Вход на сайт

Научные направления

Поделиться:

Статьи из раздела: Построение ориентированного графа Коллатца (гипотеза Коллатца)

Масса числа, устойчивые и неустойчивые числа с учетом математических действий над числами выше 1-го уровня

Разделы: Математика
Размещена 18.12.2024. Последняя правка: 07.03.2025.
Просмотров - 2841

Исследование вопроса цикличности в последовательностях Коллатца

Усов Геннадий Григорьевич

к.т.н.

МГУ, 1972

пенсионер

Аннотация:

Определено новое представление начального числа последовательности Коллатца. Определено понятие этапов при определении чисел последовательности Коллатца. Получено минимальное количество чисел в возможной циклической последовательности Коллатца на одном цикле.

Abstract:

A new representation of the Collatz sequence seed is defined. The concept of stages in determining the numbers of the Collatz sequence is defined. The minimum number of numbers in a possible cyclic Collatz sequence on one cycle is obtained.

Ключевые слова:

гипотеза Коллатца; натуральное число; доказательство Терраса

Keywords:

Collatz hypothesis; natural number; proof Terrace

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

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:

$\displaystyle{y}{\left({0}\right)}={\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}-{1}.$ (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:

$\displaystyle{y}{\left({i}+{1}\right)}=\frac{{{y}{\left({i}\right)}\cdot{3}+{1}}}{{2}},$ (2)

где y(i) – нечётное число ,

- другие этапы вычислений включают в себя последовательные вычисления вида:

$\displaystyle{y}{\left({i}+{1}\right)}=\frac{{{y}{\left({i}\right)}}}{{2}},$ (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:

$\displaystyle{y}{\left({1}\right)}=\frac{{{\left({\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot{3}-{3}+{1}\right)}}}{{2}}=\frac{{{\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot{3}}}{{2}}-{1}$ (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:

$\displaystyle{y}{\left({1}\right)}={\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{1}}}}{{{2}}^{{{n}{1}}}}-{1}.$ (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):

$\displaystyle{y}{\left({2}\right)}={\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot{\left(\frac{{{3}}^{{{n}{1}}}}{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{2}}}\right)}-\frac{{1}}{{2}}.$ (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:

$\displaystyle{y}{\left({2}\right)}={\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot\frac{{{{3}}^{{{n}{1}}}}}{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}}}-\frac{{1}}{{{{2}}^{{{m}{1}}}}}.$ (7)

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

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

$\displaystyle{y}{\left({2}\right)}={\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{1}}}}{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}}}-\frac{{1}}{{{{2}}^{{{m}{1}}}}}+{1}-{1}={\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{1}}}}{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}}}+\frac{{{{2}}^{{{m}{1}}}-{1}}}{{{{2}}^{{{m}{1}}}}}-{1}.$ (8)

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

$\displaystyle{y}{\left({3}\right)}={\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{1}}}}{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}}}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{2}}}}{{{{2}}^{{{n}{2}}}}}+\frac{{{3}}^{{{n}{2}}}}{{{{2}}^{{{n}{2}}}}}\cdot\frac{{{\left({{2}}^{{{m}{1}}}-{1}\right)}}}{{{{2}}^{{{m}{1}}}}}-{1},$ (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:

$\displaystyle{y}{\left({4}\right)}={\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{1}}}}{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}}}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{2}}}}{{{{2}}^{{{n}{2}}}\cdot{{2}}^{{{m}{2}}}}}+\frac{{{3}}^{{{n}{2}}}}{{{{2}}^{{{n}{2}}}\cdot{{2}}^{{{m}{2}}}}}\cdot{\left(\frac{{{{2}}^{{{m}{1}}}-{1}}}{{{{2}}^{{{m}{1}}}}}\right)}-\frac{{1}}{{{{2}}^{{{m}{2}}}}},$

(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):

