Разделы: Математика
Размещена 18.12.2024. Последняя правка: 18.02.2025.
Просмотров - 2061

Доказательство отсутствия цикличности в последовательностях Коллатца (с помощью доказательства Терраса)

Усов Геннадий Григорьевич

к.т.н.

МГУ, 1972

пенсионер

УДК 511

Введение

Среди нерешённых математических задач, которые математиками рассматриваются постоянно, есть гипотеза Коллатца [1].

Немецкий математик Лотар Коллатц сформулировал в 1934 году следующую задачу [2]:

выбирается любое натуральное число n, с которым делаются следующие операции:

- если n - нечётное число, то число n умножается на число 3 и добавляется число 1,

- если n - чётное число, то число n делится на число 2.

Над полученным числом выполняются те же самые действия и так далее. Получается последовательность чисел – последовательность Коллатца.

Формулировка гипотезы Коллатца [2]: какие бы начальные числа n не выбирались, рано и поздно числом последовательности Коллатца будет число 1.

С другой стороны, если существует некоторое начальное натуральное число последовательности Коллатца, в которой отсутствует число 1, то это означает, что гипотеза Коллатца неверна.

В этом случае возможны два варианта:

- последовательность Коллатца всё время увеличивается до бесконечности;

- последовательность Коллатца имеет циклическую бесконечную последовательность.

В настоящее время предпринимаются дальнейшие шаги по доказательству гипотезы Коллатца.

В частности, Рихо Террас доказал [2], что почти каждое натуральное число имеет конечное время остановки при построении последовательности Коллатца . Другими словами, в почти каждой последовательности Коллатца для любого числа последовательности найдётся в этой последовательности число, которое будет меньше этого числа. И так до тех пор, пока в этой последовательности не появится число 1.

В 2019 году Теренс Тао улучшил этот результат, показав, используя логарифмическую плотность, что почти все (в смысле логарифмической плотности) орбиты Коллатца нисходят ниже любой заданной функции начальной точки, при условии, что эта функция расходится к бесконечности, как бы медленно это ни происходило [2].

При этом Теренс Тао применил термин «орбита» для обозначения последовательностей Коллатца. Автор решил остановиться на ранее существовавшем термине – «последовательность».

Получается, что данные доказательства не дают точный ответ на конечное время остановки для всех последовательностей Коллатца.

 

Актуальность.

Актуальность работы заключается в поиске путей доказательства гипотезы Коллатца для всех натуральных чисел, как одной из нерешённых математических задач.

 

Цели и задачи

В данной статье  делается попытка доказательства отсутствия эффекта цикличности в гипотезе Коллатца для всех начальных натуральных чисел.

Можно за эффект цикличности принять числа 1, 4, 2, 1, 4, 2, … Однако здесь нет эффекта цикличности для гипотезы Коллатца, поскольку процесс определения членов последовательности Коллатца заканчивается после определения числа 1.

Цикличность последовательности заключается в равенстве как минимум двух членов этой последовательности. Поэтому целесообразно одного из этих членов последовательности сделать начальным числом другой последовательности.

Допустим, имеется некоторая последовательность чисел:

    y(i),0 <= i <= n, 

где n – некоторое натуральное число.

Тогда задача определения эффекта цикличности заключается в сравнении первоначального числа последовательности y(0)  с числом последовательности y(i), которое получается после i-го этапа вычислений.

После i-го этапа вычислений возможны следующие варианты:

а) y(0)  = y(i), в этом случае имеем эффект цикличности последовательности, то есть, для данного числа y(0)  гипотеза Коллатца неверна;

б) y(0)  > y(i), в этом случае имеем доказательство гипотезы Коллатца для числа y(0)  в соответствии с доказательством Терраса;

б) y(0)  < y(i), в этом случае необходимо продолжить определять числа последовательности с целью поиска возможной цикличности на поздних этапах вычислений.

Целью статьи является сравнение произвольного натурального числа y(0),  которое является начальным числом последовательности Коллатца, со всеми числа этой последовательности.

Одним из важных качеств эффекта цикличности является бесконечное количество членов получаемой последовательности чисел.

Поэтому при доказательстве отсутствия эффекта цикличности будет использоваться принцип возможного неограниченного количества чисел последовательности Коллатца.

 

Задача 1. Новое представление начального числа y(0) и определение этапов вычислений в построении чисел последовательности Коллатца.

Пусть имеется нечётное число y(0), для которого необходимо построить последовательность Коллатца.

Представим начальное число y(0) последовательности Коллаца в следующем виде:

                                                                                                         (1)

Как известно, числа последовательности Коллатца, где число y(0)  является начальным числом, определяются следующими этапами вычислений :

- одни этапы вычислений включают в себя последовательные вычисления вида:

                                                                                                           (2)

где y(i) – нечётное число ,

- другие этапы вычислений включают в себя последовательные вычисления вида:

                                                                                                                       (3)

где y(i) – чётное число.

Этап вычислений с формулой (2) действует до тех пор, пока не получится чётное число y(i+1).

Этап вычислений с формулой (3) действует до тех пор, пока не получится нечётное число y(i+1).

 

Задача 2. Формулы определения чисел последовательности Коллатца для каждого этапа вычислений.

Поскольку y(0)   – нечётное число, то на этапе 1 вычислений определения чисел последовательности Коллатца будет применяться формула (2), а именно:

                                                                         (4)  

Поскольку этап 1 вычислений с формулой (2) продолжается до тех пор, пока не получится чётное число, то для числа y(1)  применяется n1 раз (n1 >= 1) формула (2). Тогда из (4) получаем:

                                                                               (5)

То есть, этап 1 вычислений заканчивается чётным числом y(1).  

Если y(1)   – чётное число, то начинается этап 2 вычислений, и здесь применяется формула (3):

                                                                                  (6)

Поскольку этап 2 с формулой (3) продолжается до тех пор, пока не получится нечётное число, то для числа y(2)  применяется несколько раз формула (3). Пусть таких применений формулы (3) будет m1 >= 1. Тогда из (6) получаем:

                                                                  (7)

То есть, этап 2 вычислений заканчивается нечётным числом y(2)  .

Изменим, аналогично формуле (1), вид числа y(2)  (7):

    

(8)     

Поскольку y(2)   – нечётное число, то на этапе 3 вычислений для числа y(2)  (8) применяется формула (2):

                   (9)

где n2 >= 1 – количество операций вида (2) на этапе 3 вычислений.

В результате получается чётное число y(3) .    

Поэтому на этапе 4 вычислений для числа y(3) применяется формула (3), при этом m2 >= 1:

(10)

где  m2 >= 1 - количество операций вида (3) на этапе 4 вычислений.   

В результате получается нечётное число y(4).    

Подготовим число y(4)  для следующего этапа вычислений аналогично (8):

Поскольку y(4)  – нечётное число, то на этапе 5 вычислений применяется формула (2):

(11)

где  n3 >= 1 - количество операций вида (2) на этапе 5 вычислений,   

В результате получается чётное число y(5).  

Поэтому на этапе 6 вычислений применяется формула (3):

(12)

где  m3 >= 1 - количество операций вида (3) на этапе 6 вычислений.   

В работе [3] был определён ориентированный граф гипотезы Коллатца.

Тогда можно сказать, что:

- n1 чисел y(1), получаемых из уравнения (5), представляют собой часть чисел на ветви 1,

- m1 чисел y(2), получаемых из уравнения (7), представляют собой часть чисел на стволе 1,

- n2 чисел y(3), получаемых из уравнения (9), представляют собой часть чисел на ветви 2,

- m2 чисел y(4), получаемых из уравнения (10), представляют собой часть чисел на стволе 2.

- n3 чисел y(5), получаемых из уравнения (11), представляют собой часть чисел на ветви 3,

- m3 чисел y(6), получаемых из уравнения (12), представляют собой часть чисел на стволе 3.

То есть, каждый этап вычислений определяет собой часть некоторого элемента ориентированного графа гипотезы Коллатца.

 

Задача 3. Немного о К-циклах и группах этапов при определении последовательности Коллатца.

В работе [2] было представлено определение K – цикла:

 — это когда процесс построения последовательности Коллатца можно разбить на k смежных подпоследовательностей, каждая из которых состоит из возрастающей последовательности нечетных чисел, за которой следует убывающая последовательность четных чисел. 

Однако, при доказательстве отсутствия цикличности в последовательностях Коллатца данное название лучше заменить на другое название: группа этапов вычислений.

При построении последовательности Коллатца этапы вычислений поочерёдно меняются: сначала выполняется этап определения чисел на ветви ориентированного графа (нечётные числа), потом выполняется этап определения чисел на стволе ориентированного графа (чётные числа).

Если номер этапа вычислений нечётный, то это определение чисел последовательности Коллатца на очередной ветви графа. Если номер этапа вычислений чётный, то это определение чисел последовательности Коллатца на очередном стволе графа.

Тогда можно одним номером обозначить группу этапов вычислений.

Например: имеется группа этапов 3, в которую входят этап 5 (ветвь 3) и этап 6 (ствол 3).

И для группы этапов 3 имеем следующие положительные показатели степеней:

     n1, n2, n3,         и        m1, m2, m3.

 

Задача 4. Представление чисел 3ⁿ в двоичной системе счисления.

Для рассмотрения последовательностей Коллатца необходимо представить числа 3ⁿ в двоичной системе счисления.

И при этом необходимо знать длину числа 3ⁿ в двоичной системе счисления.

Например, число 3⁴ представляется, как 1010001, где 7 символов.

Число 3⁴ можно представить, как:

     3⁴ = 2⁶ + d6,

где d6 – некоторое число (10001).

Тогда для числа 3ⁿ можно записать:

     2^x = 3ⁿ – dx,

где dx – некоторое число.

Теперь надо найти число x:

     x = log(3ⁿ – dx, 2),

и длина числа 3ⁿ в двоичной системе счисления будет равна числу (х + 1).

Расчёты показали, что процентное соотношение числа n и количества символов (х + 1) при различных числах n составляет около 1,585.

 

Задача 4а. Анализ соотношения цифр 1 и 0 в двоичной системе счисления чисел 3ⁿ .

1. Каждое число 3ⁿ в двоичном виде имеет в младших разрядах либо цифры 011 для нечётных чисел n, либо цифры 01 для чётных чисел n. Это можно легко доказать.

