Het bewijs van Collatz

[WillemB]

Wat probeert u nu te zeggen.
Motief1 zal moeilijk te achterhalen zijn, is ook niet nodig.

Je wilt feedback op je bewijs, maar blijkbaar zijn sommige gedeelte geheim

Brute force dan maar, ( 4^m(6.B+4)-7)/9
if m=0 then (2B-1)/3 is integer, b == is dus reeks, 2, 5, 8 ,11 , 14 etc....
enzovoort,

[EvilBro]

Motief1 zal moeilijk te achterhalen zijn, ..

...

We weten dat er bij een Collatz-rij eigenlijk alleen spannende dingen gebeuren als je bij een oneven getal komt. We splitsen daarom de oneven getallen op in drie categorieen:

\(6 k + 1, 6 k + 3, 6 k + 5 \text{ met } k \in N\)

Fermat1637 wil heel graag naar de vorm \(6 a + 4\). Bij elke categorie gaan we opzoek naar de eerste voorganger van het oneven getal met die vorm. We beginnen met de eerste categorie:

\(6 k + 1 \rightarrow 12 k + 2 \rightarrow 24 k + 4 = 6 (4 k) + 4\)

We zien dus dat als \(a\) in \(6 a + 4\) een viervoud is dat je dan na 2 keer delen door 2 bij een oneven getal bent.

Voor de tweede categorie is het handig om te bedenken dat:

\(6 a + 4 = 1 \mod 3\)

Voor alle voorgangers van \(6 k + 3\) geldt:

\(2^m (6 k + 3) = 0 \mod 3\)

Hieruit volgt dus dat deze vorm van oneven getal geen voorganger heeft van de gezochte vorm.

Voor de derde categorie geldt:

\(6 k + 5 \rightarrow 12 k + 10 = 6 (2 k + 1) + 4\)

We zien dus dat als \(a\) in \(6 a + 4\) een oneven getal is dat je dan na 1 keer delen door 2 bij een oneven getal bent. Als we bedenken dat we de oneven getallen ook kunnen schrijven als \(4 k + 1 \text{ en }, 4 k + 3 \text{ met } k \in N\) dan zien we dat we nu iets weten over getallen \(a\) in \(6 a + 4\) van de vorm \(4 k, 4 k + 1 \text{ en }, 4 k + 3 \text{ met } k \in N\)

Er is nog maar een vorm van a waar we niet naar gekeken hebben:

\(a = 4 k + 2 \rightarrow 6 a + 4 = 6 (4 k + 2) + 4 = 24 k + 16\)

We merken op dat we dit 2 keer door 2 kunnen delen om te komen tot:

\(6 k + 4\)

Dit heeft weer dezelfde \(6 x + 4\)-vorm. We weten dus dat een \(a\) in \(6 a + 4\) nooit het eerste getal van die vorm kan zijn boven een oneven getal en dus nooit van een van de genoemde categorieen kan zijn.

We zeggen nu dat a een getal is van de eerste categorie. Hiervan weten we dat we deze kunnen delen door 4 om tot een oneven getal te komen. Vervolgens kun je hier de oneven stap van Collatz op toepassen. Het resulterende getal zal van de vorm

\(6 k + 4\)

zijn. Immers:

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

Dit resulterende getal is of de eerste voorganger van deze vorm boven een oneven getal of niet. In het geval dat dit niet zo is, is het getal dus deelbaar door 4 om tot een nieuw getal van deze vorm te komen waar weer dezelfde overweging voor geldt. Dit gaat door totdat het resulterende getal een eerste voorganger is van een oneven getal.
Dus:

\(a \rightarrow 6 a + 4 \rightarrow \frac{6 a + 4}{4} \rightarrow 3 (\frac{6 a + 4}{4}) + 1 \rightarrow \frac{3 (\frac{6 a + 4}{4}) + 1}{4^m} = 6 b + 4\)

Omschrijven naar b:

\(b = \frac{9 a + 8 - 8 \cdot 4^m}{12 \cdot 4^m}\)

We zeggen nu dat a een getal is van de derde categorie. Hiervan weten we dat we deze kunnen delen door 2 om tot een oneven getal te komen. Dus:

\(a \rightarrow 6 a + 4 \rightarrow \frac{6 a + 4}{2} \rightarrow 3 (\frac{6 a + 4}{2}) + 1 \rightarrow \frac{3 (\frac{6 a + 4}{2}) + 1}{4^m} = 6 b + 4\)

Omschrijven naar b:

\(b = \frac{9 a + 7 - 4 \cdot 4^m}{6 \cdot 4^m}\)

En daarmee is motief1 afgeleid... Hier schieten we natuurlijk niets mee op aangezien het niet uitmaakt of je naar de oneven getallen in de Collatz-rij kijkt of naar de getallen van de vorm \(6 a + 4\) die direct boven deze oneven getallen liggen. Hopelijk zorgt het posten van deze afleiding er voor dat we ons niet meer laten afleiden door zaken die op geen enkele manier relevant zijn.