$\displaystyle{y}{\left({5}\right)}={\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{1}}}}{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}}}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{2}}}}{{{{2}}^{{{n}{2}}}\cdot{{2}}^{{{m}{2}}}}}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{3}}}}{{{{2}}^{{{n}{3}}}}}+\frac{{{3}}^{{{n}{2}}}}{{{{2}}^{{{n}{2}}}\cdot{{2}}^{{{m}{2}}}}}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{3}}}}{{{{2}}^{{{n}{3}}}}}\cdot{\left(\frac{{{{2}}^{{{m}{1}}}-{1}}}{{{{2}}^{{{m}{1}}}}}\right)}+\frac{{{3}}^{{{n}{3}}}}{{{{2}}^{{{n}{3}}}}}\cdot{\left(\frac{{{{2}}^{{{m}{2}}}-{1}}}{{{{2}}^{{{m}{2}}}}}\right)}-{1},$

(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):

$\displaystyle{y}{\left({6}\right)}={\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{1}}}}{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}}}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{2}}}}{{{{2}}^{{{n}{2}}}\cdot{{2}}^{{{m}{2}}}}}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{3}}}}{{{{2}}^{{{n}{3}}}\cdot{{2}}^{{{m}{3}}}}}+\frac{{{3}}^{{{n}{2}}}}{{{{2}}^{{{n}{2}}}\cdot{{2}}^{{{m}{2}}}}}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{3}}}}{{{{2}}^{{{n}{3}}}\cdot{{2}}^{{{m}{3}}}}}\cdot{\left(\frac{{{{2}}^{{{m}{1}}}-{1}}}{{{{2}}^{{{m}{1}}}}}\right)}+\frac{{{3}}^{{{n}{3}}}}{{{{2}}^{{{n}{3}}}\cdot{{2}}^{{{m}{3}}}}}\cdot{\left(\frac{{{{2}}^{{{m}{2}}}-{1}}}{{{{2}}^{{{m}{2}}}}}\right)}-\frac{{1}}{{{{2}}^{{{m}{3}}}}},$

(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 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)>3^(n1)` ` ` (16)

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

Тогда разность `(2^(n1)*2^(m1)-3^(n1))` 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 2ⁿ¹*2^m1будет больше, чем (h + 1), то 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.

Пусть в старших разрядах двоичного счисления числа `3^(n1)` имеется подряд p цифр 1.
Следовательно, у разности $\displaystyle{\left({{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}-{{3}}^{{{n}{1}}}\right)}$ первые p цифр в старших разрядах будут 0. То есть, разность $\displaystyle{\left({{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}-{{3}}^{{{n}{1}}}\right)}$ будет меньше числа `3^(n1)` почти в 2^pраз.

Тогда, чтобы выполнялось равенство (15), необходимо, чтобы число y(0) было меньше или равно числу 2^p, то есть:

y(0) <= 2^p.

Получается, что на этапе 2 при количестве операций (2), равных n1, доказано отсутствие цикличности для начальных чисел y(0) > 2^p, где p – количество цифр 1 в старших разрядах двоичного счисления числа 3ⁿ¹.

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:

$\displaystyle{y}{\left({0}\right)}\cdot{\left({{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}-{{3}}^{{{n}{1}}}\right)}\gt{{3}}^{{{n}{1}}}-{{2}}^{{{n}{1}}}.$ (18)

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

` ` `2^(n1)*2^(m1)>3^(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:

$\displaystyle{y}{\left({0}\right)}={\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{1}}}}{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}}}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{2}}}}{{{{2}}^{{{n}{2}}}\cdot{{2}}^{{{m}{2}}}}}+\frac{{{3}}^{{{n}{2}}}}{{{{2}}^{{{n}{2}}}\cdot{{2}}^{{{m}{2}}}}}\cdot{\left(\frac{{{{2}}^{{{m}{1}}}-{1}}}{{{{2}}^{{{m}{1}}}}}\right)}-\frac{{1}}{{{{2}}^{{{m}{2}}}}},$

(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:

