Inspirado por la pregunta Es $\lim_{k \to \infty}\left[ \lim_{p \to \infty} \frac{M}{1+3+5+7+\cdots+ [2^{p(k-1)}-2^{p(k-2)}-2^{p(k-3)}-\cdots-1]}\right]=1$? que eso, me preguntó antes. He investigado los libros en pdf antes de hacer esta pregunta a MSE. Cuando no podía encontrar una respuesta en cualquier lugar, me decidí a preguntar. Incluso si la pregunta es absurda.
Para 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 $\text{"} k \text{''}$, que ese $f^k(n)=1$
Para la función $f(n)$ ir "hacia atrás" de número de $1$ para sólo los números impares de la secuencia:
Vamos paso número es $k$ $$[2^{\sum_{z=1}^k m_z}-2^{\sum_{z=2}^k m_z}-2^{\sum_{z=3}^k m_z}-\cdots-1]\stackrel{k\to \infty}{\longleftarrow}\mathbf{\cdots} \stackrel{k=5}{\longleftarrow} \mathbf{[2^{m_4+m_3+m_2+m_1}-2^{m_4+m_3+m_2}-2^{m_4+m_3}-2^{m_4}-1]}\stackrel{k=4}{\longleftarrow} \mathbf{[{2^{m_1+m_3+m_2}-2^{m_2+m_3}-2^{m_3}-1}]}\stackrel{k=3}{\longleftarrow} \mathbf{[{2^{m_1+m_2}-2^{m_2}-1}]}\stackrel{k=2}{\longleftarrow} \mathbf{[{2^{m_1}-1}]}\stackrel{k=1}{\longleftarrow} \mathbf1$$
He utilizado esta fórmula:
$$φ({m_1,m_2,\ldots,m_k})=φ({m_1,m_2,\ldots,m_{k-1}})×2^{m_k}-1$$
y podemos encontrar distrubition función: $φ({m_1,m_2,\ldots,m_k})$
$$φ({m_1,m_2,\ldots,m_{k}})=[2^{\sum_{z=1}^k m_z}-2^{\sum_{z=2}^k m_z} - 2^{\sum_{z=3}^k m_z}-\ldots-1]$$
$$f^k(φ(m_1,m_2,\ldots,m_k))=f^k([2^{\sum_{z=1}^k m_z}-2^{\sum_{z=2}^k m_z} - 2^{\sum_{z=3}^k m_z}-\cdots-1])=1$$
Ejemplo:
$$f^2(φ(m_1,m_2))=f^2({2^{m_1+m_2}-2^{m_2}-1})=\frac{\frac{{2^{m_1+m_2}-2^{m_2}-1} + 1}{2^{m_2}}+1}{2^{m_1}}=1$$
A continuación, busque en esta función:
$$g(n) = \begin{cases} n/2 &\text{if } n \equiv 0 \pmod 2 \\ 3n+1 & \text{if } n \equiv 1 \pmod 2. \end{cases}$$
Para la función $g(n)$ ir "hacia atrás" de número de $1$ para sólo los números impares de la secuencia, de nuevo:
$$ψ(m_1,m_2,\ldots,m_k)\stackrel{k\to \infty}{\longleftarrow}\mathbf{\cdots} \stackrel{k=2}{\longleftarrow} \mathbf{[\frac{4^{m_1}-1}{3}]}\stackrel{k=1}{\longleftarrow} \mathbf1$$
$$ψ(m_1)=\frac{4^{m_1}-1}{3}$$
Porque, $g^1(ψ(m_1))=1$
El problema comienza aquí. Encontré $ψ(m_1)$$k=1$. Pero, no sé, ¿cómo puedo encontrar a $ψ(m_1,m_2)$ o $ψ(m_1,m_2,m_3)$.No puedo seguir aquí.
De todos modos.Mi pregunta es "carne" es este: ¿Es posible dar una fórmula general que se remonta desde $1$?
¿Cómo podemos encontrar y es posible $ψ(m_1,m_2),ψ(m_1,m_2,m_3)...ψ(m_1,m_2,\ldots,m_k)$?
Si nos encontramos, en general, la dispersión de $ψ(m_1,m_2),ψ(m_1,m_2,m_3),...,ψ(m_1,m_2,\ldots,m_k)$ podemos responder a esa pregunta: ¿por Qué, hay un número de $k$ para la función de $f(n)$ siempre $f^k(n)=1$ $g^k(n)=1$ o $g^k(n)≠1$(contraejemplo)?
La pregunta está abierta a cualquier edición, porque yo sé, existen fallas en cuestión y fórmulas.