[Gast]

Welke reeks is dit?
U ziet het probleem werkelijk niet hé?
Nog een poging met fictieve getallen.
Stel we hebben volgende Fermatreeks 100,160,1000,1000,10000......1.000.0000
Wat gebeurd er met jou verzamelingen.
Stel V1 = (....5, 8, 100, 112, ....)

Waar komt dit Fermatreeks vandaan?

[Gast]

Wat voor verzameling is V1?

[Gast]

Als dat zomaar een aantal elementen zijn in Vm met m=1, dan kom ik zo met een veel beter een doorzichtiger voorstelling.

[Gast]

U rommelt aan dit zijn geen goede deelverzamelingen in V1.
Ik geeft ze,
{5,369,23665,…} gaan onder motief1 naar 8
{8,17,1137,…} gaan onder motief1 naar 1
{100, 201,12919,….} gaan onder motief1 naar 75
{112, 7224,225,…} gaan onder motief1 naar 84

En wat ziet u, allemaal dalend als we 5 even wegleggen.

[Gast]

Motief1 zal moeilijk te achterhalen zijn, ..

...

We weten dat er bij een Collatz-rij eigenlijk alleen spannende dingen gebeuren als je bij een oneven getal komt. We splitsen daarom de oneven getallen op in drie categorieen:

\(6 k + 1, 6 k + 3, 6 k + 5 \text{ met } k \in N\)

Fermat1637 wil heel graag naar de vorm \(6 a + 4\). Bij elke categorie gaan we opzoek naar de eerste voorganger van het oneven getal met die vorm. We beginnen met de eerste categorie:

\(6 k + 1 \rightarrow 12 k + 2 \rightarrow 24 k + 4 = 6 (4 k) + 4\)

We zien dus dat als \(a\) in \(6 a + 4\) een viervoud is dat je dan na 2 keer delen door 2 bij een oneven getal bent.

Voor de tweede categorie is het handig om te bedenken dat:

\(6 a + 4 = 1 \mod 3\)

Voor alle voorgangers van \(6 k + 3\) geldt:

\(2^m (6 k + 3) = 0 \mod 3\)

Hieruit volgt dus dat deze vorm van oneven getal geen voorganger heeft van de gezochte vorm.

Voor de derde categorie geldt:

\(6 k + 5 \rightarrow 12 k + 10 = 6 (2 k + 1) + 4\)

We zien dus dat als \(a\) in \(6 a + 4\) een oneven getal is dat je dan na 1 keer delen door 2 bij een oneven getal bent. Als we bedenken dat we de oneven getallen ook kunnen schrijven als \(4 k + 1 \text{ en }, 4 k + 3 \text{ met } k \in N\) dan zien we dat we nu iets weten over getallen \(a\) in \(6 a + 4\) van de vorm \(4 k, 4 k + 1 \text{ en }, 4 k + 3 \text{ met } k \in N\)

Er is nog maar een vorm van a waar we niet naar gekeken hebben:

\(a = 4 k + 2 \rightarrow 6 a + 4 = 6 (4 k + 2) + 4 = 24 k + 16\)

We merken op dat we dit 2 keer door 2 kunnen delen om te komen tot:

\(6 k + 4\)

Dit heeft weer dezelfde \(6 x + 4\)-vorm. We weten dus dat een \(a\) in \(6 a + 4\) nooit het eerste getal van die vorm kan zijn boven een oneven getal en dus nooit van een van de genoemde categorieen kan zijn.

We zeggen nu dat a een getal is van de eerste categorie. Hiervan weten we dat we deze kunnen delen door 4 om tot een oneven getal te komen. Vervolgens kun je hier de oneven stap van Collatz op toepassen. Het resulterende getal zal van de vorm

\(6 k + 4\)

zijn. Immers:

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

Dit resulterende getal is of de eerste voorganger van deze vorm boven een oneven getal of niet. In het geval dat dit niet zo is, is het getal dus deelbaar door 4 om tot een nieuw getal van deze vorm te komen waar weer dezelfde overweging voor geldt. Dit gaat door totdat het resulterende getal een eerste voorganger is van een oneven getal.
Dus:

\(a \rightarrow 6 a + 4 \rightarrow \frac{6 a + 4}{4} \rightarrow 3 (\frac{6 a + 4}{4}) + 1 \rightarrow \frac{3 (\frac{6 a + 4}{4}) + 1}{4^m} = 6 b + 4\)

Omschrijven naar b:

\(b = \frac{9 a + 8 - 8 \cdot 4^m}{12 \cdot 4^m}\)

We zeggen nu dat a een getal is van de derde categorie. Hiervan weten we dat we deze kunnen delen door 2 om tot een oneven getal te komen. Dus:

\(a \rightarrow 6 a + 4 \rightarrow \frac{6 a + 4}{2} \rightarrow 3 (\frac{6 a + 4}{2}) + 1 \rightarrow \frac{3 (\frac{6 a + 4}{2}) + 1}{4^m} = 6 b + 4\)

Omschrijven naar b:

\(b = \frac{9 a + 7 - 4 \cdot 4^m}{6 \cdot 4^m}\)

En daarmee is motief1 afgeleid... Hier schieten we natuurlijk niets mee op aangezien het niet uitmaakt of je naar de oneven getallen in de Collatz-rij kijkt of naar de getallen van de vorm \(6 a + 4\) die direct boven deze oneven getallen liggen. Hopelijk zorgt het posten van deze afleiding er voor dat we ons niet meer laten afleiden door zaken die op geen enkele manier relevant zijn.

