Es

Question

Si $k\to \infty$ $p\to \infty$ creo $"M"$ debe ser la suma de todos los números impares, que el último número igual a $2^{p(k-1)}-2^{p(k-2)}-2^{p(k-3)}-...-1$

En primer lugar, mi $\LaTeX$, Matemáticas y conocimiento del idioma inglés es muy limitado. Es muy difícil para mí hacer esta pregunta. Ahora estoy mejorando mi mismo.Espero que usted me entiende...

Mira esta función: $$f(n) = \begin{cases} n/2 &\text{if } n \equiv 0 \pmod{2}\\ n+1 & \text{if } n\equiv 1 \pmod{2} .\end{cases}$$

Sabemos que para cualquier número positivo, hay un número de $"k"$, que ese $f^k(n)=1$

Para la función $f(n)$ ir hacia atrás desde el número de $1$.

Vamos paso número es $k$ $$[2^{\sum_{z=1}^{k-1} m_z}-2^{\sum_{z=2}^{k-1} m_z}-2^{\sum_{z=3}^{k-1} m_z}-...-1]\stackrel{k\to \infty}{\longleftarrow}\mathbf{...} \stackrel{k=5}{\longleftarrow} \mathbf{[2^{m_4+m_3+m_2+m_1}-2^{m_4+m_3+m_2}-2^{m_4+m_3}-2^{m_4}-1]}\stackrel{k=4}{\longleftarrow} \mathbf{[{2^{m_1+m_3+m_2}-2^{m_2+m_3}-2^{m_3}-1}]}\stackrel{k=3}{\longleftarrow} \mathbf{[{2^{m_1+m_2}-2^{m_2}-1}]}\stackrel{k=2}{\longleftarrow} \mathbf{[{2^{m_1}-1}]}\stackrel{k=1}{\longleftarrow} \mathbf1$$

A continuación, $2^{\sum_{z=1}^{k-1} m_z}-2^{\sum_{z=2}^{k-1} m_z}-2^{\sum_{z=3}^{k-1} m_z}-...-1=F_{10}(m_1,m_2,...,m_{k-1})$ y $2^{\sum_{z=1}^{k-i} m_z}-2^{\sum_{z=2}^{k-i} m_z}-2^{\sum_{z=3}^{k-i} m_z}-...-1=F_{ij}(m_1,m_2,...,m_{k-i})$

Supongamos, por $max [F_{10}]$ , podemos escribir

$m_1=m_2=m_3=...=m_{k-1}=p \Rightarrow max[F_{10}]=2^{p(k-1)}-2^{p(k-2)}-2^{p(k-3)}-...-1$ , y para cada una de las $F_{ij}$ debe $max [F_{ij}]<max [F_{10}]$.

A continuación, Vamos a escribir todas las sumas posibles:

$$\sum_{m_{k-1}=1}^{p}\sum_{m_{k-2}=1}^{p}...\sum_{m_{1}=1}^{p}F_{10}(m_1,m_2,...,m_{k-1})+\sum \sum...\sum F_{11}(m_1,m_2,...,m_{k-1})+\sum\sum...\sum F_{12}(m_1,m_2,...,m_{k-1})+\sum\sum...\sum F_{13}(m_1,m_2,...,m_{k-1})+...+\sum\sum...\sum F_{20}(m_1,m_2,...,m_{k-2})+\sum\sum...\sum F_{21}(m_1,m_2,...,m_{k-2})+\sum\sum...\sum F_{22}(m_1,m_2,...,m_{k-2})+\sum\sum...\sum F_{23}(m_1,m_2,...,m_{k-2})+...+\sum\sum...\sum F_{30}(m_1,m_2,...,m_{k-3})+\sum\sum...\sum F_{31}(m_1,m_2,...,m_{k-3})+\sum\sum...\sum F_{32}(m_1,m_2,...,m_{k-3})+\sum\sum...\sum F_{33}(m_1,m_2,...,m_{k-3})+...+...+\sum_{m_1=1}^{[log_2{(2^{p(k-1)}-2^{p(k-2)}-2^{p(k-3)}-...-1+1)}]} (2^{m_1}-1) = M$$

¿Qué es $\sum\sum...\sum F_{ij}(m_1,m_2,...,m_{k-i})$ ?

Ejemplo: Vamos,$\sum\sum...\sum F_{11}(m_1,m_2,...,m_{k-1})=\sum_{m_1=1}^{1}\sum_{m_2=1}^{1} ...\sum_{m_{k-2}=1}^{1}\sum_{m_{k-1}=p+1}^{g{(k,p)}}F_{11}(m_1,m_2,...,m_{k-1})$

que que, $max [F_{10}]>max [F_{11}]$ $g(k,p)≥p+1$

La Pregunta: Es este límite igual a $1$ ?

$$\lim_{k \to \infty}\left[ \lim_{p \to \infty} \frac{M}{1+3+5+7+...+ [2^{p(k-1)}-2^{p(k-2)}-2^{p(k-3)}-...-1]}\right]=1$$

Answer 1

(demasiado largo para un comentario, también)

Aunque he de entender profundamente el dolor de la escritura en una segunda lengua, todavía puede tratar de hacer de cada idiosincrasia de la notación o la terminología clara para todo el mundo. Todavía es muy difícil de seguir, debido a la gran cantidad de anotaciones que quedan sin explicación.