Любое число 3ⁿ можно представить следующим образом: (2 + 1)ⁿ. Тогда младшие разряды у чисел 2^k , где k = 0,1,2, будут иметь вид: … + (n * (n – 1) / 2) * 2² + (n) * 2 + 1. Рассмотрим два варианта:

а) число n – чётное, тогда получаем число 3ⁿ в двоичном счислении ….01;

б) число n – нечётное, тогда с разряда 2 на разряд 2² «переходит» число (n – 1)/2, и у разряда 2² будет коэффициент n * (n – 1) / 2 + (n - 1) / 2 = (n + 1) * (n - 1). Получается, что у разряда 2² коэффициент будет чётным. Следовательно, получаем число 3ⁿ в двоичном счислении ….011.

 

2. Пусть при каком-то числе n появится большой участок двоичного вида число 3ⁿ , состоящий из одних цифр 0.  Этот участок ограничен цифрами 1. Пусть имеем цифру 1, которая ограничивает этот участок  нижним разрядом. Тогда умножая эту цифру 1 на число 11 (то есть 3), а потом полученные цифры умножать ещё несколько раз на 11, можно получить на этом участке очередные цифры 1.

Например, для числа 3²² имеем, начиная с 1-го разряда, …11100000011001.  Для числа 3²³ получаем уже …10100001011…  Для числа 3²⁴ получаем уже …1110001110001.

Если в двоичном представлении числа 3ⁿ появляется участок, состоящих из одних цифр 0, как, например, для числа 3²², то на этом участке при умножении числа 3ⁿ на последующие числа 3 будут появляться цифры 1. Следовательно, на данном участке, состоящих ранее из одних цифр 0, при умножении числа 3ⁿ на последующие числа 3 будет "уменьшаться" количество цифр 0. Что и показало число 3²⁴. То есть, если участок, состоящий из одних цифр 0, появляется в двоичном представлении числа 3ⁿ, то при последующих умножениях числа 3ⁿ на числа 3 количество цифр 0 на данном участке будет только уменьшаться.

3. Пусть при каком-то числе n появится большой участок двоичного вида число 3ⁿ , состоящий из одних цифр 1.  Например, для 3²⁶ имеем, начиная с 1-го разряда, …0111111111101001, для 3²⁷ получаем уже …0111111110111011, для 3²⁸ получаем уже …0111111100110001, для 3²⁹ получаем уже …0111110110010011, для 3³⁰ получаем уже …0111100010111001, для 3³¹ получаем уже …0110101000101011.

Если в двоичном представлении числа 3ⁿ появляется участок, состоящих из одних цифр 1, как, например, для числа 3²⁶, то на этом участке при умножении числа 3ⁿ на последующие числа 3 будут появляться цифры 0. Следовательно, на данном участке, состоящих ранее из одних цифр 1, при умножении числа 3ⁿ на последующие числа 3 будет "уменьшаться" количество цифр 0. Что и показало число 3³¹. То есть, если участок, состоящий из одних цифр 1, появляется в двоичном представлении числа 3ⁿ, то при последующих умножениях числа 3ⁿ на числа 3 количество цифр 1 на данном участке будет только уменьшаться.

4.Как видно из п. 2 и п. 3 при умножении числа 3ⁿ на числа 3 на двоичном представлении числа 3ⁿ происходит следующие изменения в разной последовательности:

- уменьшение областей, состоящих из цифр 0, при этом появляются области, состоящие из цифр 1,

- уменьшение областей, состоящих из цифр 1, при этом появляются области, состоящих из цифр 0,

 

5. Ситуация с большим числом цифр 1 на участке двоичного представления числа 3ⁿ связано с тем, что имеет место повторение одного и того участка 01. В частности, для числа 3²⁵, начиная с 1-го разряда, имеем …0010101010100011. Поскольку собрать некоторое количество повторов участков 01 трудно, то такие ситуации встречаются редко.

 

6. Замечено, что в двоичном счислении числа 3ⁿ примерно одинаковое количество цифр 0 и 1. Особенно это будет заметно при больших значениях числа n. Также замечено, что при больших значениях числа n на отдельных больших участках двоичном счислении числа 3ⁿ  тоже примерно одинаковое количество цифр 0 и 1. Получается, что при очень большом числе n можно найти большой участок двоичного счисления числа 3ⁿ , на котором количество цифр 1 будет намного меньше числа n.

 

Задача 4б. Определение участка в старших разрядах двоичной системе счисления чисел 3ⁿ , состоящих из одних цифр 1.

Для доказательства отсутствия цикличности при построении последовательностей Коллатца очень важно определить количество подряд цифр 1 в старших разрядах двоичного счисления числа 3ⁿ .

Каждое число 3ⁿ в двоичном виде имеет в старших разрядах несколько цифр 1 подряд, после которых идёт цифра 0. Количество цифр 1 подряд в старших разрядах колеблется от 1 до некоторого числа p.

Например, для числа 3⁵ число p = 4 (11110011), для числа 3⁸ число p = 1 (1100110100001).

На компьютере была сделана программа, которая определяет максимальное число p для чисел 3ⁿ на интервале от 1 до n.

В результате получилось, что:

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3³ максимальное число p = 2,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3⁵ максимальное число p = 4,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3²⁹ максимальное число p = 5,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3⁴¹ максимальное число p = 6,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3¹⁴¹ максимальное число p = 7,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3²⁵³ максимальное число p = 8,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3³⁰⁶ максимальное число p = 9,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3¹⁶³⁶ максимальное число p = 10,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3⁸⁹⁵¹ максимальное число p = 11,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3¹²²⁷⁶ максимальное число p = 12,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3¹⁴²⁷¹ максимальное число p = 13,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3¹⁵⁶⁰¹ максимальное число p = 15,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3⁴⁷⁴⁶⁸ максимальное число p = 16,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3⁷⁹³³⁵ максимальное число p = 18,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3¹⁹⁰⁵³⁷ максимальное число p = 23.

И для чисел 3ⁿ от 3 до числа 3^1000000 максимальное число p будет равно 23.

Данный процесс можно продолжить.

Получается, что при сильном увеличении числа n число p увеличивается незначительно.

В то время как число цифр в двоичном представлении числа 3ⁿ увеличивается постоянно.

В частности, при n = 1000000 получается следующее соотношение:

- в двоичном представлении числа 3ⁿ имеем около 1585000 цифр;

- для числа 3ⁿ число p <= 23.

Таким образом, процесс определения числа p показал, что при увеличении числа n максимальное число p при этих значениях числа n будет значительно уступать количеству цифр в двоичном счислении числа 3ⁿ.

Задача 4в. Равномерное представление цифр 1 и 0 на участке из нескольких чисел 3ⁿ.

В данной задаче будем рассматривать младшие разряды чисел 3ⁿ в двоичном счислении. Для этих разрядом введём следующую нумерацию: самый младший разряд имеет номер 1, следующий разряд имеет номер 2, далее – номер 3, и т. д. по мере увеличения номера разряда.

Как было замечено в задаче 4а, младшие разряды чисел 3ⁿ имеют вид в двоичном счислении: либо 001, либо 011.

То есть, в разряде с номером 1 с шагом 1 имеем цифру 1 при увеличении числа n.

Далее, в разряде с номером 2 с шагом 2 имеем цифру 1 при увеличении числа n. Остальные цифры – цифра 0.

В разряде с номером 3 имеем только цифру 0.

Далее, в разряде с номером 4 получаем следующую картину представления цифр в зависимости от числа n:

     0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1.

То есть, получается, что имеет место повтор картинки 0, 0, 1, 1. Длина повтора – 2².

В разряде с номером 5 получаем следующую картину представления цифр в зависимости от числа n:

     1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1.

То есть, получается, что имеет место повтор картинки 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1. Длина повтора – 2³.

В разряде с номером 6 получаем следующую картину представления цифр в зависимости от числа n:

     0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 1

То есть, получается, что имеет место повтор картинки 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1. Длина повтора – 2⁴.

В разряде с номером 7 получаем следующую картину представление цифр в зависимости от числа n:

0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1.

То есть, получается, что имеет место повтор картинки 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1. Длина повтора – 2⁵.

Данные исследования представления чисел 3ⁿ в двоичном счислении можно продолжить. При этом окажется, что для разряда с номером u будет иметь место повтор представления цифр в зависимости от числа n, который будет равен 2^u-2 .

Теперь составим таблицу представления чисел 3ⁿ в двоичном счислении до некоторого числа n.

Эта таблица будет почти «треугольной», в левой стороне которой будут младшие разряды представления чисел 3ⁿ в двоичном счислении.

Выберем некоторое число kтакое, что выполняется условие:

     n - k > 2^k-2.

На полученной «треугольной» таблице можно, начиная с разряда 1, «разместить» прямоугольник размером (k  x  2^k-2).

Тогда, согласно предыдущим рассуждениям в данной задаче, в этом прямоугольнике будет одинаковое количество цифр 0 и 1.

Следовательно, можно говорить о почти равномерном представлении цифр 1 и 0 на участке из нескольких чисел 3ⁿ.

 

Задача 5. Допущение о наличии циклической последовательности.                    

Проверка эффекта цикличности заключается в сравнении начального числа y(0) с числом последовательности y_i на предмет их равенства:

    y(0) = y(i) .

Удобнее проверять цикличность при сравнении начального числа y(0) с числами на разных ветках, то есть на разных этапах вычислений при построении последовательности Коллатца.

Допустим, что имеется циклическая последовательность при построении последовательностей Коллатца.

Если на некоторой ветке есть число, которое находится в циклической последовательности, то это означает, что все числа на этой ветке находятся в циклической последовательности.

В циклической последовательности должно находиться несколько веток.

Выберем из этих веток ту, где находится минимальное нечётное число, как на ветке, так и в циклической последовательности. И при построении циклической последовательности обязательно придём к этому числу единственным способом: по стволу, то есть в результате выполнения этапа 2*i.

При этом выбранное минимальное число не должно делиться на число 3.

Назовём это число как y(0), и это число будет начальным числом произвольной последовательности Коллатца.

Выбирая в виде начальных чисел последовательностей Коллатца различные нечётные числа, можно проверить и последовательность с начальным числом y(0).  

Если тогда окажется, что в последовательности Коллатца для числа y(0) найдётся число, меньшее, чем число y(0), то наше допущение, что существует циклическая последовательность Коллатца, неверно. Ведь было выбрано минимальное число циклической последовательности.

 

Задача 5а. Проверка на цикличность (этап 2).

