Collatz 2.0

[Professor Puntje]

\( n = 2^{m+1} . k + \frac{ 5 \cdot 2^{m} - 1}{3} \) voor \( m = \mathrm{rax}(n) \) en \( n \in \mathcal{Reg}_{o} \)

En voor die gevallen waarin: \( m = \mathrm{rax}(n) \) en \( n \in \mathcal{Reg}_{o} \) vinden we voor n dat :

\( 3 n + 1 = \frac{3 n + 1 }{2^{m+1}} \cdot 2^{m+1} \)

\( 3 n = \frac{3 n + 1 }{2^{m+1}} \cdot 2^{m+1} - 1 \)

\( n = \frac{\frac{3 n + 1 }{2^{m+1}} \cdot 2^{m+1} - 1}{3} \)

\( n = \frac{\frac{3 n + 1 }{2^{m+1}} \cdot 2^{m+1} - 5 \cdot 2^m + 5 \cdot 2^m - 1}{3} \)

\( n = \frac{\frac{3 n + 1 }{2^{m+1}} \cdot 2^{m+1} - 5 \cdot 2^m }{3} + \frac{ 5 \cdot 2^m - 1 }{3} \)

\( n = 2^{m+1} \cdot \frac{\frac{3 n +1 }{2^{m+1}} - \frac{5}{2} }{3} + \frac{ 5 \cdot 2^m - 1 }{3} \)

\( n = 2^{m+1} \cdot \frac{\frac{3 n +1 }{2^m} - 5 }{6} + \frac{ 5 \cdot 2^m - 1 }{3} \)

Dus:

\( n = 2^{m+1} \cdot k + \frac{ 5 \cdot 2^m - 1 }{3} \)

voor:

\( k = \frac{\frac{3 n +1 }{2^m} - 5 }{6} \)

Ook voor de gevallen waarin: \( m = \mathrm{rax}(n) \) en \( n \in \mathcal{Reg}_{o} \) zien we dat \( \frac{3 n +1 }{2^m} \) oneven is zodat k van de vorm \( \frac{Z}{3} \)met \( Z \in \mathbb{Z} \) moet zijn.

\( n = 2^{m+1} . k + \frac{ 5 \cdot 2^{m} - 1}{3} \) voor \( m = \mathrm{rax}(n) \) en \( n \in \mathcal{Reg}_{o} \)

Vervolgens bekijken we voor de oneven natuurlijke getallen m de term \( \mathrm{L}_o(m) = \frac{ 5 \cdot 2^{m} - 1}{3} \) . Zo vinden we:

\( \mathrm{L}_o(1) = \frac{ 5 \cdot 2^1 - 1}{3} \)

\( \mathrm{L}_o(1) = \frac{9}{3} \)

\( \mathrm{L}_o(1) = 3 \)

En:

\(\mathrm{L}_o(m+2) = \frac{ 5 \cdot 2^{m+2} - 1}{3} \)

\(\mathrm{L}_o(m+2) = \frac{ 4 \cdot 5 \cdot 2^m - 4 + 3}{3} \)

\(\mathrm{L}_o(m+2) = \frac{ 4 (5 \cdot 2^m - 1) + 3}{3} \)

\(\mathrm{L}_o(m+2) = 4 \cdot \frac{5 \cdot 2^m - 1}{3} \, + \, \frac{3}{3} \)

\(\mathrm{L}_o(m+2) = 4 \cdot \mathrm{L}_o(m) \, + \, 1 \)

Dus voor alle oneven natuurlijke getallen m levert \( \mathrm{L}_o(m) \) een oneven natuurlijk getal van de vorm 4.q + 1 met \( q \in \mathbb{N} \), behalve voor m=1 waarvoor we hebben \( \mathrm{L}_o(1) = 3 \) .

Invullen voor \( m = \mathrm{rax}(n) \) en \( n \in \mathcal{Reg}_{o} \) van de gevonden vorm voor k en uitdrukking voor \( \mathrm{L}_o(m) \) geeft:

\( n = 2^{m+1} . \frac{Z}{3} + 4 q + 1 \)

behalve voor m=1 waarvoor we hebben:

\( n = 2^2 . \frac{Z}{3} + 3 \) .

Zodat Z ook nu weer een drievoud moet zijn, en k dus een geheel getal.

[Professor Puntje]

Het bewijs is klaar, je patronen kloppen en k is steeds een geheel getal. Als iemand er nog fouten in ziet, dan gaarne hier melden.

Of k ook altijd een natuurlijk getal is weet ik niet, maar een geheel getal moet mooi genoeg zijn.

[Regor]

Aan PP,

Ik stel vast dat enkel de elementen (oneven getallen) van de partitie van oneven getallen die NA (3n+1) maar 1 x deelbaar zijn door 2 .....allen van de vorm (4x+3) zijn
Alle elementen (oneven getallen) van alle andere partities zijn van de vorm (4x+1)

Alle oneven getallen van de vorm (4X+3) plus alle oneven getallen van de vorm (4x+1) vormen de verzameling oneven getallen.
Kan U dat wiskundig aantonen ?

