【数学の未解決問題】「コラッツ予想」懸賞金1億2千万円 [朝一から閉店までφ★]

何で3倍するかが謎

>>2
奇数にさせて1足して強制的に偶数にするため

https://keisan.casio.jp/exec/user/1545089984

巨数でも大抵40に収れんするね。なんかヒント

任意の整数が>>1の操作で必ず 2のn乗 になることを示せばいいんかな。

すげー簡単そうだけど
なかなか１にはならんのだろうな
スパコン使えばそれなりの範囲を検査して偽の具体例を求められると思うがなかなか出てこないんだろうな
正しいけど照明不能なやつか

フェルマーの最終定理みたいに全然違う分野からの証明が出てきそうな

テレンス・タオが解決したのかと思ってたけど、「ほとんどすべての正の整数において正しい」って結論だったのか
数学的にはまだまだだな
あと、この手の数学を解決する数学を人類はまだ持ってないって誰が言ったんだっけ？

>3倍す
心太にヒント

こんなの簡単じゃんw
明日からすべての整数を試してみるぞー

これ証明できると何か凄いことにつながるんですか？偉い人教えて

有限な数ｎを定義するとｎ回の操作以内で1にならない数が存在するみたいになるんかな

この数字遊びに1億か・・・

>>10
実際にやった結果じゃなくて、式の証明が求められてるんだと思うよ。

6511111という数字を入力したら
91まで収れんしたかと思ったら9232迄膨らんだ、直線的に数字が減少する訳でないんだ・・・・
これは難問！！

もしも4，2，1以外のサイクルを見つければ、コラッツ予想の判例になる。
だからといって見つけようと安易に考えないこと。既に膨大な大きさの
ところまで調べてもまだそのようなサイクルは他に見付かっていないのだから。

コラッ→ 怒られる→ 逃げる
　と予想

たぶん正しい・・・が証明が無理　てパターンのやつか

意外と簡単そうで、全然わからないやｗ
（素人意見ですｗ）

無限に増えるならいずれ2の累乗数に引っかれれば
1に収束するわけだから
そりゃそうなるだろうと考えたが
3倍して1足す、2で割る
これが2の累乗数に到達する前に無限ループする可能性が否定できないということか

>>9
くろみつに限る

こりゃっ強そう

証明するために新たな数学理論を作り上げないと駄目なやつか？

>>14
そうなのかもね。
ttps://mathprize.net/files/collatz-conjecture-rule-ja-20210707.pdf

>>14
そうなんだろね。w

https://bakuage.com/about/

会社概要
会社名 株式会社音圧爆上げくん
代表取締役 (兼CTO) 福勢 晋
所在地 東京都渋谷区円山町5番5号3階
電話番号 080-6528-8867
設立 2018/09/10
事業内容 ウェブサービス、その他
資本金 300万円
従業員数 0名
メールアドレス [email protected]

製品等
「音圧爆上げくん」
「タイトルで釣れるくん」

簡単そうなのになあ

>>1
これ本当に1億2000万円くれるの？
ほぼ自明だと思うんだけど

一億円と二千万円から騙してる♪

ABC予想証明してヒマしてるおじさんにやってもらえ

整いました！

コラッツ予想を取り組んでる一流の数学者は、いると思うけど
ラブホ街にあるクソ会社の呼びかけに応じる
一流の数学者がいるとは思えない

証明なんだけど、やっぱ代数みたいにやってたらいいんじゃね？
奇数を2kー1、偶数を2kとしてやってけばいいかもしれない。
あと、仮にこんな感じで証明出来たらものすごくシンプルにできるから、素人でもわかりやすくていいと思う