Для начала проверяется эффект цикличности на этапе 2 вычислений (7) (группа этапов 1).

Допустим, что есть равенство:

    `y(0)=(y(0)+1)*(3^(n1))/(2^(n1)*2^(m1))-1/(2^(m1)),`

или:

     `y(0)*(2^(n1)*2^(m1))=(y(0)+1)*(3^(n1))-(2^(n1)),`

или:

     `y(0)*(2^(n1)*2^(m1)-3^(n1))=3^(n1)-2^(n1).`                               (15)

Поскольку правая часть равенства (15) всегда положительная, то и левая часть равенства будет положительной, если выполняется условие:

     `2^(n1)*2^(m1)gt3^(n1)`                                                                                  (16)

Тогда, если в двоичном счислении число `3^(n1)` имеет h знаков, то в двоичном счислении число `2^(n1)*2^(m1)` должно иметь (h + 1) знаков, состоящих из первой цифры 1 и остальных  цифр 0.

Разность `2^(n1)*2^(m1)` будет отличаться от числа `3^(n1)` тем, что у них на одинаковой позиции в двоичном счислении будут разные цифры 1 и 0, за исключением младшей позиции, где и там и там будет 1.

Если же знаков в двоичном счислении число `2^(n1)*2^(m1)` будет больше, чем (h + 1), то у числа `(2^(n1)*2^(m1)-3^(n1))` в разрядах, больше (h + 1), будут цифры 1. Тогда выражение `(2^(n1)*2^(m1)-3^(n1))` будет больше выражения `(3^(n1) - 2^(n1)).` В этом случае для выполнения равенства (15) число y(0) должно быть меньше 1. Что невозможно.     

Допустим, что число k обозначает количество разрядов у числа y(0) в двоичном счислении.

Тогда получается, что n1 <= k.

Далее, согласно задаче 4б, у числа `3^(n1)` имеется в двоичном счислении только p цифр 1 в старших разрядах, причём p < n1 <= k.

Пусть в двоичном счислении число `(2^(n1)*2^(m1)` имеет (h + 1) знаков.

Следовательно, у разности `(2^(n1)*2^(m1)-3^(n1)) ` первые p цифр в старших разрядах будут 0. То есть, разность `(2^(n1)*2^(m1)-3^(n1))` будет меньше числа 3^(n1) почти в 2^p  раз.  

Тогда, чтобы выполнялось равенство (15), необходимо, чтобы число y(0) было сравнимо с числом 2^p, то есть длина нового числа y(0) в двоичном счислении будет p. Допустим, что это новое число будет yp.

Если p < k, то yp < y₀  .

Получается, что раз для исходного числа последовательности Коллатца уменьшилась длина в двоичном счислении, по сравнению с числом y(0), то уменьшается и число n1.

А раз уменьшается число n1, то уменьшается число p.

Раз уменьшается число p, то уменьшаются числа 2^p  и yp.

То есть, уменьшилась длина в двоичном счислении для исходного числа последовательности Коллатца.

Это процесс можно продолжить до тех пор, пока число p не будет превышать числа 2.

Тогда y(0) не должно превышать значение 2².

То есть, на этапе 2 вычислений равенство (15) возможно только при условии (16) и только для чисел y(0) = 1, 3. О возможной цикличности в последовательностях Коллатца этих цифр было сказано в начале статьи: цели и задачи.

 

Задача 5б. Поверка на доказательство Терраса (этап 2).

Проверка на доказательство Терраса заключается в определении очередного числа последовательности Коллатца, которое меньше начального числа этой последовательности.

То есть, должно выполняться неравенство на этапе 2 вычислений:

     `y(0)gt(y(0)+1)*(3^(n1))/(2^(n1)*2^(m1))-1/(2^(m1))=y(2),`                     (17)

или:

                                   (18)

Поскольку правая часть неравенства (18) положительная, то для выполнения этого неравенства необходимо, чтобы выполнялось следующее неравенство:

      `2^(n1)*2^(m1)gt3^(n1)`                                                                     (19)

Если для этапа 2 наступает условие (19), то коэффициент в неравенстве (17) будет меньше 1:

      `3^(n1)/( 2^(n1)*2^(m1))<1`

Значит, выполняется условие:

   `y(0) > y(2).`

Таким образом, в данной задаче для числа y(0) на этапе 2 вычислений могут быть два варианта результатов вычислений чисел последовательности Коллатца:

- получено доказательство Терраса (доказательство гипотезы Коллатца) для числа y(0) при условии (19) и вычисления прекращаются, поскольку выполняются неравенства (18) и (17), т. е. y(0) > y(2);

- если условие (19) не выполняется, то выполняется условие:

    `2^(n1)*2^(m1)<3^(n1)`                                                                                    (20)

и продолжаются определения чисел последовательности Коллатца для числа y(0) с целью доказательства отсутствия эффекта цикличности в данной последовательности.

 

Задача 6. Сравнение чисел y(0) и y(i) на разных этапах вычислений при построении последовательности Коллатца (этап 4).           

         

Задача 6а. Проверка на цикличность (этап 4).

Теперь проверяется эффект цикличности на этапе 4 вычислений (7) (группа этапов 2).  

Допустим, что есть равенство:

     (21)

Если обозначить:

     `D4= 3^(n1)/(2^(n1)*2^(m1))*3^(n2)/(2^(n2)*2^(m2)),`

то получаем:

     `y(0)= (y(0)+1)*D4 + D4*(2^(n1)*2^(m1))/( 3^(n1))*(( 2^(m1)-1))/( 2^(m1))- 1/(2^(m2)),`   

или:   

        (22)

Из равенства (22) видно, что правая часть его будет положительной. Поэтому, для того, чтобы выполнялось равенство (22), необходимо выполнение неравенства D4 < 1 или:

    `2^(n1)*2^(m1)* 2^(n2)*2^(m2)>3^(n1)* 3^(n2).`                                       (23)

Из равенства (22), с учётом выводов задачи 5б и с учётом условия (20) получаем неравенство:

     `(2^(n1)*2^(m1))/ 3^(n1) *((2^(m1)- 1))/ (2^(m1)) <1`                                                                 (24)

Тогда можно записать:

     `D*(1+ (2^(n1)* 2^(m1))/(3^(n1))*((2^(m1)-1))/(2^(m1)))-1/(2^(m2)) <2*D4.`                              (25)

Запишем иначе равенство (21)

     `y(0)*(2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2)-3^(n1)*3^(n2))=3^(n1)*3^(n2)+3^(n2)*2^(n1)*(2^(m1)-1)-2^(n1)*2^(n2)*2^(m1),`        (26)  

а с учётом (25) получаем неравенство:

           (27)  

Пусть в двоичном счислении число `3^(n1)*3^(n2)`  имеет h знаков. Тогда правая часть равенства (26) может иметь, с учётом неравенства (27), (h + 1) знаков в двоичном счислении.

Чтобы число:

     `(2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2)-3^(n1)*3^(n2))`

имело меньше знаков в двоичной системе, чем h знаков, необходимо, чтобы число:

     `(2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2))`

имело (h + 1) знаков, состоящих из одной цифры 1 и остальных  цифр 0.

Получаем задачу, аналогичную задаче 5а, только в этой задаче для правой части получаем число p, а затем, с помощью числа (p + 1), определяется число y(0)).

Если в данной задаче проводить такие же действия, как в задаче 5а, то окажется, что для выполнения равенства (21) число y(0) не должно превышать значение 2⁴ .

То есть, на этапе 4 вычислений возможно равенство (21) только при условии (23) и только для чисел y(0) = 1, 3. 

 

Задача 6б. Поверка на доказательство Терраса (этап 4).

Проверка на доказательство Терраса заключается в рассмотрении неравенства:

  (28)   

или:

     `y(0)*(2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2)-3^(n1)*3^(n2))>3^(n1)*3^(n2)+3^(n2)*2^(n1)*(2^(m1)-1)-2^(n1)*2^(n2)*2^(m1), `   (29)  

Поскольку правая часть неравенства (29) положительная (следует из задачи 6а), то для выполнения этого неравенства необходимо, чтобы выполнялось следующее неравенство:

    `2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2)>3^(n1)*3^(n2).`                                        (30)

Так как выполняется условие (20) перед началом этапов 3 и 4, то, с учётом (30), для слагаемого из (28) получаем:

    `(3^(n2))/(2^(n2)*2^(m2))*((2^(m1)-1))/(2^(m1))<1.`

Если для этапа 4 наступает условие (30), то выполняются условия (29) и (28), то есть:

    `y(0)> y(4).`

Таким образом, в данной задаче для числа y(0) на этапе 4 вычислений могут быть два варианта результатов вычислений чисел последовательности Коллатца:

- получено доказательство Терраса (доказательство гипотезы Коллатца) для числа y(0) при условии (30) и вычисления прекращаются, поскольку выполняется неравенство (28), т. е. y(0) > y(4);

- если условие (30) не выполняется, то выполняется условие:

    `2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2)<3^(n1)*3^(n2).`                                             (31)

и продолжается определения чисел последовательности Коллатца для числа y(0) с целью доказательства отсутствия эффекта цикличности в данной последовательности.

  

Задача 7. Сравнение чисел y(0) и y(i) на разных этапах вычислений при построении последовательности Коллатца (этап 6).                

              

Задача 7а. Проверка на цикличность (этап 6).

Теперь проверим цикличность на этапе 6 вычислений (12) (группа этапов 3).  

Допустим, что есть равенство:

`y(0)=(y(0)+1)*3^(n1)/(2^(n1)*2^(m1))*3^(n2)/(2^(n2)*2^(m2))*3^(n3)/(2^(n3)*2^(m3))+`

`+3^(n2)/(2^(n2)*2^(m2))*3^(n3)/(2^(n3)*2^(m3))*((2^(m1)-1)/(2^(m1)))+`

` +3^(n3)/(2^(n3)*2^(m3))*((2^(m2)-1)/(2^(m2)))-1/(2^(m3)),`

Если обозначить:

     `D6 =3^(n1)*3^(n2)*3^(n3)/( 2^(n1)*2^(m1)*2^(n2)*2^(m2)*2^(n3)*2^(m3)),`

то получаем:

     `y(0)=(y(0)+1)*D6+D6*(2^(n1)*2^(m1))/(3^(n1))*((2^(m1)-1))/(2^(m1))+ D6*(2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2))/(3^(n1)*3^(n2) )*((2^(m2)-1))/(2^(m2))- 1/(2^(m3)),`   

или:

     `y(0)*(1-D6)=D6*(1+(2^(n1)*2^(m1))/(3^(n1))*((2^(m1)-1))/(2^(m1))+ (2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2))/(3^(n1)*3^(n2) )*((2^(m2)-1))/(2^(m2)))-1/(2^(m3)),`   (33)

С учётом выводов задачи 6б и с учётом (31) получаем:

     `2^(n1)*2^(m1)/(3^(n1))*((2^(m1)-1))/(2^(m1))<1`  

 и    `2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2)/(3^(n1)*3^(n2) )*((2^(m2)-1))/(2^(m2))<1`                                  (34)

Поэтому в равенстве (33) правая часть всегда положительна.

