕ будет больше ДЕЛИТЕЛЯ.
Можно этот процесс заменить на преобразование пропорциональности путем перестановки числителя и знаменателя, а потом преобразовать СУММУ этих соотношений в составное число: ЦЕЛУЮ часть + простую дробь.
2/3 < 3/2... 2/3 + 3/2 = 2 + 1/6
3/4 < 4/3... 3/4 + 4/3 = 2 + 1/12
4/5 < 5/4... 4/5 + 5/4 = 2 + 1/20
5/6 < 6/5... 5/6 + 6/5 = 2 + 1/30
..............................................
9/10 < 10/9... 9/10 + 10/9 = 2 + 1/90
99/100 < 100/99... 99/100 + 100/99 = 2 + 0,000101

"Опять двойка" (по Эйлеру?)

[Alan Kotturindir]

не встречалось такое, что кто-то пытается делить четное на предыдущее нечетное

Если процесс деления продолжать "до бесконечности", то всё равно ДЕЛИМОЕ будет больше ДЕЛИТЕЛЯ.
Можно этот процесс заменить на преобразование пропорциональности путем перестановки числителя и знаменателя, а потом преобразовать СУММУ этих соотношений в составное число: ЦЕЛУЮ часть + простую дробь.
2/3 < 3/2... 2/3 + 3/2 = 2 + 1/6
3/4 < 4/3... 3/4 + 4/3 = 2 + 1/12
4/5 < 5/4... 4/5 + 5/4 = 2 + 1/20
5/6 < 6/5... 5/6 + 6/5 = 2 + 1/30
..............................................
9/10 < 10/9... 9/10 + 10/9 = 2 + 1/90
99/100 < 100/99... 99/100 + 100/99 = 2 + 0,000101

"Опять двойка" (по Эйлеру?)

Какое отношение это имеет к гипотезе Коллатца? Потому что моя фраза была применима исключительна к паре чисел которые стоят вплотную в последовательности Коллатца, а не паре чисел в натуральном ряду.