(Ik had gedacht dat de ene zouden corresponderen met de oneven getallen van de ene hoofd- partitie, en de andere met de oneven getallen van de andere hoofd -partitie .. helaas.
De implicatie(s) moet ik nog inschatten.

[Professor Puntje]

Alle oneven getallen n zijn te schrijven als 2z+1 voor een geheel getal z. Het gehele getal z kan even zijn (dus van de vorm 2x) of oneven (dus van de vorm 2x+1). In het eerste geval heb je n = 2(2x)+1 = 4x+1. In het tweede geval heb je n = 2(2x+1)+1 = 4x+2 + 1 = 4x+3. Steeds met x een geheel getal. Meer opties zijn er niet.

[Regor]

Aan PP,

Dank U,
Ik bedoelde ..... bewijzen dat voor de eerste partitie geldt (4n+3) en voor alle andere (tot in het oneindige) van de vorm (4n+1)

Of anders gezegd, maar kimt op het volgende neer, de hoofd partitie heeft (4n+3) voor 1x deelbaar door 2 ........ en voor alle andere oneven deelbaar door 2 ... (4n+1)
Bij de andere hoofd partitie allen van de vorm (4n+1)

[Professor Puntje]

Hoe kom je erop dat dat zo zou zijn?

[Regor]

Aan PP,

Ik heb empirische bepaald dat het zo is ..... dus weer niet bewezen.

Ik zoek alle mogelijke relaties (achteraf nuttig of niet) die mij "vat laten krijgen" op de vorm van de oneven getallen tussen "de blokken" even getallen.
Voorlopig niet meer dan dat.

[Professor Puntje]

Zal er later eens naar kijken of ik dat kan bewijzen of weerleggen.

[Professor Puntje]

Het bewijs is al geleverd. Zie:

\( n = 2^{m+1} . k + \frac{ 2^{m} - 1}{3} \) voor \( m = \mathrm{rax}(n) \) en \( n \in \mathcal{Reg}_{e} \)

Laten we eerst maar eens voor de even natuurlijke getallen m naar de term \( \mathrm{L}_e(m) = \frac{ 2^{m} - 1}{3} \) kijken. Dan vinden we:

\( \mathrm{L}_e(2) = \frac{ 2^2 - 1}{3} \)

\( \mathrm{L}_e(2) = \frac{3}{3} \)

\( \mathrm{L}_e(2) = 1 \)

En:

\(\mathrm{L}_e(m+2) = \frac{ 2^{m+2} - 1}{3} \)

\(\mathrm{L}_e(m+2) = \frac{ 4 \cdot 2^m - 4 + 3}{3} \)

\(\mathrm{L}_e(m+2) = \frac{ 4 (2^m - 1) + 3}{3} \)

\(\mathrm{L}_e(m+2) = 4 \cdot \frac{2^m - 1}{3} \, + \, \frac{3}{3} \)

\(\mathrm{L}_e(m+2) = 4 \cdot \mathrm{L}_e(m) \, + \, 1 \)

Dus voor alle even natuurlijke getallen m levert \( \mathrm{L}_e(m) \) een oneven natuurlijk getal van de vorm 4.(q-1) + 1 met \( q \in \mathbb{N} \) .

\( n = 2^{m+1} . k + \frac{ 5 \cdot 2^{m} - 1}{3} \) voor \( m = \mathrm{rax}(n) \) en \( n \in \mathcal{Reg}_{o} \)

Vervolgens bekijken we voor de oneven natuurlijke getallen m de term \( \mathrm{L}_o(m) = \frac{ 5 \cdot 2^{m} - 1}{3} \) . Zo vinden we:

\( \mathrm{L}_o(1) = \frac{ 5 \cdot 2^1 - 1}{3} \)

\( \mathrm{L}_o(1) = \frac{9}{3} \)

\( \mathrm{L}_o(1) = 3 \)

En:

\(\mathrm{L}_o(m+2) = \frac{ 5 \cdot 2^{m+2} - 1}{3} \)

\(\mathrm{L}_o(m+2) = \frac{ 4 \cdot 5 \cdot 2^m - 4 + 3}{3} \)

\(\mathrm{L}_o(m+2) = \frac{ 4 (5 \cdot 2^m - 1) + 3}{3} \)

\(\mathrm{L}_o(m+2) = 4 \cdot \frac{5 \cdot 2^m - 1}{3} \, + \, \frac{3}{3} \)

\(\mathrm{L}_o(m+2) = 4 \cdot \mathrm{L}_o(m) \, + \, 1 \)

Dus voor alle oneven natuurlijke getallen m levert \( \mathrm{L}_o(m) \) een oneven natuurlijk getal van de vorm 4.q + 1 met \( q \in \mathbb{N} \), behalve voor m=1 waarvoor we hebben \( \mathrm{L}_o(1) = 3 \) .