Следовательно, и левая часть равенства (33) должна быть положительной, то есть D6 < 1 или:

     `2^(n1)*2^(m1)* 2^(n2)*2^(m2)* 2^(n3)*2^(m3)< 3^(n1)* 3^(n2)*3^(n3)`         (35)

Рассмотрим (33). С учётом (34) получаем, что:

     `D6*(1+(2^(n1)*2^(m1))/(3^(n1))*((2^(m1)-1))/(2^(m1))+ (2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2))/(3^(n1)*3^(n2) )*((2^(m2)-1))/(2^(m2)))-1/(2^(m3))<3*D6.`        (36)

Запишем иначе равенство (32)

   `y(0)*( 2^(n1)*2^(m1)* 2^(n2)*2^(m2)* 2^(n3)*2^(m3)- 3^(n1)* 3^(n2)*3^(n3))=`

`=3^(n1)* 3^(n2)*3^(n3)+3^(n2)*2^(n1)*(2^(m1)-1)+3^(n3)*2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*(2^(m2)-1)-`

 `-2^(n1)*2^(n2)*2^(n3)*2^(m1)*2^(m2),`                                                     (37)  

а с учётом (36) получаем неравенство:

     `y(0)*( 2^(n1)*2^(m1)* 2^(n2)*2^(m2)* 2^(n3)*2^(m3)- 3^(n1)* 3^(n2)*3^(n3)) lt3*3^(n1)* 3^(n2)*3^(n3).`   (38)  

Так же, как и в задаче 5а, будем сравнивать длины чисел правой и левой части равенства (37) в двоичной системе счисления.

Пусть в двоичном счислении число `3^(n1)* 3^(n2)*3^(n3)` имеет h знаков, а с учётом неравенства (38) правая часть равенства (37) может иметь (h + 2) знаков в двоичном счислении.

Чтобы число:

     `2^(n1)*2^(m1)*2^(n2)*2^(m2)* 2^(n3)*2^(m3)- 3^(n1)* 3^(n2)*3^(n3)`

имело меньше знаков в двоичной системе, чем h знаков, необходимо, чтобы число:

     `2^(n1)*2^(m1)*2^(n2)*2^(m2)* 2^(n3)*2^(m3)`

имело (h + 1) знаков, состоящих из одной цифры 1 и остальных  цифр 0.

Получаем задачу, аналогичную задаче 5а, только в этой задаче для правой части получаем число p, а затем, с помощью числа (p + 2), определяется число y(0)).

Если в данной задаче проводить такие же действия, как в задаче 5а, то окажется, что

для выполнения равенства (32) число y(0) не должно превышать значение 2⁴ .

То есть, на этапе 4 вычислений возможно равенство (32) только при условии (35) и только для чисел y(0) = 1, 3. 

 

Задача 7б. Поверка на доказательство Терраса (этап 6).

Проверка на доказательство Терраса заключается в рассмотрении неравенства:

    `y(0)gty(0)+1)*3^(n1)/(2^(n1)*2^(m1))*3^(n2)/(2^(n2)*2^(m2))*3^(n3)/(2^(n3)*2^(m3))+`

`+3^(n2)/(2^(n2)*2^(m2))*3^(n3)/(2^(n3)*2^(m3))*((2^(m1)-1)/(2^(m1)))+`

`+3^(n3)/(2^(n3)*2^(m3))*((2^(m2)-1)/(2^(m2)))-1/(2^(m3))=y(6),`                                                        (39)

или:

    `y(0)*(2^(n1)*2^(m1)*2^(n2)*2^(m2)*2^(n3)*2^(m3)-3^(n1)*3^(n2)*3^(n3))gt`

 `3^(n1)*3^(n2)*3^(n3)+3^(n2)*2^(n1)*(2^(m1)-1)+`

`+3^(n3)*2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*(2^(m2)-1)-2^(n1)*2^(n2)*2^(n3)*2^(m1)*2^(m2).`   (40)  

Поскольку правая часть неравенства (40) положительная (следует из задачи 7а), то для выполнения этого неравенства необходимо, чтобы выполнялось следующее неравенство:

    `2^(n1)*2^(m1)*2^(n2)*2^(m2)*2^(n3)*2^(m3)gt3^(n1)*3^(n2)*3^(n3)`                        (41)

Так как выполняется условие (31) перед началом этапов 5 и 6, то, с учётом (20) и (31) соответственно, получаем для слагаемых из (39):

     `3^(n2)/(2^(n2)*2^(m2))*3^(n3)/(2^(n3)*2^(m3))*((2^(m1)-1)/(2^(m1)))lt 1`   и 

 ` ``3^(n3)/(2^(n3)*2^(m3))*((2^(m2)-1)/(2^(m2)))lt1.` ` `   

Если для этапа 6 наступает условие (41), то выполняются условия (40) и (39), то есть:

    `y(0) gt y(6).`

Таким образом, в данной задаче для числа y(0) на этапе 6 вычислений могут быть два варианта результатов вычислений чисел последовательности Коллатца:

- получено доказательство Терраса (доказательство гипотезы Коллатца) для числа y(0) при условии (41) и вычисления прекращаются, поскольку выполняется неравенство (39), т. е. y(0) > y(6);

- если условие (41) не выполняется, то выполняется условие:

   `2^(n1)*2^(m1)* 2^(n2)*2^(m2)* 2^(n3)*2^(m3)lt3^(n1)* 3^(n2)*3^(n3)`                                (42)

и продолжается определения чисел последовательности Коллатца для числа y(0) с целью доказательства отсутствия эффекта цикличности в данной последовательности.

 

Задача 8. Построение обобщённой формулы этапов вычислений чисел последовательности Коллатца.

Определим группу этапов вычислений V.

Тогда для группы этапов V получаем формулы для определения чисел:

- на стволе V:

     `y(2*v)=(y(0)+1)*(A(1))/(B(1)*C(1))+S-1/(2^(m(v))), `                        (43)

где:

     `A(k)= prod_(i=k)^v3^(n(i)),`

     `B(k)= prod_(i=k)^v2^(n(i)),`

     `C(k)= prod_(i=k)^v2^(m(i)),`

   `Z(k) = (A(k))/(B(k)*C(k)),`

    `R(k)=(2^(m(k)-1))/(2^(m(k)),`

  `S=sum_(i=2)^v Z(i)*R(i),`

 - на ветви V:

     `y(2*v-1)=y(2*v)*(2^(m(v))).`                                                           (44)

Для группы этапов V имеем следующие положительные показатели степеней:

     n1, n2, n3, … , n(v),         и        m1, m2, m3, … , m(v).

Задача 9. Сравнение чисел y₀ и y_i на разных этапах вычислений при построении последовательности Коллатца (этап 2*V).                   

Процесс определения чисел последовательности Коллатца для числа y₀  можно продолжить для любого этапа построения последовательности 2*V, где V – группа этапов вычислений.

 

Задача 9а. Проверка на цикличность (этап 2*V).

Теперь проверим цикличность на этапе 2*V вычислений (43) (группа этапов V). 

Допустим, что есть равенство:

        y`(0)=(y(0)+1)*(A(1))/(B(1)*C(1))+S-1/(2^(m(v)),`                               (45)

Если обозначить:

     `DV=(A(1))/(B(1)*C(1)),`

то получаем:

     `y(0)=(y(0)+1)*DV+DV*(2^(n1)*2^(m1))/(3^(n1))*((2^(m1)-1))/(2^(m1))+`

`+DV*(2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2))/(3^(n1)*3^(n2))*((2^(m2)-1))/(2^(m2))+`

 `...+DV*(A(v))/(DV*B(v)*C(v))*((2^(m(v-1))-1))/(2^(m(v-1)))-1/(2^(m(v))),`    

или:

   
 

`...+(A(v))/(DV*B(v)*C(v))*((2^(m(v-1))-1))/(2^(m(v-1)))-1/(2^(m(v)))` .                                 (46)

Если рассматривать все условия, которые принимаются при продолжении вычислений на предыдущих этапах, такие как, например, (20), (31), (42), то окажется, что все эти условия позволяют оценить величину слагаемых в правой части уравнения (46):

  `(2^(n1)*2^(m1))/(3^(n1))*((2^(m1)-1))/(2^(m1))lt1,`  

  `(2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2))/(3^(n1)*3^(n2))*((2^(m2)-1))/(2^(m2))lt1,`

   …,

   `(A(v))/(DV*B(v)*C(v))*((2^(m(v-1))-1))/(2^(m(v-1)))<1`

Поэтому в равенстве (46) правая часть всегда положительна.

Следовательно, и левая часть равенства (46) должна быть положительной, то есть DV < 1 или:

    `B(1)*C(1)gtA(1).`                                                                                (48)

Так же, как и в задаче 5а, будем сравнивать длины чисел правой и левой части равенства (48) в двоичной системе счисления.

Рассмотрим (46). В правой части уравнения всего V слагаемых со знаком (+) и одно слагаемое со знаком (-). Может быть все слагаемые со знаком (+) будут почти равны. Хотя  слагаемое со знаком (-) увеличивает разницу между первым слагаемым и остальными  слагаемыми.

Тогда эти V слагаемых будут меньше числа (`V * A(1)`  ), которое увеличивает количество разрядов числа (`A(1)`  ) на число r, равное целой части числа (log(V,2) + 1).

На основании равенства (46) можно записать следующее неравенство:

    ` y(0)*(1-DV)ltV*DV,`

или:

     `y(0)*(B(1)*C(1)-A(1))ltV*A(1).`                                         (49)

Важно отметить, что при больших значениях числа V число r будет очень малым по сравнению с число n.

В частности, рассматривая результаты задачи 4б применительно к данной задаче при V = 1000000,  число p будет меньше числа 23.