Permítanme darles un ejemplo de refinación parte de su pregunta que creo que estoy siguiendo.

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Considere la función $f:\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ en el conjunto de los enteros positivos $\mathbb{N} = \{1,2,\cdots\}$ definido por

$$ f(n) = \begin{cases} n/2 & \text{if %#%#% is even} \\ n+1 & \text{if %#%#% is odd} \end{casos} $$

Sabemos que para cada una de las $n$ existe $n$ tal que $n\in\mathbb{N}$ donde $k\geq1$ $f^{k}(n)=1$- composición del pliegue de $f^k$.

Ahora nos gustaría realizar un seguimiento de esta dinámica hacia atrás. Esto puede ser descrito mediante la consideración de las secuencias de la forma $k$ que satisfacer $f$ todos los $\mathbf{a}=(1=a_0,a_1,a_2,\cdots)$. Nos centramos en los índices de $a_i=f(a_{i+1})$ que satisfacer $i$. La enumeración de todos estos índices en orden creciente, obtenemos una secuencia $i$. (Aquí, podemos suprimir la dependencia de la $a_{i-1}=a_{i}+1$ a partir de la notación de la brevedad.) Llamamos a $(i_k)$ $\mathbf{a}$- ésimo paso de $i_k$. A continuación, la ubicación de los pasos que se determinan mediante la especificación de las lagunas $k$ $\mathbf{a}$ , donde adoptamos la convención de que las $m_k = i_k - i_{k-1} - 1$. Entonces

\begin{align*} &a_{i_0} = 1\\ \xrightarrow{\text{next step}} \quad& a_{i_1} = 2^{m_1} - 1 \\ \xrightarrow{\text{next step}} \quad& a_{i_2} = 2^{m_1+m_2} - 2^{m_2} - 1 \\ \xrightarrow{\text{next step}} \quad& a_{i_3} = 2^{m_1+m_2+m_3} - 2^{m_2+m_3} - 2^{m_3} - 1 \\ \xrightarrow{\text{next step}} \quad& \cdots \end{align*}

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Y para el resto de su pregunta, especialmente con respecto a las cantidades $k \geq 1$, no tengo idea de lo que estás tratando de decir. Al menos puedo entender es que (endeudamiento algunas de mis anotaciones)

\begin{align*} F_{1,0} = F_{1,0}(m_1, \cdots, m_k) &= [\text{%#%#% with the first %#%#% gaps given by %#%#%}] \\ &= 2^{m_1+\cdots+m_k} - \left( \sum_{l=2}^{k} 2^{m_l+\cdots+m_k} \right) - 1 \end{align*}

y que

$i_0 = 0$k$F_{ij}$$

Answer 2

(Demasiado largo para un comentario.) La pregunta es difícil de seguir, incluso con los detalles adicionales en la publicación de la imagen. Para mí, parece que podría tener algo que ver con el "total de tiempo de parada" de la Collatz-como la función $g(n)$, sólo se define como $n+1$ en el extraño caso, en lugar de $3n+1$. Si mi suposición es errónea, por favor deje de leer y publicar un comentario para que se me quite este post. Incluso si usted sigue leyendo, se nota que no es una respuesta, sólo algunos pensamientos relacionados con el cual puede o no ser útil.

La modificación de la $g(n)$ se sabe que siempre vaya a $1$ si repetidamente a afirmar, ver esta respuesta , por ejemplo.

Acerca de cómo "rápido" de que se va a $1\,$, vamos a $\gamma(n)=l$ ser el menor entero positivo tal que $g^{\,l}(n)=1\,$. Algunos límites en $\gamma(n)$ pueden ser derivados por mirar algunos casos particulares.

"El más rápido" descenso a $1$ que sucede cuando las iteraciones consisten en divisiones, sólo. Esto significa que todos los valores intermedios son uniformes, lo que sucede iff $n=2^k\,$, y que en caso de $g^{\,k}(n)=1$$\gamma(2^k) = k$.

El "más lento" descenso a $1$ que sucede cuando las iteraciones alternar entre las adiciones y las divisiones. Esto significa $n=2^k+1\,$, y que en caso de $g^{\,2k}(n)=1$$\gamma(2^k+1)=2k\,$.

Por supuesto, $\gamma(n)$ no es monotonical en $n$, por lo que la anterior no dar "duro" de los límites para la arbitraria $n\,$, pero que aún así sigue que $\;\displaystyle \liminf_{n \to \infty} \frac{\gamma(n)}{\log_2(n)} \le 1\;$$\;\displaystyle \limsup_{n \to \infty} \frac{\gamma(n)}{\log_2(n)} \ge 2\,$.