/math/ - Гипотеза Коллатца
Главная Юзердоски Каталог Трекер NSFW Настройки

Математика

Ответить в тред Ответить в тред
Check this out!
<<
Назад | Вниз | Каталог | Обновить | Автообновление | 42 12 17
Гипотеза Коллатца Аноним 20/12/23 Срд 23:07:37 111529 1
image.png 87Кб, 445x360
445x360
image.png 674Кб, 728x595
728x595
image.png 62Кб, 1200x600
1200x600
image.png 720Кб, 1280x720
1280x720
Сап, маняматики!

Открыл я тут, значит: https://ru.wikipedia.org/wiki/Открытые_математические_проблемы
и вижу, что недоказанной и открытой, является, внезапно:
>Гипотеза Коллатца (гипотеза 3n+1).
Давайте попробуем кокозать её, ну или хотя-бы попытаемся, штоле.

Итак: https://ru.wikipedia.org/wiki/Гипотеза_Коллатца

Гипотеза Коллатца, также известная как Проблема 3n+1 или Проблема Коллатца, формулируется следующим образом:

Рассмотрим произвольное натуральное число n.
Если n четное, поделим его на 2 (n/2).
Если n нечетное, умножим его на 3 и добавим 1 (3n + 1).
Продолжим выполнять шаги 2 и 3 для полученных чисел.
Гипотеза Коллатца утверждает, что, несмотря на начальное число n, рано или поздно последовательность достигнет значения 1 и будет циклически повторяться {4, 2, 1}.

Доказательство этой гипотезы остается открытым вопросом и не было найдено до настоящего времени для всех натуральных чисел. Гипотеза была проверена для огромного количества чисел, но не существует общего строгого доказательства ее истинности или ложности.

Как можно доказать это? Какие именно утверждения нужно доказать, чтобы доказать эту гипотезу Коллатца, а?
Аноним 21/12/23 Чтв 18:38:23 111543 2
>>111529 (OP)
Чтобы доказать
эту сиракузскую проблему, 3n+1 диллему, гипотезу Коллатца -
нужно доказать,
что абсолютно любое натуральное число,
всегда приходит к 1,
конечной комбинацией двух операций (3N+1, и /2).

То есть, доказать, отсутствие бесконечных циклов, кроме цикла 4->2->1->4->2->1->...

https://ru.wikipedia.org/wiki/Гипотеза_Коллатца#Проект_«Collatz_Conjecture»
>По состоянию на июль 2023 года проверены все натуральные числа до 10¹⁰⁰ (десять в сотой степени)[источник не указан 112 дней], и каждое из них продемонстрировало соответствие гипотезе Коллатца.
Аноним 21/12/23 Чтв 19:02:36 111544 3
>>111543
Давайте, попытаемся доказать, что бесконечных циклов, кроме цикла 4->2->1 не может быть...

Пусть N - нечетное.
Тогда, 3N+1 - четное, и за этой операцией обязательно следует операция /2.
Результат может быть как четным, так и нечетным.
Рассмотрим, как изменяется битовая длина двоичного представления числа N, после применения операции 3N+1.
Для любого нечетного числа, битовая длина двоичного представления результата увеличивается на 2 бита, в результате применения операции 3N+1.
В результате применения операции /2 к четному числу N, битовая длина двоичного представления числа N - уменьшается на 1 бит.
Значит, в результате применения операции (3N+1)/2, битовая длина двоичного представления числа N - увеличивается на 1 бит.
Это значит, что для того, чтобы какой-либо бесконечный цикл замкнулся на каком-либо числе N,
число операций (3N+1)/2 и /2, в этом цикле, должно быть строго одинаково,
чтобы на выходе было число, равное числу N.

Теперь, рассмотрим уравнение: N = ((3N+1)/2)/2
И решим это уравнение:
N = (3N+1)/4
4N = 3N+1
4N - 3N = 1
N = 1

Значит, бесконечный цикл, возможен, только при значении N=1:
1 -> 4 -> 2 -> 1
1 -> 100 -> 10 -> 1
Аноним 21/12/23 Чтв 19:21:06 111545 4
>>111544
Следовало бы, также, рассмотреть и другие варианты уравнений,
потому как операции 3N+1/2 и ещё /2 могут повторяться, в различных комбинациях.
Однако, решения таких уравнений, как, например:
N = ((3N+1)/2 * 3 + 1)/2 /2/2
не дают целочисленных значений.

Значит, следовало бы доказать, что эти уравнения не могут давать целочисленные значения.
Как это доказать?
Подойдём к этому вопросу вот так:
В знаменателе, число стремится к 4, в числителе - к 3.
Ну а 3/4 - не даст целочисленное значение N, сколько не наращивай эти скобки в уравнениях.
Как-то так.
Аноним 23/12/23 Суб 01:48:53 111550 5
>>111529 (OP)
Давайте поучавствуйте хоть, пидоры маняматики, или нам самим, сукаблядь, сидеть аутировать над этой хуйнёй, и решать открытые проблемы математики и всякие там проблемы тысячелетия?
Аноним 23/12/23 Суб 20:55:38 111562 6
image.png 61Кб, 718x637
718x637
>>111529 (OP)
Мочерня в спам-фильтре, посоны, срочно в пикрелейтед.
Аноним 23/12/23 Суб 22:03:16 111563 7
>>111562
Отлично. Докажем, что множества содержат все натуральные числа.

1. В общем случае, докажем, что любое число n можно представить в виде n=aq+r

Утверждение:
Любое натуральное число n
может быть представлено
в виде n=aq+r,
где a - фиксированное целое число (a>1),
q - целое неотрицательное число,
и r - остаток от деления n на a (0≤r<a).

Доказательство:
Пусть a - фиксированное целое число, a>1, и n - произвольное натуральное число.
Рассмотрим целочисленное деление n на a:
n=aq+r, где 0≤r<a.
Положим aq = n - r,
где aq - целое число, и r - целое неотрицательное число.
Таким образом, n=aq+r, где 0≤r<a и r - целое неотрицательное число.
Это завершает доказательство.

2. В частном случае, докажем, что любое число можно представить в виде n = 3q+r;
Пусть a = 3, тогда любое натуральное число n, можно представить в виде n = 3q+r, где 0≤r<3,
то есть в виде: 3q+0, 3q+1, 3q+2. Это утверждение тоже доказано.

3. Cформируем 4 множества, и докажем, что они вместе содержат все натуральные числа n:
3q+0 - при четном q, это все нечетные числа, которые делятся на 3
3q+1, 3q+2 - при четном q в 3q+1 и нечетном q в 3q+2 - это все остальные нечетные числа.
3q+1 - при нечетном q, это четные числа предшествующее которым делится на 3
3q+0, 3q+2 - при нечетном q - это все остальные четные числа

Утверждение: Все эти 4 множества вместе, содержат абсолютно все натуральные числа n.
Доказательство: все эти 4 множества содержат все возможные комбинации представления n в виде 3q+0, 3q+1, 3q+2, а значит все n.

Таким образом, доказательство универсальной аксиомы Коллатца, автоматически доказывает её для всех n.
Аноним 24/12/23 Вск 12:24:44 111570 8
Аноним 25/12/23 Пнд 01:30:07 111577 9
>>111529 (OP)
>>111543
ChatGPT говорит, что нужно доказать отсутствие бесконечно-растущей последовательности.