$\displaystyle{y}{\left({0}\right)}\cdot{\left({1}-{D}{4}\right)}={D}{4}\cdot{\left({1}+\frac{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}}}{{{{3}}^{{{n}{1}}}}}\cdot\frac{{{\left({{2}}^{{{m}{1}}}-{1}\right)}}}{{{{2}}^{{{m}{1}}}}}\right)}-\frac{{1}}{{{{2}}^{{{m}{2}}}}}.$ (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:

$\displaystyle{y}{\left({0}\right)}\cdot{\left({{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{n}{2}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{2}}}-{{3}}^{{{n}{1}}}\cdot{{3}}^{{{n}{2}}}\right)}\lt{2}\cdot{{3}}^{{{n}{1}}}\cdot{{3}}^{{{n}{2}}}.$ (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 + 1).

Тогда, чтобы выполнялось равенство (21), необходимо, чтобы число y(0) было меньше или равно числу 2^p+1, то есть:

y(0) <= 2^p+1.

Получается, что на этапе 4 при количестве операций (2), равных n1+n2, доказано отсутствие цикличности для начальных чисел y(0) > 2^p+1, где p – количество цифр 1 в старших разрядах двоичного счисления числа 3ⁿ¹*3ⁿ².

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

Проверка на доказательство Терраса заключается в рассмотрении неравенства:

$\displaystyle{y}{\left({0}\right)}\gt{\left({y}{\left({0}\right)}+{1}\right)}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{1}}}}{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}}}\cdot\frac{{{3}}^{{{n}{2}}}}{{{{2}}^{{{n}{2}}}\cdot{{2}}^{{{m}{2}}}}}+\frac{{{3}}^{{{n}{2}}}}{{{{2}}^{{{n}{2}}}\cdot{{2}}^{{{m}{2}}}}}\cdot{\left(\frac{{{{2}}^{{{m}{1}}}-{1}}}{{{{2}}^{{{m}{1}}}}}\right)}-\frac{{1}}{{{{2}}^{{{m}{2}}}}}={y}{\left({4}\right)}$

(28)

или:

`y(0)*2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2)-3^(n1)*3^(n2))gt3^(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)),` (32)

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:
$\displaystyle{D}{6}\cdot{\left({1}+\frac{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}}}{{{{3}}^{{{n}{1}}}}}\cdot\frac{{{\left({{2}}^{{{m}{1}}}-{1}\right)}}}{{{{2}}^{{{m}{1}}}}}+\right.}$

`(2^(n1)*2^(n2)*2^(m1)*2^(m2))/(3^(n1)*3^(n2) )*((2^(m2)-1))/(2^(m2)))-1/(2^(m3))lt3*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)) <3*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 + 2).

Тогда, чтобы выполнялось равенство (32), необходимо, чтобы число y(0) было меньше или равно числу 2^p+2, то есть:

y(0) <= 2^p+2.

Получается, что на этапе 6 при количестве операций (2), равных n1+n2+n3, доказано отсутствие цикличности для начальных чисел y(0) > 2^p+2, где p – количество цифр 1 в старших разрядах двоичного счисления числа 3ⁿ¹*3ⁿ²*3ⁿ³.

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)))+`

$\displaystyle+\frac{{{3}}^{{{n}{3}}}}{{{{2}}^{{{n}{3}}}\cdot{{2}}^{{{m}{3}}}}}\cdot{\left(\frac{{{{2}}^{{{m}{2}}}-{1}}}{{{{2}}^{{{m}{2}}}}}\right)}-\frac{{1}}{{{{2}}^{{{m}{3}}}}}={y}{\left({6}\right)},$ (39)

или:

`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).` (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)>3^(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)))<1` ` ` и

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

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

y(0) > 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)<3^(n1)* 3^(n2)*3^(n3)` (42)

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^(ni)`

$\displaystyle{B}{\left({k}\right)}={\prod_{{{i}={k}}}^{{v}}}{{2}}^{{{n}{i}}}$

` `

`C(k)= prod_(i=k)^v2^(mi)` ` `

`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 y₀и y_i на разных этапах вычислений при построении последовательности Коллатца (этап 2*V).

