Rozmyślania matematyczne
ostatnie wiadomości | regulamin | latex
Autor | Wiadomość |
rebus postów: 2 | 2013-02-26 16:07:52 Witam nakręciłem filmik z rozważaniem na temat problemu Collatza. Wiem że moje rozmyślanie nie zawsze jest zgodne z dzisiejszą matematyką ale można zobaczyć jak ktoś coś doradzi to może coś mi jeszcze przyjdzie do głowy. https://www.youtube.com/watch?v=Rw-ajUzmTA0 |
tumor postów: 8070 | 2013-02-26 17:42:38 To, co tam opowiadasz w 37 minut (!!!) powinno się zmieścić w 7. Kto nie nadąży, może powtórzyć. ;) Zapis jest ok. Natomiast nie wszystko jest przemyślane do końca. Dochodzisz do słusznych równań $y=3+\frac{1}{x}$ $yy_2=(3+\frac{1}{x})(3+\frac{1}{x_2})$ $yy_2y_3=(3+\frac{1}{x})(3+\frac{1}{x_2})(3+\frac{1}{x_3})$ ... gdzie lewa strona to potęga liczby 2, a wszystkie $x_n$ i $x$ są nieparzyste. PYTAMY, czy rzeczywiście jedynym rozwiązaniem jest $x=x_n=1$, czy może któreś z równań ma też inne rozwiazanie. Ty odpowiadasz, że jedynym rozwiązaniem jest 1, ale argument to "nie umiem wymyślić innego rozwiązania". Argument jest słaby, zatem pytanie pozostaje otwarte. GDYBYŚ miał rację w swoim przypuszczeniu, że tylko 1 jest rozwiązaniem, miałbyś rzeczywiście część problemu Collatza za sobą (udowodniłbyś, że nie ma cyklu poza 1,4,2,1), ale daleko byłbyś jeszcze od rozwiązania całego problemu. Natomiast czy masz rację - nie wiemy. Gdyby dopuścić rozwiązania ujemne, to możemy dla równania $yy_2=(3+\frac{1}{x})(3+\frac{1}{x_2})$ podać rozwiązanie $x=-5$, $x_2=-7$. To oczywiście nie rzucało się w oczy, ale jednak jest rozwiązaniem. Ważna myśl, jaka z tego wynika: wcale nie jest powiedziane, że liczby $3+\frac{1}{x}$ i $3+\frac{1}{x_2}$ są całkowite. Całkowity ma być ich ILOCZYN (w dodatku ma być potęgą liczby 2), ale o samych tych liczbach wiemy jedynie, że są wymierne. Być może nie ma innych rozwiązań dodatnich niż 1 (ujemne jeszcze istnieją inne niż podane), ale zdecydowanie tego nie pokazałeś. Trzeba mocniejszego argumentu. ---- No i z innych spraw: powinno być szybciej, konkretniej, jaśniej (ja problem znam, ale widzowi, który nie zna, bardzo późno opisujesz, o co w ogóle pytamy), wyraźniej. :) |
rebus postów: 2 | 2013-02-26 21:21:11 Dzięki uwagi przydadzą mi się przeanalizuje wszystko nie rozumiem tylko jednego skąd wiadomo że daleko się jest od rozwiązania? Wyobraża mi się punkt który jest gdzieś daleko a przecież nie wiadomo jeszcze chyba czy istnieje. Niepotrzebny pesymizm :D. W najbliższym czasie znowu będę sprawdzał co da się zrobić w tym temacie. A jak coś się komuś jeszcze nasunie to piszcie. |
tumor postów: 8070 | 2013-02-26 22:03:53 Hm, pesymizm wynika stąd, że niezłe mózgi już z tym problemem walczyły, zatem na chłopski rozum maleją szanse załatwienia tego problemu prostymi równaniami. :) Ale oczywiście nie jest wykluczone, że się uda. Zauważyłeś sam, że problem można podzielić na dwa podproblemy. Hipoteza jest fałszywa, jeśli istnieje skończony cykl, czyli któryś x się powtarza (to by się sprawdzało takimi równaniami), albo jeśli istnieje nieskończony ciąg różnych liczb naturalnych, który jednak nie prowadzi do liczby 1 przy stosowaniu reguł gry. ;) Wypada zatem sprawdzić dwie rzeczy: że cykle poza 1,4,2,1 nie istnieją (dla liczb dodatnich) i że nie istnieje też taki ciąg różnowartościowy. Pokazywałeś jedną z tych rzeczy. Gdyby się udało, to i tak by znaczyło, że zacząłeś od łatwiejszej strony, bo łatwiejsza strona to ta właśnie, którą umiemy zrobić :P. A się nie udało. Czyli w zasadzie próba jak dotąd jest nieudana. To oznacza być daleko od rozwiązania ;) |