Давайте попробуем доказать это. Итак...

Утверждение:
Число последовательных операций (3N+1)/2 - не может быть бесконечным.

Доказательство:
n = aq+r, что доказано
n = 3q+r, что доказано, в частности.

Определим множества:
1: 3q+1нечетные1713192531шаг +6 для чисел, нечетные
2: 3q+2четные2814202632шаг +6 для чисел, числа делятся на 2
3: 3q+0нечетные3915212733шаг +6 для чисел, числа делятся на 3
4: 3q+1четные41016222834шаг +6 для чисел, числа делятся на 2
5: 3q+2нечетные51117232935шаг +6 для чисел, нечетные
6: 3q+0четные61218243036шаг +6 для чисел, числа делятся на 2 и на 3

Пронумеруем множества как 1, 2, 3, 4, 5, 6

Определим операции, включающие в себя условия для них:
Операция A: (3N+1)/2, эта операция применяется ТОЛЬКО для нечетных чисел N.
Операция B: N/2, применяется ТОЛЬКО для четных чисел N.

Операция С: (3N+1) - операция С, это просто часть операции A.
Операция D: 3N - это просто часть операции С, и А.
Операция E: N+1 - это просто часть операции С и А.
Эти три операции, применяются последовательно, в единой операции А.
Итак, A = DEB = CE

Проанализируем результат операции А:

Пусть N, некое стартовое, нечетное число.
D даст тоже нечетное N2, всегда вида 3q+0, из множества 3, что очевидно, так как и N2 = 3N и делится на 3 без остатка,
и согласно операции D, и r = 3N%3 = 0, в представлении 3q+r, значит q = N, r = 0, и N = 3q+0,
оно всегда будет во множестве 3, так как это - тоже нечётное.

E, к нечётному вида 3q+0, всегда даст четное вида 3q+1, из множества 4, так как происходит сдвиг на +1.

B для четного вида 3q+1, даст либо нечетное, либо четное, из множеств 2 либо 5, причем обязательно вида 3q+2.

Так как A = DEB, то следовательно, операция A над любым нечётным N,
даст либо нечетное вида 3q+2 из множества 5, либо четное вида 3q+2 из множества 2 либо.
Значит, других вариантов множеств, для результатов операции А - не дано.

Четное, вида 3q+2, четное тогда, когда q четное, и к нему уже - применяется операция B.
Нечетное вида 3q+2, нечётное только тогда, когда q - нечетное, и к нему применяется операция А.

Рассмотрим последовательность последовательных операций А:
N2 = (3N+1)/2
N3 = (3N2+1)/2
N4 = (3N3+1)/2
и так далее...

Так как операция А применяется только для нечетных чисел, то числа N, N2, N3, N4, ... - нечетные.
Более того, это нечётные числа, вида 3q+2, из множества 5, так как именно это - нечетный результат операции А.

Таким образом, операция А, может продолжаться до тех пор, пока на выходе каждой операции А, будет нечётное, вида 3q+2.

Предположим, что существует бесконечная последовательность последовательных операций А.

Теперь, рассмотрим применение операции A к нечетному числу вида 3q+2:
(3(3q+2) + 1) / 2 = (9q + 6 + 1) / 2 = (9q + 7)/2 = (9q + 3)/2 + 4/2 = (9q + 3)/2 + 2 = 3((3q+1)/2) + 2

Таким образом, нечётное 3q+2, может давать нечетное вида 3q2+2 тогда,
когда q2 = (3q+1)/2.
При этом, нечётное q, должно давать нечетное q2, на всей последовательности операций A.
Последовательность операций над q, аналогична последовательности операций над N, которому это q соответствует.
Но, q2 = (3q+1)/2 - это результат применения операции А к q, тоже,
в результате которой, нечётное q, может давать как нечётное q2, так и чётное.

Таким образом, число последовательных операций А для нечетного числа N, вида 3q+2,
ограничено последовательностью операций А и для нечётного q, для этого числа N, вида 3q+2.

(фрагмент наиболее длинной последовательности, для числа 6171)
Nqq'q''q'''q''''q'''''q''''''
4281514271-
64223214077135-
9633532111107033567-
144503481671605553511783-
216755722512408380272675891-
325133108377361251204140131337445-
487700162566541881806260202006668222-

Если для некоего стартового нечетного N, вида 3q+2, q нечетное, и его невозможно представить в виде q = 3q'+2
то после операции А над N,
следующее q2, для N2, полученное в результате операции А над q тоже (а она выполняется и для q тоже, исходя из уравнения),
если оно нечётное, то его возможно представить в виде q2 = 3q2'+2, тоже.
Таким образом: q2 = 3q2'+2

Исходя из уравнения выше, дальнейшее применение операции А к N2, применяется также и для q2, и для q2' тоже.
Таким образом, q2' может дать некое q3', которое может быть либо четным, либо нечётным.
Если оно четное, то это последняя операция A в последовательности.
Если оно нечётное, то представимо в виде q3' = 3q3''+2.

Получается, что для последнего числа в последовательности, число представлений его различных q
q = 3q'+2
q' = 3q''+2
q'' = 3q'''+2
и так далее...
Число этих представлений - равно числу операций А.

А число таких Q, ограничено тритовой длиной соответствующего числа N,
Так как эти q получаются по формуле: (N-2)/3, что уменьшает тритовую длину числа N, втрое, то есть на один трит.

Это значит, что если бы в последовательности, число последовательных операций А, было бы бесконечным,
то в результате, получилось бы число, для которого существует бесконечное число q.

Но так как число N, ограничено тритовой длиной числа N, и она - конечна, то число последовательных операций A не может быть больше чем число таких q.

Последовательное применение операции A, увеличивает число N примерно на 1.5, исходя из структуры операции А.
Для увеличения числа N на один трит, необходимо как минимум утраивание этого числа.
Это значит, что последовательное применение операций А, над числом N, не может породить бесконечное число q,
число которых зависит от тритовой длины, и не может породить из-за медленного роста тритовой длины результата.

Следовательно, число последовательных операций А - не может быть бесконечным.
Утверждение - доказано.

_____
Хуй его знает, все ли утверждения-аргументы - доказаны, или надо ещё их тоже доказывать? Алсо, хуй его знает чатГПТ пиздит чё-то про формализацию, а формализовывать нихуя не может, валидно, блять. Короче вот так пока и выложу, похуй.
Аноним 25/12/23 Пнд 01:36:06 111578 10
Аноним 25/12/23 Пнд 02:07:11 111579 11
>>111577
Утверждение:
В схеме Коллатца, не может существовать бесконечно-растущих последовательностей последовательных операций AB, ABB, ABBB, ABBBB, и так далее.

Доказательство:
Операция А: (3N+1)/2, для нечётных чисел N.
Операция B: (N/2), для четных чисел N.

Операция А, увеличивает нечётное число N примерно в 3/2 раза.
Операция B, уменьшает результат в 2 раза.
Следовательно, операция АB, увеличивает число в 3/4 раза, то есть - уменьшает его.
Следовательно, операция АBB, увеличивает число в 3/8 раза, то есть - уменьшает его.
Следовательно, операция АBBB, увеличивает число в 3/16 раза, то есть - уменьшает его.
Следовательно, операция АBBBB, увеличивает число в 3/32 раза, то есть - уменьшает его.

