Algunos detalles acerca de "la Conjetura de Collatz'?

Question

Sí, no hay nadie que no sepa de este problema.Mi pregunta es sólo acerca de la curiosidad.

$$C(n) = \begin{cases} n/2 &\text{if } n \equiv 0 \pmod{2}\\ 3n+1 & \text{if } n\equiv 1 \pmod{2} .\end{cases}$$

En este problema, he cogido algo como esto.Estoy seguro de que, todos Nos dimos cuenta de que.

Por ejemplo, $n=19$, $6$ impar de pasos.

Sabemos que, incluso en los pasos no son importantes, porque cada número es convertido a un número impar.

$19\Longrightarrow 29 \Longrightarrow 11\Longrightarrow 17 \Longrightarrow13 \Longrightarrow 5 \Longrightarrow 1$

Entonces, para $n=77$, también Hemos $6$ impar de pasos.

$77\Longrightarrow 29 \Longrightarrow 11\Longrightarrow 17 \Longrightarrow13 \Longrightarrow 5 \Longrightarrow 1$

Para $n=9$

$9\Longrightarrow 7 \Longrightarrow 11 \Longrightarrow 17 \Longrightarrow 13\Longrightarrow 5 \Longrightarrow 1$

De nuevo tenemos a $k=6$ impar de pasos.

Quiero saber / aprender / preguntar, por $k=6$, (Generalizada: para cualquier número de $k$ ) nos puede producir una fórmula(s) para la captura de todos esos números, que da el resultado $1$?

Gracias!

Answer 1

Si usted busca una fórmula única para cualquier $k$, aquí está:

$$n_k=\frac{2^{l_1+l_2+...+l_k}}{3^k}-\frac{2^{l_2+l_3+...+l_k}}{3^k}-\frac{2^{l_3+l_4+...+l_k}}{3^{k-1}}-\frac{2^{l_4+l_5+...+l_k}}{3^{k-2}}-...-\frac{2^{l_{k-1}+l_k}}{3^3}-\frac{2^{l_k}}{3^2}-\frac{2^0}{3^1}$$

por ejemplo,

$$19=\frac{2^{4+3+2+1+3+1}}{3^6}-\frac{2^{3+2+1+3+1}}{3^6}-\frac{2^{2+1+3+1}}{3^5}-\frac{2^{1+3+1}}{3^4}-\frac{2^{3+1}}{3^3}-\frac{2^{1}}{3^2}-\frac{2^0}{3^1}$$

La dificultad es encontrar el $l_k$ que $n_k$ es un número entero.

El $l_k$ son el número de veces que se divide por 2 para saltar de un extraño para el otro impar.

por ejemplo, para $19$, $l_6=1$ porque se divide $3*19+1$ sólo una vez para obtener el siguiente impar $29$. $l_5=3$ porque se divide $3*29+1$ tres veces por 2 para obtener el siguiente impar $11$...

Cuando una $l_k$, cualquiera de las $l_k$ de la misma paridad de trabajo (por ejemplo, para $19$, $l_6=1$ es extraño, por lo que cualquier valor impar de $l_6$).

Answer 2

Sugerencia:

Usted puede invertir la secuencia impar de pasos de la siguiente manera:

$$1\leftarrow\frac{2^k-1}3$$ for any $k$ such that the division is exact, i.e. all even $k$. En otras palabras,

$$1\leftarrow\frac{4^k-1}3.$$

Ahora

$$\frac{4^k-1}3\leftarrow\frac{2^j(4^k-1)-3}9$$ for $j$ such that the division is exact, i.e. even $j$ when $k\bmod3=1$ and odd $j$ when $k\bmod3=2$.

Por lo tanto

$$\frac{4^k-1}3\leftarrow\frac{4^j2^{k\bmod3-1}(4^k-1)-3}9\text{ with }k\bmod3\ne0.$$

Más en general, usted recibirá una suma de potencias de $4$ con los pequeños y los coeficientes de las restricciones en los exponentes, a través de una alimentación de $3$. No parece sencillo.

Answer 3

El uso de combinaciones lineales de las Lucas secuencias de $U_n(5,4)$ $V_n(5,4)$ a generar rápidamente un número infinito de números impares, el mismo número de pasos de $1$.

Estos también puede ser generado por la iteración de la función $f(x)=4x+1$ en el entero inicial para tomar $19$ como su ejemplo a los siguientes números de compartir la misma inmediato sucesor y por lo tanto el mismo número de pasos:

$19,77,309,1237,4949,19797,\ldots$

La forma cerrada para estas es $4^n\cdot 19+\frac{4^n-1}{3}$

O usted podría levantar $19$'s sucesor $29$ ($5$ pasos de distancia) a la infinidad de los números de la misma distancia de a $1$ y tomar sus inmediatos predecesores. Esto se hace un poco complicado como algunos de ellos son múltiplos de $3$ y no tiene predecesor, otros se $\equiv1\mod 3$ y por lo tanto su predecesor es en $\frac{4x-1}{3}$ y otros todavía se $\equiv2\mod 3$ y por lo tanto su predecesor es en $\frac{2x-1}{3}$.

Pero usted puede evitar ese problema, tomando el tercer "ascensor" para darle predecesores que son todos equivalentes mod $3$. La función de $4x+1$ compuesta de tres veces es $64x+21$, e $29\equiv2\mod 3$, por lo que su menor predecesor inmediato se encuentra en $\frac{2x-1}{3}$, por lo que todos los números de la forma:

$\dfrac{2(4^{3n}\cdot19+21)-1}{3}$

también se $6$$1$.

He mencionado que hay dos clases de inmediatos predecesores - los que se encuentran en $\frac{2x-1}{3}$ y los que se encuentran en $\frac{4x-1}{3}$. Nos puede encontrar los números teniendo este segundo tipo de inmediato predecesor dos composiciones de $4x+1$ sobre $29$. Eso es $16x+5$; es decir, en $469$ y podemos encontrar infinidad de predecesores para que los que son de nuevo los 6 pasos de distancia. El más pequeño de ellos está dado por $\frac{4x-1}{3}$, es decir:

$\dfrac{4\cdot469-1}{3}=625$

Y de nuevo hay infinitamente muchos inmediatos predecesores de $469$, todos ellos $6$$1$. Estos son, de nuevo, dada por:

$4^n\cdot625+\dfrac{4^n-1}{3}$

Podría seguir, pero usted está probablemente aburrido por ahora...

P. S. Lo que se pide; una forma general para generar todos los números de $6$ $1$ podría resolver el problema, y este es un famoso problema sin resolver.