Fermat1637's "prachtige bewijs" - een exegese

[WillemB]

Ik heb je post van 11.17 op verzoek door AI laten testen:

Dit was het reslutaat:

.

.

.
.

[Professor Puntje]

Onder de Karel-rij met beginterm n_o verstaan we de rij: K⁽⁰⁾(n_o), K⁽¹⁾(n_o), K⁽²⁾(n_o), K⁽³⁾(n_o), ...

met:

\( \mbox{K}(n) = \left \{ \begin{array}{rl} \frac{n}{2^m} & \mbox{voor n is even met m is maximaal voor } 2^m \mbox{ een deler van n.} \\ 3n+1 & \mbox{voor n is oneven.} \end{array} \right. \)


Iedere Karel-rij met een even beginterm heeft direct volgend op die beginterm al een oneven term. Dus als alle Karel-rijen met een oneven beginterm naar een lus met 1 gaan, dan doen alle Karel-rijen met een even beginterm dat ook. Daarom hoeven we voor een bewijs van het Collatz-vermoeden enkel maar Karel-rijen met een oneven beginterm te bekijken. Bij een Karel-rij wisselen de even en de oneven termen elkaar bovendien af, op iedere even term volgt een oneven term en op iedere oneven term volgt een even term.

Laat nu:

\( \mbox{W} = \{ x \in \mathbb{N} \, | \, \mbox{x is oneven of een viervoud} \} \)

\( \mbox{S} = \{ x \in \mathbb{N} \, | \, x = 6a + 4 \, \mbox{ met } \, a \in \mathbb{Z} \} \)

\( a^* = 6a + 4 \)

We definiëren de functie motief1 van W naar W nu als:

\( \mbox{motief1}(n) = \left \{ \begin{array}{rl} \frac{9 n - 8 \cdot 4^m + 8}{12 \cdot 4^m} & \mbox{voor n is een viervoud en m is het grootste gehele getal waarbij} \frac{9 n - 8 \cdot 4^m + 8}{12 \cdot 4^m} \mbox{nog een geheel getal is.} \\ \frac{9 n - 4 \cdot 4^m + 7}{6 \cdot 4^m} & \mbox{voor n is oneven en m is het grootste gehele getal waarbij} \frac{9 n - 4 \cdot 4^m + 7}{6 \cdot 4^m} \mbox{nog een geheel getal is.} \end{array} \right. \)


[Is deze definitie correct?? Met name het codomein en het functievoorschrift...]


Voor a oneven krijgen we:

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}^{(3)}( 6a+4 )\)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}^{(2)}( \frac{6a+4}{2} )\)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}(3 \cdot \frac{6a+4}{2} + 1) \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}(\frac{18a+12}{2} + \frac{2}{2}) \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}(\frac{18a + 14}{2}) \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{18a + 14}{2 \cdot 2^m} \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{18a + 14}{2 \cdot 2^m} - \frac{ 4 \cdot 2 \cdot 2^m }{ 2 \cdot 2^m } + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{18a - 8 \cdot 2^m + 14}{2 \cdot 2^m} + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{9a - 4 \cdot 2^m + 7}{2^m} + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = 6 \cdot \frac{9a - 4 \cdot 2^m + 7}{6 \cdot 2^m} + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = (\frac{9a - 4 \cdot 2^m + 7}{ \cdot 2^m})^* \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = (\mbox{motief1}(a))^* \)


Voor a een viervoud komt er:

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}^{(3)}( 6a+4 )\)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}^{(2)}( \frac{6a+4}{4} )\)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}(3 \cdot \frac{6a+4}{4} + 1) \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}(\frac{18a+12}{4} + \frac{4}{4}) \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}(\frac{18a + 16}{4}) \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{18a + 16}{4 \cdot 2^m} \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{18a + 16}{4 \cdot 2^m} - \frac{ 4^2 \cdot 2^m }{ 4 \cdot 2^m } + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{18a - 4^2 \cdot 2^m + 16}{4 \cdot 2^m} + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{9a - 4^2 \cdot 2^{m-1} + 8}{4 \cdot 2^{m-1}} + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = 6 \cdot \frac{9a - 4^2 \cdot 2^{m-1} + 8}{4 \cdot 6 \cdot 2^{m-1}} + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = 6 \cdot \frac{9a - 8 \cdot 2^m + 8}{12 \cdot 2^m} + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = (\frac{9a - 8 \cdot 2^m + 8}{12 \cdot 2^m})^* \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = (\mbox{motief1}(a))^* \)


Dit begint ergens naar te lijken, maar ik ben inmiddels behoorlijk gaar en heb er vandaar vele uren aan gewerkt. Ik heb niet meer de fut om het nog eens zorgvuldig na te kijken. Misschien kan iemand het door AI halen of zelf nalopen?