Процесс определения чисел последовательности Коллатца для числа y₀можно 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:

$\displaystyle{y}{\left({0}\right)}\cdot{\left({1}-{D}{V}\right)}={D}{V}\cdot{\left({1}+\frac{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}}}{{{{3}}^{{{n}{1}}}}}\cdot\frac{{{\left({{2}}^{{{m}{1}}}-{1}\right)}}}{{{{2}}^{{{m}{1}}}}}+\right.}$
$\displaystyle+\frac{{{{2}}^{{{n}{1}}}\cdot{{2}}^{{{n}{2}}}\cdot{{2}}^{{{m}{1}}}\cdot{{2}}^{{{m}{2}}}}}{{{{3}}^{{{n}{1}}}\cdot{{3}}^{{{n}{2}}}}}\cdot{\left(\frac{{{{2}}^{{{m}{2}}}-{1}}}{{{{2}}^{{{m}{2}}}}}\right)}+\ldots$

` ` ` ...+(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))<1,`

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

…,

`(A(v))/(DV*B(v)*C(v))*((2^(m(v-1))-1))/(2^(m(v-1)))<1.` (47) ` `

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)>A(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)<V*DV,` ` `

или:

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

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

Пусть в двоичном счислении число (` A(1)` ) имеет h знаков, а с учётом умножения числа (A(1)` ` ) 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 число (p + r), где r = log(V, 2).

Тогда, чтобы выполнялось равенство (45), необходимо, чтобы число y(0) было меньше или равно числу 2^p+^r, то есть:

y(0) <= 2^p+^r.

Получается, что на этапе 2*V при количестве операций (2), равных A(V), доказано отсутствие цикличности для начальных чисел y(0) > 2^p+^r, где p – количество цифр 1 в старших разрядах двоичного счисления числа A(V).

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

Проверка на доказательство Терраса заключается в рассмотрении неравенства:

`y(0)>(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))>A(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:

$\displaystyle{B}{\left({1}\right)}\cdot{C}{\left({1}\right)}>{A}{\left({1}\right)}.$ (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) > 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)<A(1).` (53)

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

Задача 10. Подведение итогов.

На основании вышесказанного можно сделать следующий вывод.

Пусть имеется последовательность Коллатца, которая начинается с числа y(0).

Для любого числа y(u) этой последовательности на шаге u определяются:

- количество операций вида (2), которое будет равно n,

- количество операций вида (2) и вида (3), которое будет равно m.

При этом:

n >= u.

Основное уравнение наличия цикличности (46):

`y(0)*(1-D)=D(1+R),` (54)

где $\displaystyle{D}=\frac{{{3}}^{{n}}}{{{2}}^{{m}}},$

R – некоторое число, R<u.

Запишем уравнение (54) иначе, в виде неравенства:

`y(0)*(2^m-3^n)<3^n*(1+R),` (55)

Цикличность возможна, если левая часть уравнения (54) будет больше 0, т.е. `2^m>3^n.`

С учётом задачи 4 получаем количество разрядов в двоичном счислении числа 3^n, т.е. число q:

`q = log(3^n - d, 2),`

где d – число, которое в двоичном счислении состоит из всех разрядов числа `3^n` ,
кроме самого старшего, т.е. m = q + 1.

При этом в двоичном счислении числа `2^m` будет на 1 разряд больше, чем в двоичном счислении числа `3^n` .

Пусть в двоичном счислении числа `3^n` имеется p старших разрядов, которые состоят из одних цифр 1.

Цикличность возможна, если выполняется условие:

y(0) <= 2^p+r. (56)

где r = log(u, 2).

Таким образом, если возможна цикличность последовательности Коллатца, начальным числом которой является число y(0), и количество этапов вычислений этой последовательности равно u, то для такого числа y(0) существует ограничение (56).

Пример 1. Оценка количества чисел возможной циклической последовательности Коллатца на настоящее время.