Таким образом, утверждение доказано.
Аноним 25/12/23 Пнд 02:25:51 111580 12
>>111570
Ну охуеть теперь. Условия, значит, определены, а как генерить произвольное N - хуй его знает, блядь, лол.
Есть идея, короче, для каждого числа N, вычислять {2N, 2(N-1), (((N-1)%3 == 0) ? (N-1)/3 : 0)},
и результаты пхать в массив, только если этих результатов там нет.
И таким образом, короче, нагенерировать массив разношёрстных чисел, в каких-то пределах.
Но тогда, последовательности их генерации, хуй пойми какие будут...

Чтобы получить сами последовательности,
то насколько я понимаю, это надо взять, блядь, все числа,
сделать для них алго коллатца, получить конкретные последовательности,
а потом, короче, эти последовательности закодировать как-то так:
если результат больше предыдущего, то значит это была операция 3N+1, бит 1.
Если результат меньше, предыдущего, то значит это было деление на 2, и бит 0.

Потом, короче сжать эту последовательность можно ещё, как-то так:
ну типа если после 1 идёт 0, то 1, а иначе - 0.

Это потому что после (3N+1) всегда пиздует /2,
потому как 3N+1 применяется только для нечётных чисел N, и на выходе даёт чётное, а оно на 2 делится.
То есть короче, нужно не (3N+1) и /2 кодировать битами, а (3N+1)/2 и /2.

На выходе получится последовательность бит, наподобие двоичного представления числа.
Ну а потом взять, короче, уже эти вот конкретные последовательности,
и в обратном порядке - применить к ним обратные операции, для порождения этих чисел из 1.
Зная последовательности эти.
Следовательно, надо перебрать как можно больше чисел, чтобы получить все эти последовательности, ебучие.
А нахуй так делать?

Если так подумать, то можно заметить, что представление числа в виде такой последовательности бит,
оно будет намного длинее чем его двоичное представление.
Это уже напоминает смешанную систему счисления, как фибоначчиевая система счисления, там тоже длина двоичных представлений длиннее намного.
Вообще, вся структура из множеств, будь то из 4-х множеств, как тут >>111562
или структура из 6-ти множеств как тут >>111578
она похожа на какую-то смешанную систему счисления.
Но это не троичная система счисления, а хуй знает с каким основанием.
Поэтому, если определить основание системы счисления, и понять как можно в ней потом кодировать числа, от 0 до N, тогда можно будет генерить сами эти последовательности.

Можно также и предположить, что такая последовательность - результат упрощения более длинной последовательности неких атомарных операций, состоящих из последовательности этих вот двух, реверсивных.
Ну а упрощение этих операций, какбы, подобное упрощению выражений - выдаёт такое вот.

В любом случае, чтобы доказать универсальную аксиому Коллатца,
надо вывести закономерность, по которой можно сгенерировать любое N,
с помощью последовательности конкретных операций, ну или комбинаций из них.
Свиду, структура из вышеописанных множеств, напоминает троичную систему счисления.
Однако, операция /2, всё наламывает. Может это какая-то 1.5-шная система счисления, хуй его знает.
Но весь прикол в том, что ещё и операции имеют условия, блядь, и как в такой еботе кодировать все-все, еба, числа - тут уже неебацца как сложно определить.
Аноним 25/12/23 Пнд 04:37:19 111581 13
>>111579
Исключение - бесконечная последовательность в цикле {4, 2, 1}, там последовательность операций ABB:
4A
2B
1B
4A
2B
2B

Но этот цикл не является бесконечно-растущей последовательностью, поэтому его наличие не опровергает утверждение.

Этот цикл возможен только потому, что операция А, увеличивает число N=1, в 2 раза, а не в 3/2 раза. Следующее нечетное, число 3, операция А увеличивает уже примерно в 3/2 раза, а не в 2.

Следовательно, сформулирую ещё одно утверждение:
Для чисел больше 1, бесконечный цикл с последовательностью последовательных операций AB, ABB, ABBB, ABBBB - тоже невозможен.
Доказательство:
Это следует из того, что последовательность этих операций - уменьшают число N, и его битовую длину, а для замыкания цикла, битовая длина числа должна возвращаться к битовой длине числа. Ну а последовательность вышеуказанных операций - не позволяет битовой длине числа вернуться.
Таким образом, утверждение доказано.
Аноним 25/12/23 Пнд 04:54:41 111582 14
>>111579
В общем виде, более формализовано...

Утверждение:
В схеме Коллатца не существует бесконечно-растущих последовательностей операций AB, ABB, ABBB и так далее,
где A - операция (3N+1)/2 для нечетных N, и B - операция N/2 для четных N.

Доказательство:
Рассмотрим последовательность операций AB, ABB, ABBB и так далее.

Пусть x_n - значение числа после n-ой операции в этой последовательности,
где n - количество букв B в последовательности.

После AB (первой операции): x_1 = (3N + 1)/2 1/2 = (3N + 1)/4
После ABB (второй операции): x_2 = (3N + 1)/2
1/2 1/2 = (3N + 1)/8
После ABBB (третьей операции): x_3 = (3N + 1)/2
1/2 1/2 1/2 = (3N + 1)/16
Общий вид для n-ой операции: x_n = (3N + 1)/(2^(n+1))

Таким образом, видно, что при увеличении n, числитель 3N + 1 остается неизменным, а знаменатель 2^(n+1) растет.
Это означает, что значения x_n будут монотонно убывать,
и последовательность будет стремиться к 0 с увеличением количества операций.
Следовательно, такие последовательности не могут быть бесконечно-растущими. Утверждение доказано.
Аноним 25/12/23 Пнд 05:53:32 111583 15
>>111570>>111580
Генерация произвольного натурального числа,
и поиск последовательности операций, для его достижения от 1,
наверняка требует дополнительных условий, налагаемых на сами обратные операции.
В частности, операция, обратная операции А, из схемы Коллатца (3N+1)/2,
а именно - операция (2N - 1)/3,
должна применяться только для чисел,
для которых (2N - 1)%3 == 0.

Очевидно, что так как ((2N - 1)%3 == 0), то (2N - 1) это только нечётные числа вида 3q+0,
содержащиеся во множестве 3, из этих шести множеств: >>111577>>111578
Числа 2N же, им предшествующие - это четные числа вида 3q+2, из множества 2, для которых q - соответственно, четное.
Если учесть, что 2N = 3q+2, то q = (2N - 2)/3,
а следовательно, для 2N, может или должно бы - выполняться также и условие: (2N - 2) % 3 == 0.
В противном случае, могут быть дробные значения, в результате применения операции, обратной (3N+1)/2, к другим, всяким числам.


Но, для этих же чисел, можно также применить и удвоение, обратное операции /2 в схеме Коллатца.
Из-за двух операций (а какую применять - мы не знаем) - появляется многозначность и раздвоение, то есть два результата.
Какой из них выбрать для дальнейшей генерации - тоже непонятно.