[WillemB]

Sommige stappen gaan me te snel om het volledig te volgen,
dus maar eens aan AI om een kritische blik gevraagd, voor wat het waard is.....

Wellicht dat dit je helpt:
.

.

.

.

[Professor Puntje]

Dank! Ik ga vandaag nog wat gaatjes in mijn afleiding dichten. De kritiek van AI gaat behalve over die gaatjes over het feit dat je zo (waarschijnlijk) niet tot een bewijs van het Collatz-vermoeden gaat komen. Maar dat laatste beweer ik ook niet. Mijn doel hier is enkel om Fermat1637's claims te bewijzen voor zover dat lukt (en ook niet meer). Fermat1637's gegoochel met welordening deugt in elk geval niet, en zal waarschijnlijk niet te repareren zijn. Maar zover zijn we nu nog niet. Het hieronder geciteerde lijstje levert de punten die ik wil proberen te bewijzen.

Ga hier maar eens over nadenken!

We werken in N plus 0.
Beschouw de oneindige deelverzameling W van N bestaande uit 4-vouden en oneven getallen.
motief1:
motief1(a)=(9·a-8·4^n+8)/(12·4^n) als a=0 (mod 4) neem n maximaal waarbij motief1(a) is geheel.
motief1(a)=(9·a-4·4^n+7)/(6·4^n) als a=1 (mod 2) neem n maximaal waarbij motief1(a) is geheel.
De functie heeft de volgende eigenschappen:
1. Er bestaat stabiel punt uit motief1(a)=a en dat geeft a=0.
2. Motief1 is een gesloten functie.
3. Elke element van W heeft als inverse een oneindige deelverzameling D bestaande uit twee oneindige disjuncte deelverzamelingen A en B.
4. Alle elementen van A hebben een groter origineel.
5. Door punt 4 kunnen er geen lussen ontstaan in voorwaartse richting, want achterwaarts gaan de 0 (mod 4) getallen alleen maar omhoog.
6. Alleen kleinste element b van B kan (hoeft niet) de eigenschap hebben dat motief1(b)>b.
7. Verzameling D (uit 3) heeft een kleinste element, dus in voorwaartse richting kunnen we niet naar oneindig gaan, want 1 stap achterwaarts hebben we een kleinste element die in voorwaartse richting dan ineens oneindig wordt, onmogelijk.
8. Een kleinste element kan niet oneindig zijn in N.
9. Uit deze punten volgt dat elk element uit W door motief1 naar 0 gaat.

[WillemB]

Humor, zelfde aan AI op de juiste manier gevraagd, je kan namelijk ook vragen of je structuur klopt,
maar ik heb gevraagd of de redenatie correct is, krijg je ander antwoord:

hoe is mogelijk toch weer het welordeningsprincipe.......

Conclusie: van AI:

Het bewijs faalt omdat het de afwezigheid van oneindige daling (door het welordeningsprincipe van N) verwart met de afwezigheid van oneindige stijging. Het feit dat je altijd "terug" kunt naar een kleinste element, belet niet dat je "vooruit" voor altijd kunt blijven klimmen.

Hierbij nog het volledige antwoord van AI:
.

.

.

[Professor Puntje]

Ja - daarbij gaat Fermat1637 de mist in. Maar een heel stuk op weg daar naartoe lijkt wel te kloppen. Daarom wil ik dat correcte stuk hier ook netjes bewijzen. Is ook wel een uitdaging...

[WillemB]

Nog wat uitleg van AI omtrent het welordeningsprincipe , voor wat het waard is:
.

.

[Professor Puntje]

Weer een en ander verbeterd en gaatjes gevuld:


Onder de Karel-rij met beginterm \( n_o \in \mathbb{N} \) verstaan we de rij: K⁽⁰⁾(n_o), K⁽¹⁾(n_o), K⁽²⁾(n_o), K⁽³⁾(n_o), ...
met:
\( \mbox{K}(n) = \left \{ \begin{array}{rl} \frac{n}{2^m} & \mbox{voor even } n \in \mathbb{N} \mbox{ en } m \in \mathbb{N}_o \mbox{ maximaal waarbij } \frac{n}{2^m} \mbox{ nog een geheel getal is.} \\ 3n+1 & \mbox{voor oneven } n \in \mathbb{N} . \end{array} \right. \)

(Waarbij K⁽⁰⁾(n_o) = n_o, K⁽¹⁾(n_o) = K(n_o), K⁽²⁾(n_o) = K(K(n_o)), K⁽³⁾(n_o) = K(K(K(n_o))), ... Verder schijven we de verzameling der natuurlijke getallen exclusief nul als \( \mathbb{N} \) en de verzameling der natuurlijke getallen inclusief nul als \( \mathbb{N}_o \) .)

