Sr. Presidente: Abrigamos la esperanza de que, mediante los esfuerzos renovados del Grupo de Trabajo de composición abierta, bajo su dirección, se alcanzará finalmente una solución de avenencia.

Question

Un número natural impar arbitrario $x$, tomar la secuencia recursiva dada por %#% $ #%

donde $$a_0 = x, a_n= \left \lfloor{ \frac{3 a_{n-1}}{2}} \right \rfloor$ es la función del piso.

Me gustaría demostrar que para cualquier $\left \lfloor{ .} \right \rfloor : N \rightarrow N$ elegido esta secuencia finalmente tiene un número par, pensé que iba a ser factible pero estoy atrapado. ¿Cómo se podría?

Answer 1

Suponiendo que $x$ es un número entero mayor que uno, se puede reorganizar la definición recursiva para obtener $$a_n=\lfloor a_{n-1}+\frac{1}{2}a_{n-1}\rfloor$$ $$a_n=a_{n-1}+\lfloor \frac{1}{2}a_{n-1}\rfloor$$ Supongamos que en la factorización prima de $a_{n-1}-1$, $2$ tiene una multiplicidad de $k$. Si esto es así, entonces, para algún entero $m$ no divisible por $2$, tenemos $$a_{n-1}=2^k\cdot m+1$$ y así $$a_n=2^k\cdot m+1+\lfloor \frac{1}{2}(2^k\cdot m+1)\rfloor$$ $$a_n=2^k\cdot m+1+2^{k-1}\cdot m$$ $$a_n-1=2^{k-1}\cdot 3m$$ Así, la multiplicidad de $2$ en cada una de las $a_n-1$ siempre disminuye por $1$, por lo que para algunos $a_n$, $a_n-1$ es extraño, $a_n$ es incluso. QED.

Answer 2

La recorre de $2n+1$

$$3^{k+1}\left\lfloor\frac{2n+1}{2^{k+1}}\right\rfloor+1.$$

Este es un número par al $k$ es igual al número de ceros finales en la representación binaria de $n$.

Por ejemplo, $2017=11111100001_b$ da $3^5\cdot111111_b+1=15310$ después $5$ iteraciones.

Answer 3

Suponiendo que $x>1,$ tenemos $x=2^\alpha q+1,$ donde $\alpha\geqslant1$ $q$ es impar. A continuación, $a_1=\left\lfloor3\cdot2^{\alpha-1} q+1+\frac{1}{2}\right\rfloor=3\cdot2^{\alpha-1} q+1.$ Si $\alpha=1$ lo que hace, de lo contrario, tenemos $a_2=3^2\cdot2^{\alpha-2}q+1$...entonces el camino está claro