Также, мне кажется, что для генерации чисел,
по обратной схеме Коллатца,
а именно для выхода на последовательность схемы Коллатца,
а также для поиска атомарной операции (последовательности из операций),
позволяющей достичь любого N,
следует генерировать числа не из 1, а из числа 16,
убирая рудиментную последовательность, обусловленную циклом 4-2-1.
Этот вывод, я сделал, исходя из таблицы:
https://ru.wikipedia.org/wiki/Гипотеза_Коллатца#Последовательность_первых_чисел
где число 16 встречается в других числах, и через него проходят все другие последовательности схемы Коллатца.
А также, исходя из того, что к числу 16, могут быть применены сразу две операции,
а вот к числам 1, 2, 4, 8 только одна операция - удвоение.
Можно также начать генерировать и из 8, обходя цикл 4-2-1,
с учётом того, что операция, обратная вышеописанной операции А - начинается с удвоения N до 16.

>>111577>>111578
Свойство, нечётных чисел, вида 3q+2, описанное сдесь,
а именно возможность рекурсивного разложения ихних q,
может быть применено для определения числа последовательных операций
в схеме генерации чисел, обратной схеме Коллатца.
Очевидно, что при наличии таких чисел q, результаты применения первой операции будут
соответствовать вышеописанному условию для неё.
Аноним 25/12/23 Пнд 09:04:53 111584 16
>>111529 (OP)
В сиракузской последовательности,
к нечетному числу N, применяется операция (3N+1).
Это аналогично утроению, с увеличением трита в троичной системе счисления.
Далее, следует операция деления на 2.
И это аналогично уменьшению бита, но уже в двоичной системе счисления.
Эта операция похожа на перенос разряда, но это не умножение на два, как двоичной. Это уменьшение на 2.
То есть каждая операция, как-бы изменяет число, но в разных системах счисления, с разным основанием.
Когда (3N-1) выполняется, /2 не выполняется, и наоборот.
Похоже, мы имеем дело с некоей смешанной системой счисления, в которой существуют два числа. Одно имеет троичное представление, другое имеет двоичное представление.
Я полагаю, что отношение этих чисел, может дать это самое N.
И мне кажется, что в самой последовательности операций, каким-то образом, закодированы оба эти числа, потому что последовательность операций напоминает операции с цифрами в двоичной системе счисления, но она длинее чем последовательность бит в двоичном представлении числа.

Также, глядя на граф Коллатца, можно предположить, что это некая система счисления, со смешанным основанием.
Быть может даже, это система счисления, с основанием (3N+1)/2, то есть с динамическим основанием.
Если это так, то если удасться найти закономерность кодирования чисел, тогда ею можно будет доказать универсальную аксиому Коллатца - для всех N.
Аноним 26/12/23 Втр 07:15:37 111600 17
>>111584
Возьмём произвольное натуральное число.
Если оно нечётное, то -1/2. Если четное, /2.
Первая операция - обнуляет младший бит. Вторая - сдвигает число на разряд вправо, скармливая биты. Достигаем нулины.
Последовательность операций - зависит от бит числа, и если закодировать сами операции битами, а именно /2 - 0, -1/2 = 1, то получим само число.

Породим число с нулины - обратными операциями.
Это операции 2N, и 2N+1. Та же хуйня. Последовательность операций - есть последовательность бит числа.

Ок, это двоичная система счисления.

А тут, если смотреть на всё это как на систему счисления, то ваще какая-то неведомая ёбанная хуйня творится, в процессе генерации, блядь.
Операция 2N, как-бы сдвигает число влево, в двоичной, ок.
А вот операция (N-1)/3, обратная операции коллатца для нечётных, как-бы сдвигает число на 1 трит, но какого-то хуя - влево. И ещё и минус 1, там стоит, а не плюс 1, как в операции что в двоичной системе число генерится. Там же *2+1, а тут -1, блядь. И даже не -1, а ваще неведомая хуита получается.

(N-1)/3 = 1/3N - 1/3, блять! То есть, если смотреть на эту еботу, как на аналог операции 2N+1, то тут получается сдвиг на 1 разряд 1/3-тичной системы счисления, и ещё и +1 обратный трит, штоле.
Похоже, мы имеем дело системой счисления, с дробным основанием. Быть может поэтому, тут деление на 3, а не умножение.
К тому же, 1/3N - 1/3 = 1/3N + (-1/3), что как-бы намекает на то, что основание этой системы счисления, не только дробное, но ещё и отрицательное. Может поэтому и минус, а может поэтому - происходит деление на 3. Может основание этой системы счисления -3, со всеми этими приколами, в виде деления при сдвиге вправо, и минус тритом, вместо плюс трита.
Но и это ещё не всё.
Тут ещё и двоичная система чередуется с этой вот.
Хотя, если 2N = 6/3N, то может и не чередуется, а сразу на 6 обратных тритов (1/3 бит), просто сдиг происходит.

Может кто знает, как кодировать числа в системах счисления с отрицательным и дробным основанием?
Аноним 26/12/23 Втр 16:35:51 111614 18
Аноним 27/12/23 Срд 00:05:45 111619 19
>>111614
О, ебать тот тред ещё жив штоле?!!
Ага да, я ОП-хуй там.
Пытался, короче, в сжатие, и упёрся в несжимаемые данные, где единичных бит и нулей - одинаковое количество, но разбросаны они хер пойми как и где.
Пытался сжать их представляя в виде пиздатых чисел, но так ни к чему и не пришли в том ИТТреде.
Все эти суммы кубов, суммы простых чисел, даже разложение на простые множители, если записать в виде чисел - эти числа будут длинее изначальных чисел.
Также, была идея, короче, как-то снизить энтропию несжимаемых данных, ну а потом их сжать.
Но так как положение единиц и нулей - неизвестное, то и непонятно на шо ксорить всю эту хуйню, шоб число единичных бит упало, а число нулевых бит - возросло.
К тому же, многократные операции снижения энтропии, сама их последоватеьльность, может быть длинее чем само число.
Была также идея, алгоритмом, искать повторяющиеся паттерны в несжимаемых данных, и делать что-то вроде кодирования Хаффмана. Но в том то и дело, что если данные несжимаемые, то запись номера паттерна, может быть примерно равна его длине.
Аноним 27/12/23 Срд 00:13:38 111620 20
>>111614
Есть идея, скормить треды чатГПТ, посмотрим что скажет нейросетка, может чё-то умное, и прорывное, хз. Но она косячит и нихуя не перепроверяет что пишет, да и просто пиздеть хуйню любит, чисто "на отъебись", лишь бы хоть что-то, для понта, написать в ответ.
Аноним 27/12/23 Срд 04:11:45 111622 21
>>111580
>>111584
>>111600

for(var x = 1; x<100; x = x+2){
console.log(x, x.toString(3), (x3), (x3).toString(3), (x3+1), (x3+1).toString(3), ((x3+1)/2), ((x3+1)/2).toString(3), '<---а ну ебала ткнули, в эти числа', x = x+2);
}