Пусть в двоичном счислении число (`A(1)`  ) имеет h знаков, а с учётом умножения  числа (`A(1)nbsp` ) на число V правая часть равенства (31) может иметь (h + r) знаков в двоичном счислении.

Чтобы число (`B(1)*C(1)-A(1)` ) имело меньше знаков в двоичной системе, чем h знаков, необходимо, чтобы число (`B(1)*C(1)` ) имело (h + 1) знаков, состоящих из одной цифры 1 и остальных  цифр 0.

Получаем задачу, аналогичную задаче 5а, только в этой задаче для правой части получаем не число p, а число (p + r), которое будет значительно меньше, чем число n.

Если в данной задаче проводить такие же действия, как в задаче 5а, то окажется, что

для выполнения равенства (45) число y(0) уже не должно превышать значение 2⁴ .

То есть, на этапе 2*V вычислений возможно равенство только при условии (33) и только для чисел y(0) = 1, 3. 

 

Задача 9б. Поверка на доказательство Терраса (этап 2*i).

Проверка на доказательство Терраса заключается в рассмотрении неравенства:

      `y(0)gt(y(0)+1)*(A(1))/(B(1)*C(1))+S-1/(2^(m(v)))=y(2*v)`          (50)

или:

    `y(0)*(B(1)*C(1)-A(1))gtA(1)+S*(B(1)*C(1))-(B(1)*C(1))/(2^(m(v))).` (51)

Поскольку правая часть неравенства (34) положительная (следует из задачи 9а), то для выполнения этого неравенства необходимо, чтобы выполнялось следующее неравенство:

    `B(1)*C(1)gtA(1)` .                                                                                  (52)

Аналогично задаче 7б можно показать, что каждое из слагаемых в выражении D будет меньше 1.

Если для этапа V наступает условие (52), то выполняются условия (51) и (50), то есть:

    `y(0) gt y(2*i)` .

Таким образом, в данной задаче для числа y(0) на этапе 2*i вычислений могут быть два варианта результатов вычислений чисел последовательности Коллатца:

- получено доказательство Терраса (доказательство гипотезы Коллатца) для числа y(0) при условии (52) и вычисления прекращаются, поскольку выполняется неравенство (50), т. е. y(0) > y(2*i);

- если условие (52) не выполняется, то выполняется условие:

     `B(1)*C(1)ltA(1).`                                                                              (53)

и продолжается определения чисел последовательности Коллатца для числа y(0)  с целью доказательства отсутствие цикличности в данной последовательности.

 

Подведение итогов.

Данное доказательство было проведено для выбранного нечётного числа y₀, которое находится на определённой ветке ориентированного графа Коллатца.

Но данное доказательство можно провести для любого нечётного числа на этой ветке, а также для любого нечётного числа, которое расположено на любой ветке ориентированного графа Коллатца, за исключением чисел, кратным числу 3.

Таким образом, на любом этапе вычислений при определении чисел последовательности Коллатца для любого натурального числа y₀  не будет найден эффект цикличности.  

 

Выводы.

Определено новое представление начального числа последовательности Коллатца.

Определено понятие этапов при определении чисел последовательности Коллатца.

С помощью доказательства Терраса доказано отсутствие цикличности в последовательностях Коллатца.

Исследовано представление чисел 3ⁿ в двоичной системе счисления.

1. Открытые математические проблемы. https://ru.wikipedia.org/wiki/ Открытые_ математические_проблемы (дата обращения 30.10.2024)
2. Гипотеза Коллатца. https://ru.wikipedia.org/wiki/Гипотеза_Коллатца (дата обращения 30.10.2024).
3. Усов Г. Г. Построение ориентированного графа Коллатца (гипотеза Коллатца). Сайт электронного периодического рецензируемого научного журнала «SCI-ARTICLE.RU», Научное направление «Математика», Размещена 28.10.2024.

Рецензии:

18.12.2024, 15:46 Кузнецов Вячеслав Алексеевич
Рецензия: Рецензия на метод Геннадия Григорьевича Усова в исследовании гипотезы Коллатца Метод Геннадия Григорьевича Усова в исследовании гипотезы Коллатца представляет собой выдающийся вклад в теорию чисел, который выделяется своей строгостью, интуитивной доступностью и оригинальностью подхода. Усову удается успешно соединить глубокие математические принципы с понятным и логичным анализом, что делает его работу особенно ценным ресурсом как для профессиональных математиков, так и для студентов и любителей математики. Одним из самых значительных достоинств метода Усова является его способность анализировать свойства чисел 3^n в двоичной системе. Этот подход позволяет не только обосновать выводы о невозможности цикличности последовательностей, но и предоставляет новые инструменты для понимания структуры чисел, участвующих в гипотезе Коллатца. В отличие от классических методов, которые часто ограничиваются эмпирическими вычислениями, метод Усова предлагает строгие математические доказательства, что делает его результаты более надежными и убедительными. Кроме того, метод Усова отличается своей доступностью. Он избегает сложной терминологии и абстрактных концепций, что позволяет широкой аудитории легче воспринимать и осваивать материал. Это особенно важно в контексте популяризации математики и привлечения новых исследователей в эту увлекательную область. Также стоит отметить, что метод Усова выделяется на фоне других подходов, таких как статистические, топологические и алгебраические методы, благодаря своей интуитивности и простоте. В то время как другие подходы могут требовать глубоких знаний в смежных областях, метод Усова позволяет сосредоточиться на основных принципах, что делает его более универсальным и применимым. В заключение, метод Геннадия Григорьевича Усова в исследовании гипотезы Коллатца представляет собой важный и уникальный вклад в математику. Его строгий, но доступный подход открывает новые горизонты для исследования и понимания одной из самых загадочных гипотез в теории чисел. Работа Усова не только углубляет наше понимание гипотезы Коллатца, но и вдохновляет будущие поколения математиков на продолжение исследований в этой области

23.12.2024, 16:06 Мирмович Эдуард Григорьевич
Рецензия: Смелость автора, конечно, вызывает уважение, как и все его работы на этой электронной площадке. А развернувшаяся дискуссия рецензентов интересна ещё более. Правда, рецензент удивлён, что нет таких слов в работе, как функция (единая функция f(n) или её альтернатива g(n)), орбита чисел генерирующей сама себя последовательности, Тао Теренс, простое число, серьёзных ссылок по этой интересной проблеме, могущей иметь отношение и в какой-то мере к физике, анализу периодической системы химических элементов и др. Похоже, что кроме уважаемого В.А. Кузнецова из ещё более уважаемого Азербайджанского технического университета, который тоже вначале (как и во многих своих иных рецензиях) конкретную рекомендацию к печати не дал, в конце концов попался на удочку автора. Почему "удочку"? А потому что после участия в дискуссии рецензентов автор и сам отложил окончательную публикацию на время внесения им дополнений и коррективов, предлагая рабюоте отлежаться. Несмотря на то, что рецензент очень одобрительно относится к доказательствам, подчиняющимся групповому по Галуа формату, что продемонстрировано автором данной работы, пока дать положительную рекомендацию рецензент не хочет или не может. Примечание. Имеется в виду, что доказывать какие-то теоремы и оправдания гипотез инструментами более высокого порядка - это ложный путь. Например, что-нибудь о простых числах, других арифметических проблемах с помощью интегралов, производных, дифференциальных уравнений, функций Грина и т.д. - это обман. И проблема, и инструменты её решения должны быть в одной группе по Галуа, кольце и т.д.



Комментарии пользователей:

19.12.2024, 10:27 Кузнецов Вячеслав Алексеевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич, Спасибо за ваш ответ и за предоставленную возможность обсудить вашу работу по гипотезе Коллатца. Ваша статья действительно представляет собой значимый вклад в теорию чисел, и я рад, что вы нашли мою рецензию полезной. Что касается вопроса о публикации, я считаю, что ваша работа имеет все основания для печати. Основные достоинства метода, такие как строгость, доступность и оригинальность, делают его ценным ресурсом как для профессионалов, так и для широкой аудитории. Ваш подход к анализу чисел в двоичной системе и использование строгих математических доказательств действительно выделяют вашу работу на фоне других методов. Я рекомендую вам внести небольшие уточнения или дополнения, если это необходимо, чтобы еще больше укрепить вашу аргументацию и сделать материал еще более понятным для читателей. Однако в целом, я уверен, что ваша статья будет интересна и полезна для научного сообщества. С уважением, Вячеслав Алексеевич

19.12.2024, 11:13 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Вячеслав Алексеевич! Спасибо Вам за Вашу рекомендацию к печати настоящей статьи! Что касается уточнений и дополнений, то они, разумеется, будут. Статья должна немного полежать, что-то попробую уточнить, и, наверное, будут вопросы у рецензентов. С уважением, Усов Г.Г.

19.12.2024, 11:43 Харт Алекс Отзыв: Уважаемый, Кузнецов Вячеслав Алексеевич. 18 декабря появилась эта статья, и Вы в этот же день смогли ее полностью проверить на предмет ошибок? А что если метод Усова, который Вы воспели в стихах, содержит критические ошибки? Вы вообще проверяли работу? Вы готовы отвечать за то, что пишете в рецензии? Работа опирается на некое доказательство Терраса, но в работе нет даже ссылки на него. Задача 4. Усов рассмотрел число n до 8951 и сделал вывод «То есть, при сильном увеличении числа n число p увеличивается незначительно.». А что если при n >= 1000000 число p расчет быстрее? Это такое доказательство?

19.12.2024, 12:54 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Харт Алекс, а здесь должен подключиться уже я. Ссылка на работу Терраса есть во введении. Что касается "А что если при n >= 1000000 число p расчет быстрее? ". - Здесь, наверное, надо привести соотношение в числе 3^n в двоичной системе счисления. В этой системе счисления количество повторяющейся цепочки из цифр 1 намного меньше числа n. Следовательно, всё равно будет уменьшения числа n из-за уменьшения числа р. Далее, соотношение n и количества цифр в двоичном счислении 3^n около 1,5. Не думаете Харт Алекс, что при большом числе n число цифр 1, причём, подряд!!!, превышает число n? А если это не так, то из-за уменьшения числа р уменьшается число n.