В работе [2] было показано, что гипотеза Коллатца верна для всех положительных целых чисел вплоть до 2,95 × 10²⁰. Или вплоть до 2^68.

В задаче 10 есть условие возможной цикличности в последовательностях Коллатца:

$\displaystyle{y}{\left({0}\right)}\leq{{2}}^{{{p}+{r}}}.$ (58)

где r = log(u, 2),

y(0) – начальное число последовательности,

p – количество цифр 1 в старших разрядах числа `3^n` , между которыми нет цифр 0,

n – количество операций вида (2) в пределах одного цикла,

u – количество групп этапов вычислений при нахождении чисел одного цикла последовательности,

группа этапов – этап вычислений только операциями (2) + этап вычислений только операциями (3).

Если существует цикл в последовательности Коллатца, начиная с числа y(0) , то известны величины: n и u.

При этом n >= u.

Тогда числа y(0) для циклических последовательностей должны удовлетворять следующим требованиям:

`2^68<=y(0)<2^(p+log(u, 2)),`

или:

`68< p+log(u,2).` (59)

Теперь необходимо найти число p из анализа представления двоичного счисления чисел `3^n.`

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

В результате получилось, что:

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

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^5` максимальное число p = 4,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^29` максимальное число p = 5,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^41` максимальное число p = 6,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^141` максимальное число p = 7,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^253` максимальное число p = 8,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^306` максимальное число p = 9,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^1636` максимальное число p = 10,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^8951` максимальное число p = 11,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^12276` максимальное число p = 12,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^14271` максимальное число p = 13,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^15601` максимальное число p = 15,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^47468` максимальное число p = 16,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^79335` максимальное число p = 18,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^190537` максимальное число p = 23,

- для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^10781274` максимальное число p = 26.

И для чисел 3ⁿ от 3 до числа `3^100000000` максимальное число p будет равно 26.

Данный процесс можно продолжить.

Если известно про p = 23 при n < 100000000, то для выполнения условия (59) необходимо следующее условие:

`ugt2^(68-23)=2^(45).`

То есть, если циклическая последовательность Коллатца существует, то количество групп этапов на одном цикле этой последовательности будет больше, чем число `2^(45)` .

Поскольку n >= u, то и число n будет больше, чем число `2^(45)` .

Данные числа n и u могут поменяться, если будут найдены числа p, большие числа 23.

Выводы.

Определено новое представление начального числа последовательности Коллатца.

Определено понятие этапов при определении чисел последовательности Коллатца.

Получено минимальное количество чисел в возможной циклической последовательности Коллатца на одном цикле.

Библиографический список:

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

18.12.2024 21:21 Ответ на рецензию автора Усов Геннадий Григорьевич:
Уважаемый Вячеслав Алексеевич! Спасибо Вам за такую обширную рецензию на мою работу. Я очень рад тому, что данная статья Вам понравилась, что Вы поняли направление данной работы по дальнейшему доказательству гипотезы Коллатца простыми методами. Однако Вы так и не ответили на один вопрос: печатать или не печатать данную статью. С уважением, Усов Г.Г.

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.

23.12.2024 16:16 Ответ на рецензию автора Усов Геннадий Григорьевич:
Уважаемый Эдуарл Георгиевич! Большое спасибо Вам за рецензию. Вас удивило то, что в работе нет "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."? Почему Вы не допускаете, что могут быть более простые методы? У Вас появилось слово "удочка"? Автор не хотел отложить публикацию . Просто я считал, что в течение некоторого времени я учту замечания и рекомендации коллек по данной электронной площадке. Вам не понравилась предыдущая рецензия на данную статью? Зачем об этом Вы пишете мне, а не автору рецензии? Кстати, Кузнецов Вячеслав Алексеевич написал в отзыве: "я считаю, что ваша работа имеет все основания для печати. " Уважаемый Эдуард Григорьевич! На этот раз Вы ничего не сказали о самой работе. С уважением, Усов Г.Г.

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.

18.02.2025, 20:36 Цорин Борис Иосифович
Отзыв: Да хоть год продолжайте вычисления. Конечный перебор не является доказательством свойства бесконечной последовательности.