1 "1" 3 "10" 4 "11" 2 "2" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 3
5 "12" 15 "120" 16 "121" 8 "22" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 7
9 "100" 27 "1000" 28 "1001" 14 "112" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 11
13 "111" 39 "1110" 40 "1111" 20 "202" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 15
17 "122" 51 "1220" 52 "1221" 26 "222" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 19
21 "210" 63 "2100" 64 "2101" 32 "1012" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 23
25 "221" 75 "2210" 76 "2211" 38 "1102" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 27
29 "1002" 87 "10020" 88 "10021" 44 "1122" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 31
33 "1020" 99 "10200" 100 "10201" 50 "1212" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 35
37 "1101" 111 "11010" 112 "11011" 56 "2002" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 39
41 "1112" 123 "11120" 124 "11121" 62 "2022" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 43
45 "1200" 135 "12000" 136 "12001" 68 "2112" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 47
49 "1211" 147 "12110" 148 "12111" 74 "2202" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 51
53 "1222" 159 "12220" 160 "12221" 80 "2222" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 55
57 "2010" 171 "20100" 172 "20101" 86 "10012" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 59
61 "2021" 183 "20210" 184 "20211" 92 "10102" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 63
65 "2102" 195 "21020" 196 "21021" 98 "10122" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 67
69 "2120" 207 "21200" 208 "21201" 104 "10212" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 71
73 "2201" 219 "22010" 220 "22011" 110 "11002" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 75
77 "2212" 231 "22120" 232 "22121" 116 "11022" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 79
81 "10000" 243 "100000" 244 "100001" 122 "11112" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 83
85 "10011" 255 "100110" 256 "100111" 128 "11202" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 87
89 "10022" 267 "100220" 268 "100221" 134 "11222" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 91
93 "10110" 279 "101100" 280 "101101" 140 "12012" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 95
97 "10121" 291 "101210" 292 "101211" 146 "12102" "<---а ну ебала ткнули, в эти числа" 99

Итак, пусть N - произвольное нечётное.
Выполним над ним, операцию (3N-1)/2
3N - нечётное, 3N-1 - четное, (3N-1)/2 - некое число r, в результате.
При этом, всегда представимо в виде r = 3q+2, где q - всегда целое, q = (r-2)/3.
Так как N нечётное, то N-1 - четное, а (N-1)/2 - некое число x.
А что же такое x, если не q для r?
Таким образом,
операция (3N-1)/2
эквивалентна операции: (((N-1)/2) 3 + 2)
(3N + 1)/2 = (3N - 3 + 4) / 2 = (3N - 3) / 2 + 4/2 = (3N - 3) / 2 + 2 = 3N/2 - 3/2 + 2 = (N/2 - 1/2)
3 + 2 = (((N-1)/2) 3 + 2)
и наоборот:
(((N-1)/2)
3 + 2) = (N/2 - 1/2) 3 + 2 = 3N/2 - 3/2 + 2 = (3N - 3) / 2 + 2 = (3N - 3) / 2 + 4/2 = (3N - 3 + 4) / 2 = (3N + 1)/2
То есть, эта операция, включает в себя две операции:
Сдвиг N, на один двоичный бит вправо q = ((N-1)/2) - в двоичной системе счисления,
и сдвиг на один трит влево q
3+2 с установкой младшего трита в значение 2, но уже в троичной системе счисления.

Аноним 28/12/23 Чтв 12:29:05 111662 22
>>111529 (OP) >>111580 >>111581 >>111582 >>111583 >>111584
>>111600 >>111620 >>111622

Короч, запилил это: https://pastebin.com/wNkcuJxJ
и нейросетка вроде бы валидировала это кокозательство, интересно что скажет на это мудрый матемач.

Почему это заебенил я, легкая же хуйня вроде, пара операций всего, почему ещё никто не кокозал эту еботу, что сложного блять?
Хотя чесслово, свиду вроде всё просто, а если копнуть глубже, то охуеть можно от всего этого скручивания метрики, и прочей хуйни. Алсо, башка уже трещит от всего этого битоёбства, посоны.
Аноним 30/12/23 Суб 16:50:34 111713 23
>>111711
Гляньте как посоны упоролись этой гипотезой. Пересчитали хуеву кучу чисел, блять, и нихуя не кокозали: https://www.youtube.com/watch?v=QgzBDZwanWA
А какой-то антон с двощей пришёл и вывалил им на рыло своё диванное кокозательство, чтобы они все поохуевали там, сами с себя, ололо.
Аноним 31/12/23 Вск 13:50:45 111726 24
>>111724
Эт чо, и причём тут 3N+1?

>>111600
>Возьмём произвольное натуральное число.
>Если оно нечётное, то -1/2. Если четное, /2.
Вообще, очень станно, что одна из операций в схеме коллатца /2, а другая, какого-то хуя, +1, а не -1.
Мне чёт кажется, что в операции 3N+1 скрыто что-то ещё,
то есть это может быть что-то вроде
3N+1 = 3((N-1) + 1)+1 = 3(N-1)+3+1 = 3(N-1)+4
или что-то вроде этого.
То есть, сначала (N-1), как в двоичной, а потом ещё какое-то преобразование (3x+4), которое удлинняет число, и отбрасывает его хуй знает куда, искривляя при этом пространство чисел, где оно находится. Поэтому, от него идти к 1, приходится ещё дольше, и последовательности намного длинее двоичных представлений этих чисел.
Если 3N+1 = 3(N-1)+4,
(3N+1)/2 = 3((N-1)/2)+2
В этих операциях уже есть -1, -1/2, как в двоичной, но из-за дополнительного преобразования, с которым скомбинированы эти операции - число всё-равно отбрасывается дальше, на каждой операции.
Таким образом, длина двоичного представления числа как-бы растет, и поэтому растет длина последовательности операций.

Если вместо 3N+1, делать (3N+1)/2, и писать бит 1, когда она выполняется, а когда выполняется просто /2, то из сиракузской последовательности можно получить некое двоичное число.
Так вот, если взять число единичных бит из этой последовательности, и столько же раз сделать с изначальным числом 3N+2, то получится другое число причем такой же двоичной длины. В этом что-то есть, как мне кажется, если колупнуть всю хуйню поглубже.
Аноним 01/01/24 Пнд 17:00:56 111733 25
image.png 31Кб, 641x403
641x403
>>111529 (OP)
>>111577
>Число последовательных операций (3N+1)/2 - не может быть бесконечным.
Из результатов работы этого javascript-цикла, в консоли браузера,
можно сделать вывод,
что число последовательных, нецелых результатов операции (3x+1)/2, а значит и число последовательных операций,
равно числу единичных бит, справа, в двоичном представления числа q.
Нечётные q, имеют как минимум одно целое значение, первое,
потому что у них есть как минимум один единичный бит справа: q%2=1
Четные q не имеют ни одного целого значения, поэтому к ним и не применяется эта операция.
У чисел, вроде 23, 27, 127, у которых много единичных бит справа,
каждая последующая операция - уменьшает число бит справа на один.
То есть, число последовательных операций - ограничено числом бит справа изначального числа.
Аноним 02/01/24 Втр 20:04:44 111736 26
image.png 9Кб, 240x381
240x381
Аноним 04/01/24 Чтв 14:04:56 111757 27
>>111529 (OP)
(3N+1)/2 эквивалентна (3N+2^x)/2^(x+1), где x число последовательных нулевых бит, справа двоичного представления числа N.

Рассмотрим последовательность чисел N = (3N+2^x): https://pastebin.com/VNw3uEap

Таким вот уобистшным образом, короче, сиракузная ибала - коказана.
Аноним 15/01/24 Пнд 04:35:09 112012 28
>>111529 (OP)
Шо можно сказать вцелом по всей этой хуете...