pilur postów: 14 | 2014-04-06 17:45:13 Witam, każdą liczbę typu: 3x+1, gdzie x=1,3,5,... można przedstawić w postaci: 2k+2, gdzie $k\in\ N$ Jeżeli k+1=$2^{n-1}$ to wartości ciągu zaczynają maleć. Jeżeli k=$2^{n-1}-1+R(k)$ iteracja musi być powtarzana. Należy udowodnić, że istnieje takie R(k), dla którego iteracja nie doprowadza do $k=2^{n-1}-1$. Zakładamy, że istnieje nieskończenie wiele rozwiązań dla których: $3*(2^{n-1}+R(k))+1=2^{n+n1}$, gdzie $1\le R(k)<2^{n}-2^{n-1}$ $(2+1)*(2^{n-1}+R(k))+1=2^{n+n1}$ $2^{n}+2^{n-1}+3*R(k)+1=2^{n+n1}$ $3*R(k)+1=2^{n+n1}-2^{n}-2^{n-1}$ Cofając się iteracją w tył możemy udowodnić, że jest nieskończenie wiele liczb nieparzystych, które kończą się cyklem 4,2,1: $R(k)=\frac{2^{n+n1}-2^{n}-2^{n-1}-1}{3}$ $2^{n+n1}-2^{n}-2^{n-1}=6k-2$ $R(k)=\frac{6k-2-1}{3}$ $R(k)=\frac{6k-3}{3}$ $R(k)=2k-1\rightarrow n1,k=f(n)\wedge n1,n=f(k)$ Z drugiej strony: $2^{n+n1}-2^{n}-2^{n-1}=2^{x}$ $2^{x}=6k-2$ $R(k)=\frac{1}{3}+\frac{2^{x-1}}{3}\rightarrow x=2,4,6,...\rightarrow R(k)=1+\sum_{n=1}^{\frac{x}{2}-1}2^{2n-1}, gdzie \frac{x}{2}>1$ Powyższe równanie oznacza, że: $3(2^{f(x)}+1+\sum_{n=1}^{\frac{x}{2}-1}2^{2n-1})+1=2^{n}$ $2^{f(x)+1}+2^{f(x)}+\sum_{n=1}^{\frac{x}{2}}2^{2n-1}+\sum_{n=1}^{\frac{x}{2}-1}2^{2n-1}+2=2^{n}$, gdzie x=2,4,6,... $2^{f(x)+1}+2^{f(x)}+2^{x-1}+2=2^{n}\rightarrow 2^{f(x)}=2^{x-1}+2 $ Korzystając z rozkładu funkcji $f(n)=2^{n}$: $2^{n+1}=\sum_{n=1}^{n}2^{n}+2$ Oznacza to, że: $f(x)=x$ oraz: $2^{x+2}=2^{n}$ I jest prawdziwe jedynie dla x=2 Dla $2^{f(x)+1}=2^{f(x)}=0$ $2^{x}=2^{n}$ Wniosek: $1\circ$Istnieje tylko jedna droga do 1 $2\circ$Istnieje nieskończenie wiele liczb nieparzystych, które tą drogę pokonują. Pytanie: Czy istnieje liczba nieparzysta, która daje ciąg rozbieżny do nieskończoności? Rozważmy teraz dowolną liczbę nieparzystą: $k+1=2^{n-1}+R(k)=\sum_{n=1}^{n}a_{n}2^{n}+1=\sum_{n=1}^{n}a_{n}2^{n-1}, gdzie$$\left\{\begin{matrix} a_{n-a_{k}}=0 \\ a_{n-b_{k}}=1 \end{matrix}\right.$ Liczbę tą możemy zapisać w postaci macierzy jednowierszowej: A=$[a_{1n}]$ Taką, że: $\sum_{n=1}^{n}a_{n}2^{n-1}=\sum_{n=1}^{n}a_{1n}2^{n-1}$,gdzie $a_{11}=1\wedge$$\left\{\begin{matrix} a_{1n-a_{k}}=0 \\ a_{1n-b_{k}}=1 \end{matrix}\right.$ Rozważmy teraz jeden pełny cykl w postaci macierzowej: Dana jest macierz: $D=[d_{mn}]$ Elementami wiersza 1 są elementy macierzy A=$[a_{1n}]$ Ogólnie nazwiemy takie wiersze wierszami typu a. Maksymalny numer kolumny, dla którego element: $a_{1n_{max}}=1$ nazwiemy $1an_{max}$ Elementami wiersza 2 są elementy macierzy B=$[b_{1n}]$ takie, że: $b_{11}=0 \wedge b_{1n+1}=a_{1n}$ Ogólnie nazwiemy takie wiersze wierszami typu b. $1bn_{max}=1an_{max}+1$ Elementami wiersza 3 są elementy macierzy C=$[c_{1n}]$ takie, że: $c_{11}=1 \wedge c_{1n+1}=0$ Ogólnie nazwiemy takie wiersze wierszami typu c $1cn_{max}=1$ Elementami wiersza 4 jest suma binarna wierszy 1,2,3 $1an_{max}+1\le1Sn_{max}\le1an_{max}+2$ Ogólnie nazwiemy takie wiersze wierszami typu S Elementami wiersza 5 jest ciąg elementów wiersza 4 rozpoczynający się od 1. Jest to jednocześnie początek nowego cyklu czyli wiersz typu a i elementy macierzy A. Ponieważ: $a_{11}=a_{21}=...=a_{n1}=c_{11}=c_{21}=...=c_{n1}$ Ich suma binarna bedzie bez końca redukować jedynki. Wszystkie liczby nieparzyste kończą na 1. Co należało udowodnić. Wiadomość była modyfikowana 2014-04-12 18:39:41 przez pilur |
pilur postów: 14 | 2014-04-14 16:01:42 Dodałem jedno równanie: $3*(1+\sum_{n=0}^{n}2^{2n+2})+1=2^{2n+4}$ Dla zainteresowanych udostępniam link do pracy w formacie .pdf: https://www.dropbox.com/s/l6m0bpw13vespb0/Collatz.pdf Wiadomość była modyfikowana 2014-04-14 16:08:49 przez pilur |
pilur postów: 14 | 2014-04-30 16:11:20 Myślę, że rozwiązanie kolegi Rebusa jest poprawne. |
strony: 1 |
Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj