De Regor rij 3.0

[Professor Puntje]

Hoezo krijg je bij het startgetal 2 geen lus?

2 -> 3 -> 1 -> 2 -> 3 -> 1 -> 2 -> ...

p.s. Kan U een gelijkaardig mechanisme soms ook gebruiken voor Collatz ?
Ben benieuwd.

Oh - ik had juist bedacht om dat als interessante oefening voor jou te laten...

[Regor]

Aan PP,

Even ernstig.

Volgens U geeft ELK getal dan een lus !!! als U steeds verder doet met 1 !!!
3/1/2/3/1/2/3/1

Voor Collatz is mijn broekje is te kort ...... misschien in mijn volgend leven, of volgende winter als ik meer tijd heb om na te denken.

[Professor Puntje]

Volgens U geeft ELK getal dan een lus !!! als U steeds verder doet met 1 !!!
3/1/2/3/1/2/3/1

Klopt.

[Professor Puntje]

Als de door mij hierboven gebruikte aanpak ook voor Collatz zou werken hadden de bollebozen het Collatz-vermoeden allang bewezen.

[Regor]

An PP,

Wellicht wel, maar er kan altijd een nieuwe bolleboos bijkomen ! PP !
Heeft U zich al afgevraagd (natuurlijk wel) waarom dergelijk mechanisme werkt voor gedeeld door 3 .... en niet voor gedeeld door 2.
Kan U daar een reden voor formuleren ? (ik niet, te dom)

[Regor]

Aan PP,

Uiteindelijk hoeft men bij Collatz ook niet te bewijzen dat de rij voor elk startgetall naar 1 gaan ...... enkel dat ze in de rij naar een kleiner getal gaan dan het startgetal.
Mee eens ?

[Professor Puntje]

Die kleinere term dan het startgetal moet wel elke keer binnen een eindig aantal stappen optreden. En ik vraag mij af of je bij Collatz-rijen wel een vergelijkbaar vast benodigd aantal opeenvolgende termen hebt zoals 8 opeenvolgende termen bij de Regor-rij. Wat doen bijvoorbeeld Collatz-rijen met een startgetal van de vorm 3*2ⁿ+1 ? Dus Collatz-rijen met de startgetallen: 7, 13, 25, ...

Probeer dat eens met een online tooltje uit...

[Regor]

Aan PP,

Collatz /2
Ja, binnen een eindig aantal (dat is zo) ....... maar dat kunnen verschillende getallen zijn afhankelijk van de vorm van het startgetal.
Ik zie niet in waarom de 3x2¨n +1 startgetallen speciaal zouden zijn.
Waarom denkt U?

Startgetal 7 leidt naar 11 stappen naar 5 ....... via 40
Startgetal 13 leidt naar 4 stappen naar 5 ........ ook via 401
Startgetal 25 leidt na 3 stappen naar 19 ....... maar verder ook via 40 naar 5
...............................................................
Uit mijn vorige reactie uit Collatz 2.0

Rij C voor oneven getal 11/34/17/52/26/13/40/20/10/5/16/8/4/2/1
Verder zijn de oneven getallen in de rij van de vorm (6n-1) als ze voorafgegaan werden door een "oneven aantal keer delen door 2"
En van de vorm (6n+1) als ze voorafgegaan werden door een "even aantal keer delen door 2"

Het is een vaststelling, geen bewijs.
Is daar iets mee te doen ?

[Professor Puntje]

Als het aantal benodigde stappen afhankelijk van de vorm van het startgetal willekeurig groot kan worden voordat er een kleinere term dan het startgetal in de Collatz-rij optreedt dan werkt mijn bewijsmethode niet meer want je moet zolang doorgaan met het doorrekenen van de opties tot je voor alle opties in de Collatz-rijen een kleinere term dan het startgetal gevonden hebt. Ik vermoed dat het daarop gaat stuklopen, en dat je in de praktijk bij het toepassen van mijn bewijsmethode op Collatz-rijen tot sint-juttemis aan het rekenen blijft. Dat is geen prettig vooruitzicht. Misschien dat ik het later nog probeer, maar de kans dat het Collatz-vermoeden met zo'n eenvoudige methode te bewijzen valt is nihil.

[Regor]

Aan PP,

Dank U
U voelt zich toch niet verplicht hoop ik, elk mens is vrij.
Het was en is voor mij nog steeds boeiend dat er ten minste iemand meedenkt / doet.
Ik denk dat de methode van (na hoeveel stappen is het oneven getal kleiner ) niet werkt bij /2 ...... intuïtief, maar dat er een ander mechanisme moet gevonden worden.