1. Операция 3N+1,
может быть переписана как
3N+1 = 3((N-1) + 1)+1 = 3(N-1)+3+1 = 3(N-1)+4,
что как-бы намекает на то,
что это скомбинированная операция
X = N-1, где X - промежуточный результат, N - входное значение. Это обнуление младшего бита, как в двоечной системе.
и
R = 3X+4, где X - промежуточный результат, R - результат. Это некое удлинняющее преобразование, не увеличивающее, при этом - ИНФОРМАЦИОННУЮ СЛОЖНОСТЬ числа

2. Вкупе с операцией N/2, подоперация (N-1), входящая в состав операции 3N+1, напоминает собой пару операций -1 и /2, в двоичной системе счисления, последовательность которых с правилами для четных/нечетных чисел, тоже приводит к 1.

3. Однако из-за утраивающего преобразования R = 3X+4, длина сиракозской последовательности операций превышает двоичную длину числа, так как изначальное число утраивается столько раз, сколько раз применяется операция 3N+1, и число применения этих операций, а значит и число утроений - это переменное значение, для разных чисел.

4. Согласно пункту 2. всё это походит на некую систему счисления, где любое натуральное число можно закодировать уникальной последовательностью бит, то есть уникальным кодом, но как генерировать этот код - хуй его знает.

5. Операция 3N+1, всегда даёт четное, которое потом сразу делится на 2.
Поэтому, в кокозательстве, я рассматривал сдвоенную операцию (3N+1)/2, как одно целое.
И пришел к выводу, что сама последовательность операций (3N+1)/2 и просто /2 - конечна,
более того, если первую кодировать битом 1, а вторую битом 0,
то последовательность этих операций, может быть выражена двоичным кодом,
которое даёт некое число, приблизительно равное числу утроений изначального числа применением операции R=3X+4, внутри операции 3N+1,
причём утроений столько раз, сколько единичных бит в самом коде, то есть столько раз,
сколько применяется операция удлинняющего преобразования этого ебучьего 3X+4, но там не просто утроение а утроение с хуем.

6. Но, из-за, ёбанный рот, неведомости числа этих операций - хуй его знает, на сколько нужно утроить число, и каким критериям оно должно соответствовать, блядь, чтобы было заебись, и чтобы короче - сгенерить валидный код, кодируя произвольное натуральное, на этой сиракузской ебале, как в любой другой нормальной системе счисления, блядь. И проще оцифровать операции, идя от числу к 1 по схеме Коллатца, и так вот получить код, чем получить этот код каким-либо другим способом, и породить потом это число из 1, обратными операциями, по универ сальной аксиоме Колится.
>>111757 вот эта ебанина, как-бы была попыткой найти этот самый критерий, достигая степени двойки, но опять же, эта попытка - ничто иное как переписанная сиракузская ебала, но без сдвига, и ещё и с дополнительной операцией - подсчета числа нулевых бит, блядь.
Для чисел вроде 27, а то и вовсе 6171 (что на пикче), там уже эта степень двойки за регистры вылазит, блядь, куда-то в большие числа, что нихуя не практично, и проще уже прямую последовательность сгенерить и не ебать себе мозг.
Но я же хотел кокозать, что любое число можно породить из 1, по обратной схеме коллатца, то есть кокозать универсальную аксиому блядь, а хуй, для этого надо найти закономерность генерации кода чисел. То, что любое натуральное число достижимо уникальным путём - это понятно. Но как генерировать этот ебанный путь, сам код числа - хуй его знает, короче.
Может и есть какая-то закономерность, просто я в глаза ебусь, ну короче если где-то тут колупнуть, то кокозательство будет не такое пиздатое, что аж на полдвоща, ебануться.
Аноним 20/01/24 Суб 16:54:42 112067 29
>>111726
>3N+1
Сначало надо определить N
Аноним 21/01/24 Вск 08:24:09 112072 30
Аноним 21/01/24 Вск 08:42:35 112073 31
image.png 74Кб, 767x525
767x525
>>112067
Что за слово из спам-листа, блядь?
Аноним 24/01/24 Срд 08:59:00 112129 32
А разве дело тут не в простых числах? Ну т.е надо бы определить бы, т.е понять, когда простые числа при умножении на 3 дают четное или не четное. Но при этом каждое простое число вроде же в какой-то мере уникально, верно?

В другом примере мы можем взять не простое число, но элемент группы по умножению из простых чисел, и уже просмотреть какие там могут быть уникальности. Ну, думаю, там всё скорее можно будет сделать общим, к примеру в простых числах само простое число через умножение никак нельзя записать кроме как того, что это произведение единиц помноженная на само простое число. Хотя тут конечно можно поразмыслить ещё над тем, чтобы простые числа представить как сложение, по сути. В любом случае в группе по умножению из простых чисел можно вприцнипе элементы обобщать.

Внес микро вклад в тредик.
Аноним 24/01/24 Срд 09:22:11 112130 33
Хотя я так подумал, возможно проблема именно что в простых числах, ну т.е

pXp2=pX(p+n)=p^2+pXn, где в том то и дело, что pXn можно представить как p+m же, т.е p^2+p+m. А это значит, что умножая всё это на c, то свойства всего этого в какой-то степени будут зависеть именно что от умножения c на простое число и на квадрат простого числа, где свойства квадрата простого числа зависят от самого свойства простого числа. Т.е даже группа простых чисел может не помочь, если так подумать.

Хотя, честно говоря, обобщение простых чисел есть вроде, как помню, вот вам формулка, та, которая самая первая.

https://en.wikipedia.org/wiki/Formula_for_primes

второй микро вклад.
Аноним 24/01/24 Срд 09:57:36 112131 34
О, надумал. Глядите:

pXp=pX(p-1+1). Теперь же вопрос, а разве p-1 это не ZX2? Т.е вроде должно быть четкое, да? Ибо если так, то

pX(2XZ+1)=pX2XZ+p что тоже самое что и 2XZ+p. Теперь же, если p=ZX2+1, то 2XZ+2XZ+1 хотя знаете, мне чот не нраица X, давайте без него.

pp=p(p-1+1)=p(2z+1)=p2z+p, где p2z это, ээээ, тоже четное? Ну да, как-бы, т.е можно записать же как и 2z просто, да? Ну допустим. Тогда 2z+p=2z+2z+1, если предположить, что p это четное+1. Тогда 2z+1 будет, т.е p^2 будет нечетным, но не самое главное. Умножим это всё на три. Собственно, 2z3+3, что есть тоже самое что и 2z+3 т.е 2z+2+1, где если допустим, что 2z+2=2z, то будет такое, что 2z+1. Тогда прибавим единицу и получим уже четное, т.е такое, что можно будет поделить на два.

Собственно вопрос будет тут конечно в том, чтобы все "допустим" были правильны.

А теперь попробуем не с квадратом, а с одной степенью, применяя все те "допустим", т.е:

p=p-1+1=2z+1 что есть нечетное, тогда множим на три и получаем, что 2z3+3=2z+3=2z+2+1=2z+1, прибавим ка единицу и получим четное.

Хорошо, теперь бы обобщить это до n степенного случая(оставляю на ваши плечи).

