Matematické Fórum

↑ vanok:

Tak na to nemam :D moc narocne na me. Kazdopadne ta collatzova domnenka se mi libi. Protoze sama o sobe dava jina pravidla ktera jsou s ni ekvivalentni. Dalsi (i kdyz zatim neozkouseny, snad jsem v postupu nemel chybu) je nasledujici:

4k        12k+1
4k+1    k
4k+2    12k+7
4k+3    6k+5

Taky to platí. Opravdu jsou si zmíněná 2 pravidla ekvivalentní. A platí právě tehdy když platí Collatzova domněnka. Mám na to takový zajímavý postup. Jestli na něj nikdo nepřijde pak ho napíšu

pokud by někdo chtěl vyzkoušet zmíněné pak tady je úplně jednoduchý prográmek (snažil jsem se aby byl co nejkratší a nejsrozumitelnější)

#include <iostream>

int dalsi(int n);

int main()
{
    do
    {
        std::cout << "vstup:\t";
        int m = 0;
        std::cin >> m;

        while (std::cin.get() == '\n')
        {
            std::cout << m;
            if (!m) break;
            m = dalsi(m);
        }

        std::cout << "\npro pokracovani stisknete <enter>\n";
    } while (std::cin.get() == '\n');
    return 0;
}

int dalsi(int n)
{
    int m = n % 4;
    switch (m)
    {
    case 0: return n / 4 * 3;
    case 1: return (n - 1) / 4 * 6 + 2;
    case 2: return (n - 2) / 4;
    case 3: return (n - 3) / 4 * 6 + 5;
    }

    return 0;
}

edit: ten kod muzete ve funkci dalsi upravit tak aby program zvladal i druhy pripad. myslim ze jde videt, kde je potreba zmenit kod. neni k tomu ani potreba umet programovat. to cislo u "case" je zbytek po deleni 4. a ta operace je cislo nasledujici v rozkladu

to s tou nulou urcite neplati: mas napr cyklus: 1 4 2 1 ktory neobsahuje nulu

↑ liamlim:
Ahoj,
ty 4n+1 a 4n+3 to je vlastně collatz - 2x aplikovaný a ty ostatní vzniknou tak, že při collatzově pravidlu vhodně zmenšíš nebo zvětšíš číslo o 1 a dále aplikješ collatzovo pravidlo. Ale samozřejmě lze ten postup vysvětlit i jinak...

↑ check_drummer:
aha tak to som to predtym zle pochopil, cize uloha je ukazat, ze tieto nove pravidla povedu vzdy k 0 prave vtedy ked Collatzove pravidla povedu k jednotke; tak?

↑ liamlim:
Ahoj, to vypadá dobře... Ale pomůže to nějak k pochopení Collatzovy hypotézy?

↑ liamlim:
Ahoj, ještě jedno upřesnění - předpokládáš tedy, že i po dosažení 1-ky Collatzovým předpisem pokračuješ dále )až do nekonečna), že? (tj. sekvencí 1,4,2,1,..) Protože jinak by neplatilo, že na 6k+4 vždy narazíš.

↑ liamlim:
Přesně tak, není to podstatné - ale v jiných případech (jiná posloupnost) by to podstatné mohlo být.

↑ check_drummer:

Taky mě to napadlo :D už jsem se viděl, že tu domněnku dokážu ale bohužel. U té nové jsem zkoušel najít nějakou další a je to komplikovanější. Nebo nemám schopnosti na ni přijít. Každopádně pořád na nějakých věcech o Collatzově domněnce pracuji a třeba za nějaký čas uvedu další zajímavé věci (úplně odlišné - ale taky zajímavé)

Nepředpokládám, že by věci které teď počítám k něčemu byly ale je to pro mě úžasná zábava.

Já nevím k čemu jsem došel ale napíšu to sem...

Fakt 1:  V Collatzově rozkladu vždy narazíme na číslo nedělitelné 3. Budu tedy hledat rozklad, který se pro čísla nedělitelná 3 chová stejně jako collatzův rozklad. Pro čísla dělitelná 3 se bude chovat takovým speciálním způsobem, který nám nejvíce pomůže.

Uvažujme následující rozklad (priorita pravidel je zhora dolů)
1. X je dělitelné 2 -> další číslo je X / 2
2. X je dělitelné 3 -> další číslo je X + 1
3. další číslo je 3*x

Vidíme, že pro číslo nedělitelné 2 a 3 platí, že v rozkladu bude nutně také 3k+1. Všimněme si tedy, že pro každé číslo nedělitelné 3 je platnost tvrzení, že se dostaneme k 1 u nového rozkladu i Collatzova stejná. Ale u Collatzova rozkladu pokud máme číslo dělitelné 3 vždy nutně narazíme na číslo nedělitelné 3... Odsud plyne, že jsou si uvedené rozklady EKVIVALENTNÍ.

Budeme tedy dokazovat, že se v novém rozkladu vždy dostaneme k 1. Nejdříve si všimněme, že se vždy dostaneme k číslu dělitelnému 3 nebo číslu ve tvaru 2^k. To plyne z pravidel uvedených výše. Od každého čísla dělitelného 3 se tedy dostaneme k jinému dělitelnému 3 nebo k 1. Všímejme si v novém rozkladu jen čísel dělitelných 3...

Máme li 3(2k) pak se zřejmě dostaneme okamžitě k 3(k). Máme tedy pravidlo   2k -> k
Máme li 3(2k+1) ->  6k+4 -> 3k+2 -> (nejendoznačné, dvě možnosti zbytku po dělení 4)
3(4k+3) -> 12k+10 -> 6k+5 -> 3(6k+5)   || pravidlo 4k+3 -> 6k+5
3(4k+1) ->  12k+4 -> 6k+2 -> 3k+1 -> (nejendoznačné, dvě možnosti zbytku po dělení 8)
3(8k+1) -> .... -> 3(6k+1)    || pravidlo  8k+1 -> 6k+1
3(8k+5) -> 3k+2 ->  (zase 2 možnosti pro 16...)
3(16k+13) -> .... -> 3(6k+5)  || pravidlo   16k+13 -> 6k+5

Co mi přijde zajímavé je to, že VŽDY narazíme na číslo 6k+1 nebo 6k+5....

(edituju... pozn. omouvám se za 3 posty pod sebou zapomněl jsem se. Popřemýšlím jak to napravit)
(dnes jsem asi doeditoval, čekal jsem, že dojdu k něčemu trochu zajímavějšímu.) Když by někdo měl jakýkoliv nápad k ČEMUKOLIV tak klidně napište. Však je to jen pro zábavu

↑ liamlim:
Ahoj, a jak jsi přišel na tvar 6k+4? A proč jsi následně volil zrovna čísla tvaru 4k+i (tj. čísla mod 4)? Byly to jen náhody?

liamlim napsal(a):

Ale u Collatzova rozkladu pokud máme číslo dělitelné 3 vždy nutně narazíme na číslo nedělitelné 3... Odsud plyne, že jsou si uvedené rozklady EKVIVALENTNÍ.

Ahoj, myslím, že to nebude ekvivalentní. Co např. když x je o 1 menší než nějaké mocnina 2 a je dělitelné 3 - pak podle bodu 2 bude další číslo mocnina 2 a podle opakovaného bodu 1 dospějeme k číslu 1. Ale nejsem si jist, zda z toho plyne, že z tohoto čísla x dospějeme k 1 i u collatzovy domněnky.