コラっつ予想よりもロトの高額当選数字の出し方の公式を作ったほうが
世のため人の為になるでしょ？

お前らどう思う？

>>15
反例ならその反例の数を具体的に示せればOKだろうけど、もう相当に大きな数まで反例にならないことがわかってるはずだから多分ムリ

会社名の売名か。

隣り合う素数で唯一の存在が2と3だからだよ。

ローター？
ピンク色のやつ？

>>37
2と5でやっても収束するのかな？それともすぐに発散したりループしたりするんだろうか？

たぶん、こんなのも成り立つ？
3で割れるときは3で割る。
3で割れない場合は、5をかけて3の倍数になるまで数字を足す。

これでも、あらゆる数が1か2になるんでは。

上の綺麗でないところは、2と3で置き換えればみえなくなるし、あらゆる数は1になるので、更に綺麗に見えるってだけでは。

9*3+1=28 28/2=14 14*2=7 7*3+1=22 22/2=11 11*3+1=34 34/2=17 17*3+1=52
52/2=26 26/2=13 13*3+1=40 40/2=20 20/2=10 10/2=5 5*3+1=16 16/2=8
8/2=4 4/2=2 2/2=1 19回目か。これで任意の+整数全てが同様なことを証明しないと。

すべての正の数は
2nまたは3n+1の組み合わせで
で表すことができる
証明終わり

>>42
3とか5とか、表せてなくね？

宇宙人がやってきた時に「えっ地球人はコラッツ予想もまだ解けてないの？」って言われたくないな

>>4
40の前は13か80

宇宙人が地球にやって来て、なんだ君たちの学問の程度は低いな、
君たちのいうリーマン予想とかいうのは、我々の文明では約1500万年前に
バプンドベンガーソムによって提唱されてその1万年後に既に証明済みだ。
我々の文明ではそれはボースコンレトチャンサーの定理とも呼ばれている
んだ。証明はこれだ、そういってタブレットのような画面に数百枚の表示
をスクロールして見せてくれたが、もちろん何が書いてあるのかちんぷん
かんぷんだった。是非それをコピーさせてくれ画面を撮影して検討したい
といったが、駄目だ、異なる文明に許諾無く学術成果を渡すことは禁じら
れているからといって断られた。コラッツの予想についても宇宙人曰く、
それもだいたいボースコンレトチャンサーの定理と同じ頃にヤコロサンポ
ペスコロムの定理として証明済みだ。証明はこれだといって、またもや延々
とスクロールして見せびらかしてくれた。ただし我々の協力者になるという
のであれば、お前の文明の言葉に翻訳したものを渡してやらなくもない、
本部の了解が居るがねと。。。
　そういわれてあなたは、宇宙人の協力者になることを。。。

二進法で解けちゃう気がする

すごい証明思いついたけど規制のせいで書き込めない

これはあれだよ
ディオファントス方程式の解の存在証明に帰着するな。間違いない。

コラッつよし！

コラッ！

>>43

n=0

コルーチンの終余代数がどうたら

真に驚くべき反例になる数字を発見したけど、
ERROR：​本文が長すぎます！
で書けない

31は？

>>55
31は結構長いけど結局1になる
>>4のサイトで計算してみれ

証明したけどちょっと余白が狭いんだよな

コラさん、ノード値設定しなかったからな

解けても１億払わずトンズラしそう

1にならないとすると
ループするパターンと無限大に発散するパターンの2パターンか
ループがあり得ないは比較的簡単に証明できそうだから無限大になるパターンを否定できればいいわけだ

後はよろしく

こういう問題は散々研究し尽くされて今に至るわけだから一朝一夕に解けるわけがない
やるなら寝食を惜しんで没頭するか

ひらめく💡か

>>12
わりとこの問題はおもしろいのではないだろうか

ざっくり2^8/3^5=256/243か

奇数を３倍して１を足したら２で割れる

までは証明した。あともう少しだわ

これ確か 2^60くらいまでの整数は１に収束することがスパコンで計算されてるから
反例見つけるなら 2^60 以上の数字で計算していかないとダメだぞおまいら

あと、考えるのは奇数だけでいい

予想できたコラッツさんがすごくね
直感なんかな
人間の脳の仕組みが不思議だわ

これ、反例があったら面白いよなあ

アッチャー、命題を本気で読んでみたら、なんてトリビアルなんだこれ。

１億２千万円、もらっていいかな。

１億２千万円、もらっていいかな。

ぜひ

>>1
というか、めちゃめちゃ新しいな

わりと普遍的な操作の気がするが
コンピュータ出るまで誰も気にしなかったのかな？

昔、ドッキリで、コラッおじさんっていうのがあったの思い出した。
すれ違いざま、その相手の耳元へコラッって大声で怒鳴りつけるやつな。
なんでもない原始的なドッキリなんだが、それゆえに誰もがビビるというイタズラよ。
あれ見た翌日さっそく俺は当時の小学校で、やりまくった。懐かしいわ。