Вспомни, что pXp2 это p^2+p+n, тогда при умножении на 3 получим нечетное+нечетное+n, где прибавив один, получим четное+нечетное+n, где нечетное+четное это, эээээ, а что это ещё раз? Ну тут пишеца, что нечетное https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A7%D1%91%D1%82%D0%BD%D1%8B%D0%B5_%D0%B8_%D0%BD%D0%B5%D1%87%D1%91%D1%82%D0%BD%D1%8B%D0%B5_%D1%87%D0%B8%D1%81%D0%BB%D0%B0#:~:text=%D0%A3%D0%BC%D0%BD%D0%BE%D0%B6%D0%B5%D0%BD%D0%B8%D0%B5%3A,%D0%A7%D1%91%D1%82%D0%BD%D0%BE%D0%B5%20%C3%97%20%D0%9D%D0%B5%D1%87%D1%91%D1%82%D0%BD%D0%BE%D0%B5%20%3D%20%D0%A7%D1%91%D1%82%D0%BD%D0%BE%D0%B5

Т.е нечетное+n, надо определить n тогда, чтобы понять, что есть p1Xp2
Аноним 24/01/24 Срд 10:13:36 112132 35
Ну, чтобы понять что будет происходить, если делать вот эту операцию с 3n+1, надо понять чему будет равняться 2z3+2 же, ибо от этого что-то да зависит, по крайней мере бы доказать, что в итоге получиться zp какой-то или типо того.
Аноним 24/01/24 Срд 10:59:50 112133 36
3z+1, в таком случае всё на воле z будет, т.е:

Допустим, что z четная, тогда:

3((2^n)z)+1=2z+1, что при делении на 2^n в итоге даст нам просто 3. А три вернется к виду 3z+1. Допустим, что это не просто 2^n, а 3(2^n)П(p_i). Тогда вся эта вещь будет равна нечетному(четному)(нечетному), что есть четное(нечетное), что есть четное. ТОгда в итоге будет иметь тоже самое, только с доп множителем, т.е 3((2^n)z)П(p_i)+1=2z+1, что можно тоже спокойно разделить будет на 2^n. Почему кстати спокойно можно будет разделить? А потому, что 3(2^n)z(П(p_i)) это ВСЕГДА четное, т.е всегда будет равно 2z, оттого и можно будет всегда делить на 2, пока 2^n н езакончится, ибо когда закончится, то останутся только нечетные, а умножение нечетных - нечетное, оттого оно опять возратится в 3z+1.

Теперь что если нечетное:

3(2^n+1)z, что есть нечетное. Или не всегда так? Зависит в свою очередь от z. Если z четное, то всё будет четным, а если оно всё четное, то вприницпе может повторить судьбу того, что z это четное в 3z+1 же. Но тут надо бы это всё подробно рассписать, а мне лень(оставляю на ваши плечи).

А если z нечетное? То всё это нечетно, тогда вся эта нечетность при прибавлении единицы станет четностью, что можно будет разделить на два. А почему? А вот почему:

3(2^n+1)+1=3(2^n)+3, где ко всему прибавляем единицу, получая вполне себе такую вещь, что можно разделить на два, т.е делим и получаем 3(2^(n-1))+2?, где левая часть есть четное, где четное+четное есть четное, отчего можно ещё раз разделить на два и получить уже 3(2^(n-2))+1, что впринципе есть тоже самое что и 3(2^n)+1 из первого случая нашего.

Дальше лень было думать, думайте сами!
Аноним 27/01/24 Суб 13:04:16 112161 37
>>112129
>А разве дело тут не в простых числах?
А с чего ты это взял, интересно?

>Ну т.е надо бы определить бы, т.е понять, когда простые числа при умножении на 3 дают четное или не четное.
Когда, младший бит двоичного представления 3p - равен либо 1, либо 0 - очевидно же.
Но так как любое простое p - нечетное, и 3 - тоже нечетное, то нечетное, умножить на нечётное - всегда будет 3p нечётное тоже.

>Но при этом каждое простое число вроде же в какой-то мере уникально, верно?
Оно уникально только тем, что оно не факторизуется ни на какие множители, и это - по определению простых чисел.

Дальше уже чёт, не понял нихуя ваще, о чём ты там.

>>112130
>Хотя я так подумал, возможно проблема именно что в простых числах, ну т.е
А почему ты так думаешь? Что тебя натолкнуло именно на простые числа?
Я тоже, почему-то думал о простых числах, но уже не помню почему.
Возможно, потому, что простые числа, могли бы ускорить вычисления, как-то, отсеяв всякие бесполезные значения, которые засирают результат, и мешают увидеть закономерность...
А ещё, я вот, работал, с числами, вида 3q+r, но простые числа можно представить в виде 6q+r (в частности 6k+-1: https://ru.wikipedia.org/wiki/Простое_число#Некоторые_свойства ) , и любое натуральное тоже, может быть представлено в виде 6q+r, и может быть, если поменять представление, то можно будет увидеть какую-то закономерность в простых числах, хз, которые будут только в двух множествах находиться, из шести множеств.
Но эти простые числа будут разбросаны среди других нечётных тоже, какбы.

Тут скорее проблема в том, что при утроении числа, растет его тритовая длина в троичной системе счисления. А при делении на два - уменьшается его битовая длина в двоичной системе счисления. И как-бы рост результата, должен бы быть быстрее, чем его уменьшение, но хуй, и бесконечно расти результат не может, и уменьшение битовой длины, из-за роста частоты уменьшений, всегда настигает рост результата за счет утроения, и поэтому получается единица, или степень двойки, как тут: >>111736
И эта проблема скорее в преобразовании чисел между двоичной и троичной системами счисления, нежели какая-то закономерность в простых числах. Собственно, так я и пытался доказать всё это дело.

А простые числа, ну хуй его знает. Предположим, что гипотеза Коллатца, доказана, для всех простых чисел. А дальше что? Любое простое - нечётное. 3p+1 - четное, /2 - хуй знает какое... И вот и всё, какбэ...
Аноним 27/01/24 Суб 16:41:49 112168 38
image.png 31Кб, 791x385
791x385
>>112161
>Предположим, что гипотеза Коллатца, доказана, для всех простых чисел. А дальше что? Любое простое - нечётное. 3p+1 - четное, /2 - хуй знает какое... И вот и всё, какбэ...

>>112129
>Ну т.е надо бы определить бы, т.е понять, когда простые числа при умножении на 3 дают четное или не четное.
Погоди, я тут так подумал, и вспомнил вот что.
Смотри сюда, короче.

p - нечетное
3p - нечетное, вида 3q+0, где q = p - нечетное.
3p+1 - четное, вида 3q+1, где q = p - нечетное.
(3p+1)/2 - это либо четное, либо нечётное, и это всегда число вида 3q+2, которое либо четное (q - четное), либо нечётное (q - нечетное).

Теперь, рассмотрим уравнение:
(3p+1)/2 = 3q+2 | х2
3p+1 = 6q+4
3p = 6q+4-1
3p = 6q+3 | /3
p = 2q+1
p-1 = 2q
(p-1)/2 = q
q = (p-1)/2

Очевидно, что если q - четное, то 3q+2 - четное, если нечётное, то 3q+2 - нечетное.
А четное или нечётное q, тогда, когда (p-1)/2, либо четное, либо нечётное, так как q = (p-1)/2.