19.02.2025, 13:10 Святов Александр Владимирович
Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич! Гипотеза Коллатца верна при любом числе. У меня есть программа на языке Python 3.12 для PyCharm 2024.2.0.1. С помощью этой программы все видно (сколько чисел в последовательности, какие числа - с максимального до 1, а также пиковое значение). Также есть программа нахождения простых чисел, от одного числа до другого и другие. Сам написал их. В вашей работе число 2**8951, дает число с количеством знаков 4271 (515645219853346961581 ..... 18861457734194138099436747). Если есть желание, я могу дать вам программы. Гипотеза Коллатца проверял числа до 300 знаков. С уважением Александр Владимирович.

19.02.2025, 18:03 Усов Геннадий Григорьевич
Отзыв: Уважаемый Александр Владимирович! Я проверял число 3^n до 500000 знаков. И тоже на Python, только на 3.7.4. С уважением, Геннадий Григорьевич

21.02.2025, 17:47 Мирмович Эдуард Григорьевич
Отзыв: Уважаемый Геннадий Григорьевич! Ваша бесконечная дискуссия с авторами отзывов - это должно быть вообще-то после публикационное "мероприятие". Вам надо с рецензентами больше общаться, которые могут открывать шлагбаум к публикации статьи, которая позволяет потом к любому объёму дискуссий...но по опубликованной статьи. Борис Иосифович Цорин, например, выступает на этой площадке в роли компетентного специалиста почти во всех темах и направлениях математики, физики и др. И, наверное, это соответствует его эрудиции и знаниям. Но он не может препятствовать или рекомендовать к публикации, т.к. не является рецензентом. Наверное, лучше, если два-три официальных рецензента рекомендуют или отвергнут работу к публикации по основным критериям, а затем на этой же площадке можно обсуждать опубликованную по всем правилам работу, дискутировать, предлагать свои варианты решения проблемы или задачи. Например, Вы затратили огромное время на "перестрелку" важных и не очень аспектов проекта статьи, а двух рекомендацйи так и не получили. А отзывы в этой поблеме не имеют силы. А пока модераторы видят только одну рецензию (Кузнецов тоже только отзыв дал), из которой не ясно, Вы исправили и учли замечания рецензента или нет.

22.02.2025, 16:36 Усов Геннадий Григорьевич
Отзыв: Уважаемый Эдуард Григорьевич! Вас беспокоит то, что я не отвечаю Цорину Борису Иосифовичу на его замечания по статье. А отвечать нечего, потому что он прав. В настоящее время ПОКА нет полного доказательства по числам 3^n и р. Найдена только основа доказательства и неплохая статистика. В ближайшее время будет добавлена задача, где будет доказательство небольшого числа р (количество старших разрядов числа 3^n, состоящих из одних цифр 1) для любого n.

25.02.2025, 22:47 Усов Геннадий Григорьевич
Отзыв: Немного перестроил статью. Изменения в конце задач 5а. 6а. 7а. 9а. Убрал статьи по анализу 3^n. Добавил расчёты по числу р в задачу 4б. Добавил задачу 10 - доказано наличие ограничения по величине для начального числа y(0) любой последовательности Коллатца, в которой возможно наличие цикличности. Позднее поправлю название статьи и аннотацию.

25.02.2025, 22:49 Усов Геннадий Григорьевич
Отзыв: Уважаемый Борис Иосифович! Большое спасибо Вам за Ваши замечания к статье, которые помогли перестроить эту статью!

27.02.2025, 8:08 Цорин Борис Иосифович
Отзыв: "Добавил расчёты по числу р в задачу 4б" - посмотрел, проблема осталась. Так что дальнейшее читать не стал.

27.02.2025, 9:01 Усов Геннадий Григорьевич
Отзыв: Уважаемый Борис Иосифович! Раз Вам не нравится задача 4б, то я её убрал, и все ссылки на неё и в аннотации. Пока эта задача не нужна, потребуется позднее вместе с другой задачей.