Ik denk voornamelijk aan wat iik bij vermelde in mijn vorige reactie in verband met het optreden van (6n-1) en (6n+1) oneven getallen in de rij volgens het even of oneven keer delen door 2 VOORAF !!!

[Professor Puntje]

Ik denk voornamelijk aan wat iik bij vermelde in mijn vorige reactie in verband met het optreden van (6n-1) en (6n+1) oneven getallen in de rij volgens het even of oneven keer delen door 2 VOORAF !!!

Ik zie niet wat ik daarmee kan. Daar kom je een paar stappen in de Collatz-rij verder mee maar dan moet je toch weer meer opties ten aanzien van de vorm van n zelf bekijken om het vervolg van de rij te kunnen bepalen. Voor de Regor-rij hadden we het geluk om kleinere termen dan het startgetal te vinden voordat het aantal te beschouwen opties voor de vorm van het startgetal uit de hand liep, maar in Collatz-rijen ben je - vermoed ik - niet zo gelukkig, en moet je gaandeweg steeds meer opties voor de vorm van het startgetal onderscheiden om het gevolg van de rij te kunnen berekenen. Dat wordt dan al snel een hopeloos rekenwerk waarbij het doel steeds verder uit beeld raakt.

Hoe wil je dat doen dan?

[Professor Puntje]

Misschien kan iemand die handig is met programmeren een programma schrijven dat voor een zeer groot aantal startgetallen bepaalt binnen hoeveel stappen er een term optreedt die kleiner is dan het startgetal? Dat geeft dan een aanwijzing of het zinvol is mijn bewijsmethode op Collatz-rijen los te laten...

[Professor Puntje]

Na het uitproberen van wat willekeurige startgetallen lijkt het aantal benodigde stappen voordat de betreffende Collatz-rij op een term uitkomt die kleiner is dan het startgetal sterk te variëren van maar enkele stappen tot heel veel stappen. Het zou me niet verbazen als aan dat benodigde aantal stappen voor verschillende startgetallen geen bovengrens zit...

[Regor]

Aan PP,

Overschot van gelijk in al uw reacties denk, ik.
(Er blijkt weinig interesse te zijn bij anderen, is wellicht verstandig).

Ik ben bezig met een wiskundige boomstructuur te maken, vertrekkende met een oneven getal (2n+1) toegepast op (3n+1), telkens opnieuw voor oneven en even.

Eerste lijn:(3(2n+1) +1) = (6n +4) = 2(3n+2) =A1
Nu kan (3n +2) oneven zijn of even afhankelijk van n.... (ik gebruik verder steeds n voor de eenvoud)
Tweede lijn: n is oneven stel (2n +1) ...... 2 (3 (2n+1) +2) = 2 (6 n +5) = B1
Tweede lijn: n is even stel (2n) ....... 2(3 (2n) +2) = 2(6n +4 ) = 4 (3n +2) = B2
Derde lijn: idem toegepast op B1
n is oneven ....... 2(6 (2n+1) +5) = 2(12 n +11 )
n is even ....... 2 (6 (2n) +5) = 2 (12 n +5)
Derde lijn: idem toegepast op B2
n is oneven .... 4(3 (2n+1) +2 ) = 4( 6n +5)
n is even .......4(3 (2n) +2) = 4( 6n +2) = 8( 3n +1)
enz.....

Zo kan men steeds verder de boom ontwikkelen.
Ik ontwikkelde tot de vijfde lijn
Wat stel ik vast ?
Dat er steeds een wiskundige vorm is Y(Xn +1) vanaf de derde lijn.
Y staat voor 2^t, en valt dus weg bij :2
En (Xn +1) kan altijd 1 worden als men n = 0 stelt.
(Moest er geen enkele wiskundige tak van de vorm (Xn+1 ) zijn in de (oneindige) boom structuur, dan zou de C rij nooit kunnen eindigen op 1

Besluit (geen bewijs):
1. Er zijn geen kortere C rijen dan lengte 3 van een oneven getal
2.Er is altijd één tak van de boom van de vorm Y(Xn+1) ..... die bij n = 0 ....; 1 geeft.

Ziet U daar iets in ?
Het probleem is verschoven naar het bewijzen dat er altijd één tak is van dan de boom van de vorm Y(Xn +1) ..... denk ik.

[Regor]

Aan PP,

Steek aub geen tijd en energie in mijn laatste reactie, is vrij betekenis loos denk / vermoed ik, en bevat nog een fout ook.
Was maar een denk oefening.