Пикрелейтед.
Аноним 27/01/24 Суб 17:05:50 112169 39
>>112168
Всё это можно сказать, и про любое нечетное N, не обязательно про именно простое p, так как (3N + 1)/2 = 3((N-1)/2)+2 = 3q + 2, где q = (N-1)/2
Но, в уравнении выше, я вижу уже шестерку и четвёрку, что как-бы намекает, что 2 и 3 - недостаточные основания для системы счисления, и надо брать чё-то побольше.
Может 12-ти ричную систему счисления рассмотреть? Ну, типа, чтобы 12 делилось и на 2 и на 3, и на 4, и на 6 тоже?
Аноним 28/01/24 Вск 09:33:37 112175 40
>>112161
>А с чего ты это взял, интересно?
Ну просто смотри, говоря о том алгоритме, я бы сказал, что нам надо просто понять как он действует на любые числа. А все числа можно на какие разделить, подразумевая что их деление должно давать нам какую-то общую информацию о них, что была бы полезной? На четные и нечетные к примеру. Вприцнипе четные и нечетные это такие числа, с которыми, как полагаю, легче работать, и для которых легче можно определить то, чему для них будет равен результат применения алгоритма.

Тогда какие остаются? Ну, тут можно выделить простые числа и все числа что состоят из простых чисел, как такие, что заведомо сложны для понимания того, к чему приведет использования алгоритма на них.

Почему же одни сложнее других? Потому что, предполагаю, одни можно обобщить намного больше разными методами, а другие нет.

В любом случае как посмотрел я, в тех постах своих, смысл просто в нахождении циклах и понимание того, как циклы бы действовали, мол, если хочешь, разобрать это всё на прокграму, что имела бы цикл while, проходя по числам каким-то методом. Тогда надо просто было бы доказать, что нужные числа, для завершения цикла, у нас присутствуют на тех числах, на которых действует етот while.

Остальное сейчас не буду читать, что ты написал, ибо настроения нет.
Аноним 01/02/24 Чтв 11:34:14 112273 41
>>112175
>Остальное сейчас не буду читать, что ты написал, ибо настроения нет.
Ну, как будет настроение - глянь что там, потому что в этом посте я отталкиваюсь от инфы, изложенной выше.

>Ну просто смотри, говоря о том алгоритме, я бы сказал, что нам надо просто понять как он действует на любые числа.
Интересно, о каком именно алгоритме речь?
У нас, тут, в треде, как-бы два алгоритма есть.
Один алго - это прямая схема Коллатца, с операциями 3N+1 и /2, ну или с операциями (3N+1)/2 и просто N/2. Применение пары этих операций, сводит любое число в 1.

Другой же алго - это алго обратной схемы Коллатца, >>111562
этот алго уже порождает любое число из 1, применением последовательности обратных операций, а именно (N-1)/3 и 2N, ну или (2N-1)/3 и просто 2N.

>А все числа можно на какие разделить, подразумевая что их деление должно давать нам какую-то общую информацию о них, что была бы полезной? На четные и нечетные к примеру.
Да. Любое четное N - это 2n, где n - любое натуральное, то есть как четное, так и нечётное.
N = 2n, всегда делится на два, по условию операции N/2, исходя из его четности, и давая n на выходе,
и это n, опять же - может быть как четное, так и нечётное.
Если гипотеза Коллатца, будет доказана для всех четных N = 2n,
то она, соответственно, автоматически будет доказана n тоже, независимо от того, четное ли это n, или же нечётное.

Предположим, что n - всегда нечётное, так как любое чётное N - это N = 2n, где n - нечётное.
Любое нечётное n - содержит единицу, в младшем бите двоичного представления, то есть n%2 == 1, всегда.
Если отнять эту единицу, то получится число четное, и это очевидно.
То есть (n-1) - всегда четное, если n - нечётное. Ну а четное, может сразу делиться на 2,
то есть q = (n-1)/2, и это q - либо четное, либо нечётное - тут уже хрен его знает.

Так вот, если n - нечетное, то ко всем нечётным n, всегда применяется операция 3n+1, в прямой схеме Коллатца.
3n - это всегда нечётное будет, потому что n нечётное, и 3 тоже нечётное, а нечётное умножить на нечётное - будет нечётное.
Соответственно, если сделать +1 к нечетному, то 3n+1 всегда чётное будет, и сразу же результат разделится на 2.
Но результат (3n+1)/2 - это может быть как четное, так и нечётное число, и тут уже хуй знает какое оно будет.

Поэтому, доказать гипотезу Коллатца, для всех нечётных, как-бы трудно.

Но, я сказал, здесь: >>112168>>112169,
что q = (n-1)/2, по сути, получается.

А так как n - нечетное, то n-1 - четное (отнимаем тот единичный бит, младший),
ну а четное - сразу делится на два,
давая любое другое число q,
которое может быть как четное, так и нечётное.

Так вот, если это q, получается четное, то (3n+1)/2 = 3q+2 - будет число четное.
Это просто потому, что 3q - будет четное, и +2 - тоже четное.
Это чётное, конечно же - разделится /2, давая число вида 3(q/2)+(2/2) = 3(q/2)+1,
где (q/2), тоже, либо четное, либо нечётное - хуй его знает.

Далее, если же (q/2) - четное, то тогда, 3(q/2)+1 будет нечётным.
А вот если (q/2) - нечетное, то тогда 3(q/2)+1 будет уже чётным, и снова разделится на два, давая что-то вроде 3q/4+(1/2).

Это всё, про нечётные n.

Но всё то же самое, можно сказать и про простые числа p, они также как и n - нечетные.
И это единственное их отличие от четных N = 2n, где n - нечетное.
Потому как, судя по операциям, деление происходит только на 2, и простота чисел p, как-бы, нихуя не даёт.

Однако, если любое нечётное n, однозначно может быть представлено в виде выражения с p, где p - простое число,
то тогда, получается, что доказав гипотезу Коллатца для всех p, автоматически можно доказать её и для n тоже.

Но мне кажется, что наоборот, не n можно представить в виде p,
а напротив p можно представить в виде нечётного n,
например как p = n+2 или p = n-2, где n - нечетное, так как p - нечетное тоже.
Аноним 01/02/24 Чтв 13:37:03 112278 42
image.png 44Кб, 1138x389
1138x389
image.png 31Кб, 1074x397
1074x397
image.png 20Кб, 514x379
514x379
>>112273
>Предположим, что n - всегда нечётное
>q = (n-1)/2, и это q - либо четное, либо нечётное - тут уже хрен его знает
>...
>(q/2), тоже, либо четное, либо нечётное - хуй его знает.
Бля, вот, вспомнил, проверка четности-нечётности у q = (N-1)/2, это же по-сути проверка второго младшего бита, слева.
И от числа единичных бит слева зависит число последовательных операций (3N+1)/2, результатом каждой из которых - будет нечетное, вплоть до последней операции, выдающей четное.

>>112175
>если хочешь, разобрать это всё на прокграму, что имела бы цикл while, проходя по числам каким-то методом.
Для примера, я взял число с дохуя единичными битами справа (можно любое, скажем 10111111, или там 1010011111, похуй), и написал цикл while, код которого на первой пикче, на третьей пикче - кусок результата его выполнения, ну а на второй пикче, я просто показал, что каждая операция прямой схемы Коллатца, при любом абсолютно числе - уменьшает его q.
Ответить в тред Ответить в тред

Check this out!

Настройки X
Ответить в тред X
15000
Добавить файл/ctrl-v
Стикеры X
Избранное / Топ тредов