19.12.2024, 15:40 Соловьёв Виктор Григорьевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич! При чтении Вашей статьи у меня возник вопрос следующего содержания: в разделе ‘Цели и задачи’ Вы пишете, что “В данной статье делается попытка доказательства отсутствия эффекта цикличности в гипотезе Коллатца” , а в разделе ‘Подведение Итогов’ – “Следовательно, последовательности Коллатца не имеют эффекта цикличности”. Важно: если Вы доказали то, о чем написали в итоге, то утверждение (гипотезу) Коллатца можно считать в общем случае верным или полностью доказанным. Тогда это – Ваша большая удача. Ведь в этом случае действительно все последовательности Коллатца сводятся к 1 (точнее сначала к 4, потом к 2 и только потом к 1). Прошу уточнить, это действительно так или Ваше утверждение относится к определенным ветвям графа или ограничено каким-то определенным пределом? Заранее благодарю за ответ.

19.12.2024, 17:19 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Виктор Григорьевич! Спасибо Вам за то, что ознакомились с настоящей статьей и высказали своё мнение о ней. Во введении статьи я говорю о двух задачах (вариантах). По второй задаче, когда последовательности не бесконечны, я не нашел пока ни публикаций, ни ответа. Поэтому я говорю пока только о цикличности. Это относится ко всем ветвям ориентированного графа и ко всем нечётным числам. С уважением, Усов Г.Г.

20.12.2024, 20:07 Цорин Борис Иосифович Отзыв: {1} Между формулами (4) и (5) утверждение, что n1>=1 и сама формула (5) дают основание полагать, что формулировка "еще n1 раз" некорректна. Аналогично далее про m1. {2a} "При этом следует заметить, что процентное соотношение числа n и количества символов почти не увеличивается: около 1,585" - количество знаков в двоичной записи числа x равно log(x;2)+1, округленному вниз. log(3^n;2)=n*log(3;2), то есть приблизительно равно 1,5849625n. Неудивительно, что "процентное соотношение числа n и количества символов почти не увеличивается" - а точнее, уменьшается, стремясь при бесконечно возрастающем n к log(3;2). Как говорится, если ничего не знать, можно сделать столько удивительных открытий... {2b} "Каждое число 3^n в двоичном виде имеет в младших разрядах либо 011 для нечётных чисел n, либо 001 для чётных чисел n" - докажите. Для восьмого класса - задача с двумя звездочками, для студентов - так, на троечку. {3} "То есть, при сильном увеличении числа n число p увеличивается незначительно" - а при бесконечном увеличении числа n число p увеличивается, скорее всего, бесконечно. Боюсь, это уничтожает всю доказательность Ваших последующих рассуждений. {4} "Получаем задачу, аналогичную задаче 5а, только в этой задаче для правой части получаем значение не число p, а число (p + 1)" - боюсь, не вполне понимаю, почему на любом этапе должно быть p+1, а не, допустим, p+побольше. Разверните мысль, пожалуйста.

23.12.2024, 10:15 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: (1) Согласен. Убираем слово "ещё". (2а) Спасибо за информацию! В доказательстве это число приведено для справки. Это больше нужно для второго доказательства. (2b) Эта информация тоже для справки. Приведу отдельный отзыв. (3) Боятся не надо! Спасибо, что задали вопрос 2b, попробую развить аналогично отдельным отзывом. (4) Попробую развить отдельным отзывом.

23.12.2024, 10:31 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: (2b) Любое число 3^n можно представить следующим образом: (2 + 1)^n. Тогда младшие разряды у чисел 2^k будут иметь вид: … + (n * (n – 1) / 2) * 2^2 + (n) * 2 + 1. Рассмотрим два варианта: а) n – чётное. Тогда получаем число 3^n в двоичном счислении ….01. б) n – нечётное. Тогда с разряда 2 на разряд 2^2 «переходит» число (n – 1)/2. То есть, у разряда 2^2 будет коэффициент n * (n – 1) / 2 + (n - 1) / 2 = (n + 1) * (n - 1). Получается, что у разряда 2^2 коэффициент будет чётным. Тогда получаем число 3^n в двоичном счислении ….011.

23.12.2024, 11:25 Соловьёв Виктор Григорьевич Отзыв: Уважаемый, Геннадий Григорьевич! При более внимательном прочтении Вашей статьи у меня возник еще один вопрос: Вы пишете: “Задача 4... Для рассмотрения последовательностей Коллатца необходимо представить числа 3n в двоичной системе счисления.” . А в чем состоит необходимость подобного представления? Почему именно в двоичной, а, к примеру, не в 16-ти_ричной? Причем, следует согласиться с Борисом Иосифовичем (см. отзыв выше) в части количества знаков в двоичной системе исчисления. Более того, чем выше основание системы, тем меньшее число знаков нужно для представления числа. Поэтому я и спросил выше о необходимости рассмотрения именно двоичной системы исчисления. Поясните, пожалуйста.

23.12.2024, 11:27 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: (4) Рассмотрим (20). В правой части уравнения первое слагаемое больше второго слагаемого, но может быть, эти слагаемые будут почти равны. Хотя третье слагаемое со знаком минус увеличивает разницу между первым и вторым слагаемым. Тогда эти три слагаемых будут меньше числа 2 * 3^(n1+n2), что увеличивает количество разрядов числа 3^(n1+n2) на 1. Поэтому, на всякий случай, увеличиваем число р на 1. Что не очень влияет на результат, поскольку число р очень мало по сравнению с количеством разрядов у числа 3^(n1+n2) (докажем как (3)) . Аналогично можно рассматривать уравнения, аналогичные (20), для различных чётных этапов.

23.12.2024, 12:16 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Виктор Григорьевич! Каждый определяет свой способ доказательства. Я же не спрашиваю: почему Вы выбрали тот или иной способ. Если получилось, то хорошо... Количество разрядов? Я это привёл для справки, в надежде на второе доказательство: бесконечность...

23.12.2024, 13:18 Соловьёв Виктор Григорьевич Отзыв: Уважаемый, Геннадий Григорьевич! Я тоже не спрашивал Вас почему Вы выбрали именно этот способ доказательства. Просто из Ваших слов в статье я сделал вывод, что Вы применяете математические или логические условия, исходя из известного принципа необходимости и достаточности. Может тогда фразу “Для рассмотрения последовательностей Коллатца необходимо представить числа 3n в двоичной системе счисления” описать как-то по-другому? Чтобы было понятно, что Вы выбрали именно этот способ - через двоичную систему? Как совет, если позволите.

23.12.2024, 14:24 Архипов Вячеслав Георгиевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич! Если я правильно понял, то Ваше доказательство основывается на выявленной Вами закономерности, что значение 2^x-3^y достаточно большое число. Слышал, что Мотидзуки доказал что-то похожее...

23.12.2024, 15:28 Цорин Борис Иосифович Отзыв: {4} "Аналогично можно рассматривать уравнения, аналогичные (20), для различных чётных этапов" - а вдруг при большом числе этапов это может быть не p+1, а p+2 или даже p+3, а то и p+33? Вы можете строго доказать, что всегда только p+1? {3} Выражение "бояться не надо" не несет доказательной силы. Ваше доказательство опирается на то, что количество единиц в начале двоичной записи числа 3^n много меньше количества цифр всего в этой записи. Вы никак не доказали это утверждение, а только исследовали конечное количество чисел и сделали наблюдение. Наивная индукция не является методом математического доказательства. А вдруг при каком-нибудь миллионзначном n в двоичной записи числа 3^n окажется буквально несколько ноликов ближе к концу, а до этого сплошные единицы?

23.12.2024, 16:06 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Вячеслав Георгиевич! Настоящее доказательство основано на формуле (1). Далее получились формулы (5) и (6). И надо было решать уравнение (15) и неравенство (20). И уже потом перейти к различным n. Остальное - просто инструменты для решения.

23.12.2024, 17:18 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: (3) Немного расчётов. Есть число n. Для числа 3^n количество цифр в двоичном счислении будет около 1,5 * n. Дополнительные расчёты показали, что количество цифр 1 в двоичном счислении числа 3^n равно около 0,5 * n (проверено до n = 20000, можно больше). Следовательно, число р не может быть больше 1.6 * 0.6 * n = 0.96 * n (возьмём с запасом). То есть, число р всегда меньше числа n. Теперь практика. Как Вы и я заметили раньше, в начале двоичного счисления числа есть цифры 001 и 011. При умножении этих цифр на 11 (то есть 3) получаем 011 и 01001. Если ещё раз умножить на 11, то получается 01001 и 011011. Далее 011011 и 1010001. Далее 011011 и 11110011. Далее 11110011 и 1011011001. То есть, видно, что цифры 1 «почти равномерно разбрасываются» по всему полю двоичного счисления числа 3^n. Тем более, ранее приводилось выражение 0,5 * n. В связи с этим, число р, как количество цифр 1 в верхних разрядах числа 3^n, будет значительно меньше числа 0.96 * n.

23.12.2024, 18:22 Мирмович Эдуард Григорьевич Отзыв: Я Эдуард Григорьевич. Слово коллеги, а не коллеки. Искажение про рецензию В.А. Кузнецова, который в первой редакции не закончил рецензию рекомендацией, а после Вашего давления согласился и т.д. У других рецензентов чёткой рекомендации на публикацию не было, хотя в дальнейшем после учёта дискуссии никто не отвергал возможность публикации. Формулировка задачи стандартна и начинается с введения этой простенькой нифицированной функции, формат которой общепринят в математике, будь то функция Хевисайда, дельта-функция и множество других обобщающих обозначений. Термин "орбита" не усложняет, а напротив, упрощает понимание арифметических действий с числами, которые Вами названы этапами. А про уникального математика (как говорят, всех времён и народов) Тао Теренса не упомянуть в обзоронй части, который также занимался проблемой 3х+1 и т.д., значит, не повысить статус задачи.

23.12.2024, 18:50 Цорин Борис Иосифович Отзыв: "Дополнительные расчёты показали, что количество цифр 1 в двоичном счислении числа 3^n равно около 0,5 * n (проверено до n = 20000, можно больше)" - во-первых, это не "дополнительные расчеты", а перебор конечного числа представителей бесконечного множества, это ничего не доказывает. Во-вторых, "0,5*n" - это оценка, которую можно получить чисто на основе теории вероятности, без перебора, но любое маловероятное событие возможно. Так что никаких "не может быть больше 1.6*0.6*n" Вы не доказали, это всего лишь "так в подавляющем большинстве случаев, поэтому Вы верите, что так всегда". И эту ошибку Вы из статьи в статью повторяете: перебираете много случаев и решаете, что раз Вы не нашли контрпримера, то его и не существует.