Voor even \( n \in \mathbb{N} \) en \( m \in \mathbb{N}_o \) is 2^m voor m=0 altijd een deler van n. Dus is er voor even \( n \in \mathbb{N} \) altijd minstens één \( m \in \mathbb{N}_o\) (namelijk m=0) waarvoor \( 2^m \) een deler is van n. En omdat voor toenemende \( m \in \mathbb{N}_o \) de breuk \( \frac{n}{2^m} \) vanaf n monotoon en uiteindelijk willekeurig dicht naar 0 afdaalt (maar nooit daadwerkelijk nul wordt) moet er dan ook een maximum aan de \( m \in \mathbb{N}_o \) zitten waarvoor \( \frac{n}{2^m} \) nog een geheel getal. Zo zien we dat \( \mbox{K} \) een eenduidig gedefinieerde functie van \( \mathbb{N} \) naar \( \mathbb{N} \) is.


Iedere Karel-rij met een even beginterm heeft direct volgend op die beginterm al een oneven term. Dus als alle Karel-rijen met een oneven beginterm naar een lus met 1 gaan, dan doen alle Karel-rijen met een even beginterm dat ook. Daarom hoeven we voor een bewijs van het Collatz-vermoeden enkel maar Karel-rijen met een oneven beginterm te bekijken. Bij een Karel-rij wisselen de even en de oneven termen elkaar bovendien af, op iedere even term volgt een oneven term en op iedere oneven term volgt een even term.

Laat nu:

\( \mbox{W} = \{ x \in \mathbb{N} \, | \, \mbox{x is oneven of een viervoud} \} \)

\( a^* = 6a + 4 \)


Voor oneven \( a \in \mbox{W} \) krijgen we:

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}^{(3)}( 6a+4 )\)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}^{(2)}( \frac{6a+4}{2} )\)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}^{(2)}( 3a+2 )\)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}(3 \cdot (3a + 2) + 1) \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}(9a + 7) \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{9a + 7}{2^m} \), waarbij \( m \in \mathbb{N}_o \) maximaal en \( \frac{9a + 7}{2^m} \) nog een geheel getal is.

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{9a + 7}{2^m} - \frac{ 4 \cdot 2^m }{ 2^m } + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{9a - 4 \cdot 2^m + 7}{2^m} + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = 6 \cdot \frac{9a - 4 \cdot 2^m + 7}{6 \cdot 2^m} + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = (\frac{9a - 4 \cdot 2^m + 7}{ 6 \cdot 2^m})^* \)


Voor viervouden \( a \in \mbox{W} \) komt er:

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}^{(3)}( 6a+4 )\)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}^{(2)}( \frac{6a+4}{4} )\)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}^{(2)}( \frac{3a+2}{2} )\)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}(3 \cdot \frac{3a+2}{2} + 1) \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}(\frac{9a+6}{2} + \frac{2}{2}) \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}(\frac{9a + 8}{2}) \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{9a + 8}{2 \cdot 2^m} \), waarbij \( m \in \mathbb{N}_o \) maximaal en \( \frac{9a + 8}{2 \cdot 2^m} \) nog een geheel getal is.

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{9a + 8}{2 \cdot 2^m} - \frac{ 4 \cdot 2 \cdot 2^m }{ 2 \cdot 2^m } + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \frac{9a - 8 \cdot 2^m + 8}{2 \cdot 2^m} + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = 6 \cdot \frac{9a - 8 \cdot 2^m + 8}{12 \cdot 2^m} + 4 \)

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = (\frac{9a - 8 \cdot 2^m + 8}{12 \cdot 2^m})^* \)


We definiëren nu de functie motief0 van W naar \( \mathbb{Q} \) als:

\( \mbox{motief0}(a) = \left \{ \begin{array}{rl} \frac{9 a - 4 \cdot 2^m + 7}{6 \cdot 2^m} & \mbox{voor oneven } a \in \mbox{W} \mbox{ waarbij } m \in \mathbb{N}_o \mbox{ maximaal en } \frac{9a + 7}{2^m} \mbox{ nog een geheel getal is.} \\ \frac{9 a - 8 \cdot 2^m + 8}{12 \cdot 2^m} & \mbox{voor viervouden } a \in \mbox{W} \mbox{ waarbij } m \in \mathbb{N}_o \mbox{ maximaal en } \frac{9a + 8}{2 \cdot 2^m} \mbox{ nog een geheel getal is.} \end{array} \right. \)


En zo krijgen we voor alle \( a \in \mbox{W} \) dat:

\( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = (\mbox{motief0}(a))^* \)


Maar motief0 is nog niet motief1...

[vijv]

\( \mbox{K}(n) = \left \{ \begin{array}{rl} \frac{n}{2^m} & \mbox{voor even } n \in \mathbb{N} \mbox{ en } m \in \mathbb{N}_o \mbox{ maximaal waarbij } \frac{n}{2^m} \mbox{ nog een geheel getal is.} \\ 3n+1 & \mbox{voor oneven } n \in \mathbb{N} . \end{array} \right. \)

2⁰=1 nogal zinloos lijkt me.

We definiëren nu de functie motief0 van W naar \( \mathbb{Q} \) als:

waarom naar \( \mathbb{Q} \) we produceren toch enkel natuurlijke getallen met motiefo

Maar motief0 is nog niet motief1...

Ik heb blijkbaar niet goed opgelet. Wat is et verschil?

[Professor Puntje]

\( \mbox{K}(n) = \left \{ \begin{array}{rl} \frac{n}{2^m} & \mbox{voor even } n \in \mathbb{N} \mbox{ en } m \in \mathbb{N}_o \mbox{ maximaal waarbij } \frac{n}{2^m} \mbox{ nog een geheel getal is.} \\ 3n+1 & \mbox{voor oneven } n \in \mathbb{N} . \end{array} \right. \)

2⁰=1 nogal zinloos lijkt me.

Als je niet kunt garanderen dat er altijd minstens één legitieme m bestaat dan zou het kunnen gebeuren dat er helemaal geen legitieme m's bestaan waar je dan de grootste uit zou moeten kiezen. De waarde m=0 voorkomt die eventualiteit.

We definiëren nu de functie motief0 van W naar \( \mathbb{Q} \) als:

waarom naar \( \mathbb{Q} \) we produceren toch enkel natuurlijke getallen met motiefo

Dat hoop ik wel, maar is nog niet bewezen...

Maar motief0 is nog niet motief1...

Ik heb blijkbaar niet goed opgelet. Wat is et verschil?

Mij was dat tot voor kort ook nog niet opgevallen, maar in Fermat1637's motief1 wordt gewerkt met machten van 4 niet van 2.

[Professor Puntje]

Zou m voor \( a \in \mbox{W} \) wellicht altijd een tweevoud moeten zijn?

[WillemB]

tjsa , daar heb je de twee vouden weer,

In fermatxx zijn bewijs werkt zijn motief alleen voor 4 vouden en oneven,

voor de 4 vouden werkt motief(1) altijd goed, omdat het het een verzameling is van 4 vouden die hij daarvoor gebruikt,
en daardoor loop het niet vast op twee vouden.

immers 4 vouden kunnen altijd door 4 gedeeld worden, is dit nu een cirkel redenatie ?

En als je de twee vouden gaat gebruiken, wordt de verzameling W gewoon weer N.

[WillemB]

Het enigste verschil wat je ook schrijft, fermatxx gebruikt 4ⁿ en jij gebruikt daar 2^m
waardoor jouw formule twee vouden toestaat, en die van Fermatxx niet.

Ik zie nog niet waardoor het verschil komt, wellicht dat jij het wel weet ?

[Professor Puntje]

Als we bij gebruik van motief0 altijd op tweevouden voor m uitkomen dan is motief0 identiek aan motief1 want 2²ⁿ = (2²)ⁿ = 4ⁿ. Zou je dat voor wat waarden van a kunnen testen?

[WillemB]

Dat is inderdaad het zelfde, maar in de formule staat dat niet zo

Nog even als ik in de uitwerking van EvilBro kijkt,

is het verschil met van jouw \( \mbox{K}^{(3)}( a^* ) = \mbox{K}^{(2)}( \frac{6a+4}{2} )\)

daar gebruikt hij \( \frac{6a+4}{4} \)

maar waarom is me nog niet duidelijk.