Keurig, ik heb altijd gezegd dat ze nooit naar de vorm 6.V+4 hebben gekeken en direct door 2 zijn gaan delen, dan ben je deze info weer kwijt.

[vijv]

U ziet het probleem werkelijk niet hé?
Nog een poging met fictieve getallen.
Stel we hebben volgende Fermatreeks 100,160,1000,1000,10000......1.000.0000
Wat gebeurd er met jou verzamelingen.
Stel V1 = (....5, 8, 100, 112, ....)

Na toepassen van het motief krijgen we volgend: V2 =(.... 3, 7, 160, 97....)
Aangezien 160>100 vervangen we 100 door een voorganger 400 in V1 en dus voor alle elementen van V1 geld motief(x)<x

We passen opnieuw motief toe en krijgen V3 =(.... 0, 4, 1000, 44....)
Aangezien 1000>160 vervangen we 1000 door een voorganger 4000 in V2 en dus voor alle elementen van V2 geld motief(x)<x

We passen opnieuw motief toe en krijgen V4 =(.... 0, 0, 10000, 11....)
Aangezien 10000>1000 vervangen we 1000 door een voorganger 40000 in V2 en dus voor alle elementen van V3 geld motief(x)<x

....

Na een tijdje krijgen we

Vm = (....0,0 ,1000000000000, 0 0 .....)

Allen,

Is dit fictief voorbeeld dat aantoont dat de redenering van afdalende verzamelingen van fermat niet klopt voor iedereen onduidelijk?

[Gast]

Klinkklare onzin

[Gast]

U ziet het probleem werkelijk niet hé?
Nog een poging met fictieve getallen.
Stel we hebben volgende Fermatreeks 100,160,1000,1000,10000......1.000.0000
Wat gebeurd er met jou verzamelingen.
Stel V1 = (....5, 8, 100, 112, ....)

Na toepassen van het motief krijgen we volgend: V2 =(.... 3, 7, 160, 97....)
Aangezien 160>100 vervangen we 100 door een voorganger 400 in V1 en dus voor alle elementen van V1 geld motief(x)<x

We passen opnieuw motief toe en krijgen V3 =(.... 0, 4, 1000, 44....)
Aangezien 1000>160 vervangen we 1000 door een voorganger 4000 in V2 en dus voor alle elementen van V2 geld motief(x)<x

We passen opnieuw motief toe en krijgen V4 =(.... 0, 0, 10000, 11....)
Aangezien 10000>1000 vervangen we 1000 door een voorganger 40000 in V2 en dus voor alle elementen van V3 geld motief(x)<x

....

Na een tijdje krijgen we

Vm = (....0,0 ,1000000000000, 0 0 .....)

Allen,

Is dit fictief voorbeeld dat aantoont dat de redenering van afdalende verzamelingen van fermat niet klopt voor iedereen onduidelijk?

Vijv, Evilbro begrijpt motief1 zeker ook niet, die heeft het nu ook kunnen afleiden!

[vijv]

Vijv, Evilbro begrijpt motief1 zeker ook niet, die heeft het nu ook kunnen afleiden!

Laat ieder voor zich spreken. Dat jij het niet begrijpt heb ik al lang door. Ik wil alleen achterhalen of het door mijn uitleg is of door jou tunnelvisie.

[Gast]

Waarom geeft u dan niet de fout aan in het formele bewijs?

[Gast]

Ter overdenking!

Na 1 keer motief1 gelijktijdig toepassen op alle trechters is elke trechter weer gevuld met dezelfde elementen.

[Gast]

Ter overdenking!

Na 1 keer motief1 gelijktijdig toepassen op alle trechters is elke trechter weer gevuld met dezelfde elementen.

Eigenlijk moet ik het zo zeggen:
1. Neem het Venndiagram opgedragen J. Brouwer.
2. Pas motief1 gelijktijdig toe op alle deelverzamelingen.
3. Hierna zijn alle verzamelingen hetzelfde gebleven.

[EvilBro]

@Fermat1637

In dit bericht geef ik voor HansH een samenvatting van jouw gedachtegang. Hier geef je meteen commentaar op door aan te geven dat er een stabiel punt mist in de samenvatting. Ik weerleg dit in het bericht daarop door het stabiele punt te geven.

Kun je aangeven wat er volgens jou nog schort aan mijn samenvatting?