23.12.2024, 19:55 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Эдуард Григорьевич! Прошу прощения за мои ошибки! Как всегда тороплюсь. А удалить не могу. Так устроены рецензии. Ещё раз примите мои извинения за допущенные ошибки в написании ответа на рецензию. С большим уважением, Усов Г.Г.

23.12.2024, 20:11 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Эдуард Григорьевич! Давления на рецензента не было. Я просто уточнил один вопрос так, как уже не раз задавал такой вопрос другим рецензентам по другим статьям. Упомянул в статье Тао Теренса. Термин "орбита", который ввел Тао Теренс, был ему удобен. Я же продолжаю применять старый термин: последовательность Коллатца.

23.12.2024, 20:22 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Борис Иосифович! Вы взяли из моего отзыва только часть сообщения, где говорится об оценке величины числа р. Но Вы ничено не сказали про другую часть этого отзыва, где говорится о «почти равномерном распределении» цифр 1 по всему полю двоичного счисления числа 3^n. Хочу добавить: пусть при каком-то числе n появится большой промежуток из цифр 0 между цифрами 1. Пусть имеем цифру 1, которая ограничивает этот промежуток нижним разрядом. Тогда умножая эту цифру 1 на число 11 (то есть 3), а потом полученные цифры умножать ещё несколько раз на 11, можно получить на этом промежутке очередные цифры 1.

24.12.2024, 11:52 Цорин Борис Иосифович Отзыв: "Вы взяли из моего отзыва только часть сообщения, где говорится об оценке величины числа р. Но Вы ничено не сказали про другую часть этого отзыва, где говорится о «почти равномерном распределении» цифр 1 по всему полю двоичного счисления числа 3^n" - так то же самое. Равномерное распределение (кроме единицы в начале и трех цифр в конце) ожидаемо, но не доказывает отсутствия флуктуаций. "...большой промежуток из цифр 0 между цифрами 1. Пусть имеем цифру 1, которая ограничивает этот промежуток нижним разрядом. Тогда умножая эту цифру 1 на число 11 (то есть 3), а потом полученные цифры умножать ещё несколько раз на 11, можно получить на этом промежутке очередные цифры 1" - я не понял, что Вы этим хотите аргументировать. Продемонстрируйте на числе 1=0...01 - все равно в своих утверждениях Вы единицу перед нулями не использовали.

24.12.2024, 16:38 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Я имел в виду следующее положение на участке двоичного представления числа 3^k. Например, для числа 3^22 имеем после 4-го разряда …11100000011.. Для числа 3^23 уже …10100001001… Для числа 3^24 уже …11100011100… И так далее. То есть, вместо 6 цифр 0 уже 3 цифры 0 на этом участке двоичного представления числа 3^k. То есть, не может быть на участке двоичного представления числа 3^k больших участков, состоящих из цифр 0.

24.12.2024, 16:46 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: И следом рассмотрим другое положение на участке двоичного представления числа 3^k. Для 3^26 имеем после 4-го разряда …0111111111101001, для 3^27 имеем после 4-го разряда …0111111110111011, для 3^28 имеем после 4-го разряда …0111111100110001, для 3^29 имеем после 4-го разряда …0111110110010011, для 3^30 имеем после 4-го разряда …0111100010111001, для 3^22 имеем после 4-го разряда …0110101000101011. То есть, не может быть на участке двоичного представления числа 3^k больших участков, состоящих из цифр 1.

24.12.2024, 17:15 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Предыдущее сообщение надо вместо «после 4-го разряда» читать «начиная с 1-го разряда». Ситуация с большим числом цифр 1 на участке двоичного представления числа 3^k связано с тем, что имеет место повторение одного и того участка 01. В частности, для числа 3^25, начиная с 1-го разряда, имеем …0010101010100011. Поскольку собрать некоторое количество повторов участков 01 тяжело, то такие ситуации встречаются редко. Об этом говорится в задаче 4 при рассмотрении увеличения числа р на 1, в частности, при увеличении числа k с 1636 до 8951.

24.12.2024, 22:52 Цорин Борис Иосифович Отзыв: "не может быть на участке двоичного представления числа 3^k больших участков, состоящих из цифр 1" - докажите. "Я перебрал конечную часть бесконечного множества и у меня не вышло" - не доказательство. Вообще. Вот вообще ни капли не доказательство. Когда ж Вы это запомните... Теорема: люди не могут прыгать выше метра в высоту. Доказательство: я подпрыгнул - получилось меньше метра. Я подпрыгнул еще сто раз - и стал прыгать только ниже, потому что устал. Вывод: доказано, что люди не могут прыгать выше метра.

24.12.2024, 23:00 Архипов Вячеслав Георгиевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич! Если Вы приводите доказательство, оно не может быть основано на наблюдениях, о чем неоднократно писал Борис Иосифович. Вы наблюдаете "Почти равномерное распределение цифр 1 по всему полю двоичного счисления числа 3^n" ... только в самом начале бесконечного ряда натуральных чисел. Похожие наблюдения уже сформулированы в "abc-гипотезе" и не требуют повторного открытия. ЖЕЛАЮ УСПЕХОВ!

25.12.2024, 8:06 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Как я понял, доказательство цикличности гипотезы Коллатца, которая включает в себя 2 РАЗНЫХ уравнения (2) и (3), превращается в доказательство того, что количество цифр 1, которые подряд находятся в старших разрядах числа 3^k, не превышает некоторого числа р, которое намного меньше числа k.

25.12.2024, 8:29 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Борис Иосифович! Как Вы написали: " "0,5*n" - это оценка, которую можно получить чисто на основе теории вероятности, без перебора, но любое маловероятное событие возможно". То есть, с точки зрения теории вероятности количество цифр 1 и цифр 0 на поле двоичного счисления числа 3^k почти равны. Или число р с долей вероятности не может превышать числа 0,5*n (ведь есть ещё 01 и 011 в начале этого поля, да и не могут быть большие участки с цифрами 0). Хорошо, примерно. Если я показываю, что для доказательства отсутствия цикличности в гипотезе Коллатца достаточно, чтобы выполнялось неравенство р < 2/3 * n, то статья состоялась?

25.12.2024, 10:22 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Борис Иосифович! Если мы допускаем, что по теории вероятности на всё число 3^n есть 0,5*n", то, деля всё поле двоичного счисления числа 3^n на две части, получаем, что по теории вероятности на каждой из этих половинок будет 0,5*n" . Особенно это будет приближаться на больших полях. Следовательно, в старших разрядах мы можем получить, с точки зрения вероятности, не более 0,25*n" . А если делить на 4 части, на 8 частей, ....? Конечно не на малых числах n.

25.12.2024, 12:20 Архипов Вячеслав Георгиевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич! Вы написали интересную статью и она может быть опубликована. Я Вам хочу всего лишь помочь. Термин "покажу" для доказательства не подходит. Перестаньте уже троллить! Как я понял, для доказательства Вам достаточно получить p < 2/3 * n, хотя тут тоже есть сомнения. Используем abc-гипотезу при eps=1, K(eps)=1. Запишем abc-гипотезу как c - a = b, подставим: 2^x - 3^y = b, получим 2^x < rad(2^x * 3^y * b)^2, откуда 2^(x/2) < 6*b, откуда b > 2^(x/2)/6 или b > 2^(x/2-log2(6)). Чуть лучше достаточного Вам значения. Я не возражаю, если Вы удостоверитесь в правильности формул и используете их в своей статье. УДАЧИ!

25.12.2024, 13:49 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Вячеслав Георгиевич! Оказывается, что всё намного проще. Если допускаем цикличность, то количество этапов может быть бесконечно. Следовательно, число n в формуле 3^n будет достаточно большим. "0,5*n" - это оценка, которую можно получить чисто на основе теории вероятности".- оценка количества цифр 1 на двоичном представлении числа 3^n. Теперь делим двоичного представления числа 3^n на участки: на 2, на 4, на 8, и т.д. Тогда на каждом из этих участков согласно теории вероятности будет примерно одинаковое количество цифр 1. То есть, при большом числе n при большом количестве участков u на самом старшем участке будет количество цифр 1 примерно следующее: 0,5*n/u. Таким образом, можно получить сколько угодно небольшой участок на двоичном представлении числа 3^n, если есть большое число u, при сколь угодном увеличении числа n. Следовательно, можно увеличивая число n уменьшать соотношение числа р к числу n.

25.12.2024, 22:18 Цорин Борис Иосифович Отзыв: "Если я показываю, что для доказательства отсутствия цикличности в гипотезе Коллатца достаточно, чтобы выполнялось неравенство р < 2/3 * n, то статья состоялась?" - нет, еще надо доказать, что это неравенство выполняется всегда, а не "скорее всего, всегда". "...на всё число 3^n есть 0,5*n" - Вы сейчас смешали в общее обозначение степень тройки и количество двоичных разрядов. "получаем, что по теории вероятности на каждой из этих половинок будет 0,5*n" - в среднем, в среднем, а не каждый раз. Увы. При помощи теории вероятности можно доказать только то, что гипотеза Коллатца выполняется почти для всех чисел. А это уже давно доказано.

25.12.2024, 22:46 Цорин Борис Иосифович Отзыв: Вячеслав Георгиевич, abc-гипотеза пока что не доказана, доказательство Мотидзуки до сих пор не подтверждено. Но если получится свести гипотезу Коллатца к abc-гипотезе, это само по себе будет интересным результатом. А почему К(1)=1?

26.12.2024, 19:34 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Вячеслав Алексеевич Кузнецов! Спасибо Вам за поддержку настоящей статьи. Согласно Вашей рекомендации уточняю статью. Пока введение, цели и задачи, задачу 4 уменьшил, добавил задачи 4а и 4б. Остальное позднее.

26.12.2024, 20:04 Цорин Борис Иосифович Отзыв: Ну, в принципе, если abc-гипотеза окажется доказанной с какой-либо формулой K(eps), то K(1), скорее всего, окажется даже меньше 1, так что начерно можно и так взять, соглашусь. Но если не брать конкретное значение, а использовать K(1) как неизвестную положительную константу, то тоже неплохо получится.