[EvilBro]

Misschien snap ik niet wat Regor precies wil weten/bewijzen, maar is het niet gewoon het volgende?
Er zijn twee mogelijke vormen voor een oneven getal: 4k+1 of 4k+3

Voor 4k+3 geldt:

\(4 k + 3 \rightarrow 3 (4 k + 3) + 1 = 12 k + 10 \rightarrow 6 k + 5\)

6k+5 is oneven, dus we zien dat slechts 1x delen door 2 kan.

Voor 4k+1 geldt:

\(4 k + 1 \rightarrow 3 (4 k + 1) + 1 = 12 k + 4 \rightarrow 6 k + 2 \rightarrow 3 k + 1\)

3k+1 kan oneven of even zijn, dus we weten niet hoe vaak er nog door 2 gedeeld kan worden. We weten wel dat dit al meer dan 1x is gebeurd.

[Regor]

Aan PP,

Heel erg waar, ik had uw vroeger bewijs beter moeten begrijpen, mijn verontschuldiging.

Aan eviBro,

Ja, eenvoud siert, zo simpel is dat,
.......................................................................................................

Aan allen,

Wat ik zoek is een (waanzinnige) poging om het Collatz vermoeden te bewijzen, niet meer en niet minder.
Ik baseer mij steeds op intuïtieve redeneringen die ik dan empirisch check, en dan "laat" bewijzen .... dank U daarvoor.

Hoe ver sta ik ?
De C rij bevat blokken even getallen ( 1 of meer blokjes aan elkaar).
Elke even "blok" wordt gescheiden door één oneven getal.
Er moeten uiteindelijk meer "blokjes" (even) zijn ...... dan oneven getallen ertussen ... zoniet is de rij niet dalend.
De oneven getallen zijn te verdelen in oneindig veel partities ...... afhankelijk van hoeveel keer het ze NA (3n+1) deelbaar is door 2.
Enkel de eerste partitie (éénmaal deelbaar door 2) ...... is van de vorm (4x+3) ........ alle andere partities geven oneven getallen van de vorm (4n-1)
De oneven getallen zijn ook te verdelen in twee hoofd - partities.
De ene die leiden tot een oneven aantal keer delen door 2 NA toepassen van (3n+1)
En die andere die leidt tot een even aantal keer.

Ben nu aan het nadenken hoe ik kan "voorspellen "/ "bepalen" tot welke partitie / soort de oneven getallen behoren tussen de even blokken ...
...... afhankelijk van het soort oneven getal ERVOOR de blok(ken) ........ en het aantal even blokjes ....... niet simpel ...denk ik.
Mijn muze zal een begenadigde dag moeten hebben .

[Regor]

Aan PP,

Ik doe verder aan mijn zoektocht.
Feel free aub om al dan niet te reageren.
..........................................................
De eerste partitie van de oneven getallen (4k+3) waarvan de waarde van (3n+1) maar 1 x deelbaar is door twee, bestaat (uiteraard)
uit oneven getallen van de vorm (4k+3)........ en het is trouwens de enige partitie met die vorm van oneven getallen.
Als één van die oneven getallen in zijn C rij zou leiden tot steeds maar volgende oneven getallen van de vorm (4k+3) zou zijn C rij nooit meer dalen.

Is het bewijsbaar met de formules die U genereerde dat een willekeurig oneven getal van de vorm (4k+3) nooit aanleiding kan geven tot een opeenvolging van oneven getallen van de vorm (4k+3) ?

[Regor]

Aan PP,

Is het bewijsbaar met de formules die U genereerde dat een willekeurig oneven getal van de vorm (4k+3) nooit aanleiding kan geven tot een opeenvolging van oneven getallen van de vorm (4k+3) ?

[Professor Puntje]

Dat weet ik niet. Je kunt wel uitproberen welke getallen van de vorm 4k+3 in zo'n hypothetische Collatz-rij niet kunnen voorkomen. Voorbeeld:

7=4.1+3 zou vooraf gegaan moeten zijn door 14 en x met 3x+1=14. Maar 13 is een priemgetal en dus bestaat er geen geheel getal x met 3.x=13. Dus 7 mag alvast niet meedoen. Probeer dat ook voor andere oneven getallen van de vorm 4k+3 eens uit, en zie of je iets interessants vindt...

[Regor]

@PP,

Niet zo interessant noch nuttig !
Even terug komende naar wat al eens geschreven was.
De eerste partitie van oneven getallen (die NA (3n+1) éénmaal deelbaar zijn door 2) hebben allen de vorm (4k+3).
De vraag is, kan U bewijzen dat ze (geen enkele ervan) kan aanleiding geven tot opeenvolgende oneven getallen van dezelfde vorm (4k+3) ?
Als dat wel zo zou zijn kan de C rij niet dalen !!


Alle andere partities hebben oneven getallen van de vorm (4n+1)

Ik begrijp heel goed dat men de rode draad soms verliest als men er niet blijft over nadenken, geen probleem hoor.
Ik wil U er niet mee belasten...... maar U kan verdorie perfect in formules krijgen en bewijzen wat ik empirisch vaststel.