28.02.2025, 17:26 Усов Геннадий Григорьевич
Отзыв: Добавил - Пример 1. Оценка количества чисел возможной циклической последовательности Коллатца на одном цикле на настоящее время. Сменил название статьи.

28.02.2025, 18:23 Мирмович Эдуард Григорьевич
Отзыв: Отнюдь. Вы не очень внимательно читаете. Было сказано лишь то, что участники длискуссии, не являющиеся рецензентами, не могут препятствовать публикации статьи в данном журнале. На взгляд профессионального редактора и рецензента, обширные дискуссии интересны и эффективны по опубликованной статье, а не по неопубликованным рукописям. У Вас есть две положительный РЕЦЕНЗИИ, а не отзывов? Тогда статья будет официально опубликована, и дискуссии по ней будут представлять то, что статья вызвала интерес у читателей. Речь идёт о формализме научной публицистики. Данный журнал отличается от журналов ЖЭТФ, УФН, ТМФ и др. Если статья подготволена по формальным требованиям, грамотно, семантически корректна и др., то рецензенты имеют право не препятствоать её публикации. И другие участники вправе выкладывать свои статьи-опровержения, развития темы и проблемы, критические статьи и пр. Наука вся зиждется на гипотетических циклах, которые веками и последовательно опровергаются или развиваются. И называть такие статьи можно, уоминая имя автора критикуемой или поддерживаемой статьи. У Б.И. Цорина могла бы быть здесь отдельная статья в дискуссионном формате по Вашей статье. Вот мнение данного рецензента. Выложена рукопись статьи, автор дожидается двух положительных РЕЦЕНЗИЙ (а не отзывов), корректирует текст по замечаниям рецензента, который задержал или отверг работу и, добившись двух положительных рецензий, может прекращать дискуссии или реагировать на отзывы.

4.03.2025, 18:18 Цорин Борис Иосифович
Отзыв: Геннадию Григорьевичу: в 5а {1} "Число 2n1*2m1 будет отличаться от числа 3n1 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" - очень странное утверждение. {2} "Тогда получается, что n1 <= k" - не вижу обоснования. {3} Задачу 4б убрали, а "Далее, согласно задаче 4б" оставили. После этих слов не читаю. Г-ну Мирмовичу: Вы, как обычно, путаете деятельность рецензента и деятельность редактора. Рецензент должен оценивать в том числе содержание статьи. Вы же свои "рецензии" пишете, не вникая в тему. Чем такие рецензенты, лучше никаких.

4.03.2025, 22:10 Усов Геннадий Григорьевич
Отзыв: {1} - исправил. {2] и {3} - убрал.

6.03.2025, 22:40 Цорин Борис Иосифович
Отзыв: Честно говоря, мне уже лень проверять все эти выкладки, особенно учитывая, что когда я начал, у меня моментально заболели глаза от шрифта в формулах. Так что считайте, что я согласился с Вашей статьей, и в первом приближении готов принять полученное утверждение "чем больше начальное число гипотетического цикла Коллатца, тем больше чисел в этом цикле".

7.03.2025, 5:06 Усов Геннадий Григорьевич
Отзыв: Уважаемый Борис Иосифович! Я согласен с Вами, что формул много. Можно было бы остановить процесс их написания после этапа 6, когда стало ясно, какой будет вывод. Но всегда требуют обобщённые формулы для произвольного случая (в настоящей статье, для произвольного этапа). Спасибо Вам за то, что приняли мою статью! Спасибо Вам за то, что сформулировали новый вывод из данной статьи!

Оставить комментарий

E-mail: sci@sci-article.ru
©2013-2024 Электронный периодический научный журнал SCI-ARTICLE.RU
Любое использование размещённых на сайте журнала статей и материалов возможно только с обязательной активной ссылкой на сайт журнала «SCI-ARTICLE.RU».

▲
Вверх

E-mail:
Пароль:
Запомнить
	Регистрация/ Забыли пароль?