27.12.2024, 15:42 Архипов Вячеслав Георгиевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич! Надеюсь, статья у Вас должна получится! Хотелось бы чтобы она была еще красивой. Если Вы набираете статью в ворде, пользуйтесь редактором формул. Номера формул не рекомендую проставлять в одной строке с формулой. Сверстанный вариант сохраните как веб-страницу (*.html). Потом скопируйте весь текст в буфер обмена и вставьте в редактор сайта. Формулы сразу не скопируются. Их придется из папки *.files открывать редактором изображений, например ACDSee и поочередно вставлять в нужное место, уже перед или после номера формул. Вам формулы понятны, поэтому Вы и привыкли понимать их в тексте. Но у стороннего читателя нет желания даже смотреть на них, тем более проверять. Уважайте читателей! Как только у Бориса Иосифовича терпения хватает проверять, а Вы ему даже спасибо не говорите. Спасибо за понимание!

27.12.2024, 16:14 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Вячеслав Георгиевич! Как я понял, надо в строке сначала поставить номер, а потом саму формулу? Но обычно у всех получается наоборот. Или я что-то не понял?

27.12.2024, 17:22 Архипов Вячеслав Георгиевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич! Если Вы хотите придерживаться строгого математического оформления, то формулу располагают по центру, а номер формулы - справа. Но я не об этом хотел сказать. Если Вы внимательно прочитаете мой отзыв, то там написано, что Ваши формулы очень сложно читать, а тем более проверять. Набирайте текст статьи в ворде, формулы - в редакторе формул и вставляйте их как картинки. Как делать это - написано в моем отзыве выше. Посмотрите статьи Соловьёва Виктора Григорьевича, Частухина Александра Евгеньевича, Харт Алекса. Никто же не ленится потрудиться над оформлением. По количеству Ваших статей и их содержимому складывается впечатление, что Вы в редакторе сайта набираете статью за рабочий день, пока компьютер работает. Поработайте над текстом, переделайте объяснения на пальцах. Пусть будет интересная статья! PS. Перечитайте еще раз отзыв!

30.12.2024, 9:13 Цорин Борис Иосифович Отзыв: Геннадий Григорьевич, смысл замечания к формулам был не в их размере, а в том, что при помощи редактора формул их можно записать в более удобном для восприятия виде. Например, дроби удобнее читать, когда числитель записан выше знаменателя.

30.12.2024, 9:21 Цорин Борис Иосифович Отзыв: {1} Cмысл замечания к формулам был не в их размере, а в том, что при помощи редактора формул их можно записать в более удобном для восприятия виде. Например, дроби удобнее читать, когда числитель записан выше знаменателя. {2} Прочитал Вашу "задачу 4". Увидел то же невнятное, что было в комментариях. "То есть, не может быть в двоичном представлении числа 3n больших участков, состоящих из одних цифр 0, потому что этот участок при следующих значениях числа n будет постепенно «заполняться» цифрами 1." - не вижу логики. При следующих будет, а при этом-то почему не может? Дальше читать не стал.

31.12.2024, 7:01 Архипов Вячеслав Георгиевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич! Надеюсь, у Вас текстовый редактор Ворд установлен? Ворд вместе с Эксель устанавливается. Только Офис должен быть активированным, чтобы формулы работали. Наберите поиск в яндексе "как написать формулы в ворде" и обучайтесь. У Вас должны получаться формулы как в книжке. К сожалению, это очень кропотливая работа! Если опубликуете статью, а потом придется вносить исправления в формулы, тоже занимает много времени. Все надо в ворде исправлять, а потом переносить на сайт. Поэтому все перепроверяйте, прежде чем отправлять статью. Даже может не получиться, поэтому попросите помощи у знакомых. Не ругайте сильно, это стандартные требования к оформлению статей. Желаю Удачи!

31.12.2024, 7:05 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Поздравляю всех рецензентов настоящей статьи и, конечно, модератора, с наступающим Новым годом! Желаю крепкого здоровья, хорошего настроения и новых интересных сообщений!

1.01.2025, 14:15 Цорин Борис Иосифович Отзыв: "если такой участок в двоичном представлении числа 3^n появляется, то он будет уменьшаться" - ну будет уменьшаться, и что? Вы же в "доказательстве" используете утверждение, что он и не появится.

3.01.2025, 10:18 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Поправил формулы, немного уточнил текст, остановился на задаче 9б. Спасибо Вячеславу Георгиевичу и Борису Иосифовичу за подсказку о формулах. Сразу стало всё видно. {1}и{2} уточнил в тексте.

3.01.2025, 12:57 Цорин Борис Иосифович Отзыв: А какой смысл останавливаться на задаче 9б, если проблемы куда раньше по тексту никуда не делись? Кстати, формулы со сплошным курсивом читаются чуть ли не тяжелее, чем раньше, а замена степенных выражений на всякие "А1(1)" не особо сократила формулу, но оооочень затруднила ее восприятие. Я, пожалуй, не буду даже пытаться перепроверить обновленные формулы.

3.01.2025, 13:35 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Как я раньше говорил, при написании формул с помощью WORD, когда требуется дробь, появляется написание вида х^n. То есть, не работал верхний и нижний курсив. "А1(1)" у меня нет. Есть А3(5) = 3^n5, B2(n4) = 2^n4, C2(7) = 2^m7. При прочтении ясно, к какому основанию степени относится, и какая степень. Всё очень просто!

3.01.2025, 16:22 Цорин Борис Иосифович Отзыв: Во-первых, "верхний и нижний" - индекс, а не курсив. Курсив - это, упрощенно говоря, наклонные буквы, которые у Вас зачем-то в формуле тоже есть. Во-вторых, у Вас Ворд какого года? И Вы уверены, что это Ворд виноват, что что-то не работает?

3.01.2025, 17:05 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Непонятно, зачем написал курсив? А Ворд у меня 2007 года.

3.01.2025, 19:30 Цорин Борис Иосифович Отзыв: Попробуйте бесплатные офисные пакеты, например, Libreoffice. Сделайте нормальные формулы.

4.01.2025, 0:02 Архипов Вячеслав Георгиевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич! К большому сожалению, Ваша статья стала совершенно нечитаемой! Пожалуйста, используйте в формулах верхний и нижний индексы и стандартный математический шрифт Times New Roman.

4.01.2025, 8:14 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Вячеслав Георгиевич! А так читаемо? Пока только начало.

4.01.2025, 12:52 Цорин Борис Иосифович Отзыв: Во-первых, Вы продолжили использовать курсив. Курсив - это наклонные буквы. Курсив в формулах используют в очень редких случаях. Например, курсивом выделяют i, когда имеется в виду мнимая единица. Целая формула, написанная курсивом, читается тяжело, особенно на этом сайте - почему-то формулы здесь имеют белые пиксели между черными пикселями символов и фоном (я не знаю, особенность это сайта или Ваша ошибка), а у курсива количество этих белых пикселей выше. Во-вторых, будет лучше, если в "m1" и так далее Вы "1" сделаете нижним индексом. Нижний индекс в верхнем индексе редакторы формул вполне позволяют делать.

4.01.2025, 12:55 Цорин Борис Иосифович Отзыв: Как вариант, Вы можете сделать, как многие другие: вставлять формулы в виде изображений.

4.01.2025, 17:15 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Уважаемый Борис Иосифович! Это всё, что получается. Курсив даёт редактор журнала. Я ничего не могу сделать. Подготовленные формулы на Ворде не имеют наклона. Кстати, и у Соловьёва Виктора Григорьевича есть курсив в формулах.

4.01.2025, 20:57 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Кажется, всё поправил. Теперь отдыхать

6.01.2025, 20:39 Цорин Борис Иосифович Отзыв: Напоминаю, что "задача 4" все еще на недоказательном уровне.

7.01.2025, 22:00 Архипов Вячеслав Георгиевич Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич! Пропишите, пожалуйста, индексы в формулах в удобочитаемом виде. Например, уравнение (6) надо прописать как " y_2 = (y_0 + 1)*(3^(n_1))/(2^(n_1)*2) - 1/2 ", заменив кавычки на косой апостроф. Будет выглядеть так ` y_2 = (y_0 + 1)*(3^(n_1))/(2^(n_1)*2) - 1/2 `. Уравнения также можно вставлять в сообщения. Шрифт, к сожалению, изменить невозможно.

15.01.2025, 16:08 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: "Напоминаю, что "задача 4" все еще на недоказательном уровне."- Борис Иосифович! А задача 4 приведена как оценочная задача. Двоичное представление числа 3^n состоит из (1,6 * n) цифр 0 и 1. Прцентное отношение цифр 1 и 0 в двоичном представлении числа 3^n почти одинаково: (0,5 * 1,6 * n) = (0,8 * n) цифр 1. То есть меньше n!

15.01.2025, 21:32 Цорин Борис Иосифович Отзыв: "Прцентное отношение цифр 1 и 0 в двоичном представлении числа 3^n почти одинаково" - не доказано для произвольного n.

16.01.2025, 11:13 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: На самом деле, в доказательстве нужна не количество всех цифр 1 в двоичном счислении числа 3^n, а количество подряд цифр 1 в этом двоичном счислении, начиная с верхнего разряда. Допустим, есть некоторое количество цифр 1 на двоичном счислении числа 3^n. Тогда на верхней части этого двоичного счисления будет некоторое число цифр 1, не равное длине этой верхней части. Следовательно, где-то на этой верхней части есть цифра 0. Тогда расстояние от верхнего разряда до цифры 0 будет меньше (0,8 * n).

16.01.2025, 15:43 Цорин Борис Иосифович Отзыв: "Тогда на верхней части этого двоичного счисления будет некоторое число цифр 1, не равное длине этой верхней части" - не доказано для произвольного n для какого-либо размера "верхней части".

9.02.2025, 11:23 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Добавил задачу 4в: Равномерное представление цифр 1 и 0 на участке из нескольких чисел 3^n в двоичном счислении.

11.02.2025, 18:20 Цорин Борис Иосифович Отзыв: "имеет место повтор картинки" - формулировка не соответствует научному стилю; утверждение, как обычно у Вас бывает, не доказано. "Следовательно, можно говорить о почти равномерном представлении цифр 1 и 0 " - не следует из предыдущих утверждений даже без учета их недоказанности.

11.02.2025, 18:22 Цорин Борис Иосифович Отзыв: Геннадий Григорьевич, попробуйте отложить в сторону трудоемкий процесс написания математических статей и попытаться для начала разобраться все-таки, чем "доказано" отличается от "я перебрал много всякого, увидел закономерность и поверил в нее".

18.02.2025, 12:55 Усов Геннадий Григорьевич Отзыв: Продолжил вычисления чисел 3^n и уточнил задачу 4б.

Оставить комментарий