>>60
否定も証明もできないことを証明するパターンもあり得る

>>63
あと一歩だね！

なんとなく収束する迄は考えられるんだ

>4のサイト、桁数増えるとエラーでるやん
22222222222222222222222222222222222222222222222221
だと計算できるけど、
77777222222222222222222222222222222222222222222221
33333222222222222222222222222222222222222222222221
だとエラー出て対応できん

>>76
ならおま

>>76
77777222222222222222222222222222222222222222222221は1112回、
33333222222222222222222222222222222222222222222221は1191回で
1になるよ。

def collatz(n):
global cnt
while n != 1:
if n % 2 == 0: n = n // 2;
else: n = 3 * n + 1
print(n)
cnt += 1

n = int(input("input n: "))
print("n = ", n)
cnt = 0
collatz(n)
print("cnt = ", cnt)

なぜか5ｃｈでは字下げが勝手に削られてしまうので、
パイソンとしては文法エラーになってしまうなｗ。
だから、空白文字に、記号分離以外の意味を持たせるのは自分は嫌いだ。

def collatz(n):
空 global cnt
空 while n != 1:
空空 if n % 2 == 0: n = n // 2;
空空 else: n = 3 * n + 1
空空 print(n)
空空 cnt += 1

n = int(input("input n: "))
print("n = ", n)
cnt = 0
collatz(n)
print("cnt = ", cnt)

これを collatz.py というファイルに書いて、
% python3 collatz.py

として、nの最初の値をinputの求めに応じて入力すれば、
幾ら大きなnを入れたとしても、シコシコと計算して
何回でもってついに1に到達したかというのがわかる。

もしも反例があるのならば、4，2，1の3周期以外にも、周期が3以上の周期解を持つか
あるいは、ある値ｎから始めて幾らでも大きくなってしまう場合があるかの
どちらかだ。

一変数の場合を拡張して、たとえば2変数の場合であれば
組（ｍ,n)から始めて、次の組(m',n')を作るルールをうまく決めるときに、
同じような問題がいろいろと作られるであろう。

微細粒子の量子状態を確定するのに、なぜ人間の意識が必要なのか。　非決定論的な量子状態を確定させるために
コペンハーゲン解釈では、意識を有する人間の測定が必要だと暫定的に記述されるが、なぜ人間の意識によって
量子状態は確定するのか。　それなら観測する側も、非決定論的な量子状態を内在させた観測機器を用意して
観測したらどうなるのか。　その非決定論的な量子状態を内在させた観測機器とは、人間ではないのか。
それは人間の意識の根源状態も “ 混沌 “ から成立するため、同じ “ 混沌 “ を測定する場合は物質レベルが
同相となり、測定行為と測定対象との境界が無くなるためと思われる。

そのため“ 混沌 “ から立ち上がる意識と同じ様に、量子状態の混沌も確定される。 無機物質での観測で量子状態が
確定しない理由として、観測機器の完成以前の原材料は “ 決定論的 “　な自然の作用で形成されるので、その組成
に “ 混沌 “ は発現しない。 そのためミクロな “ 混沌　“ の測定に、マクロな観測機器による観測という、
測定機器と測定対象との間に厳然たる境界が存在して、ミクロレベルの量子状態の観測は、確定もしないし成立もしない。

eig35153の超速報 – 人間は基本的に死なない　→　https://youtu.be/24CLQ2Cr7tQ

>>6
もうスパコンではかなりの数まで検証されている。
反例は見つかってない。

税務事務所で採用業務やってるけど、
簿記2級程度の知識必須って言ってんのに3級すら持ってない未経験女が何人も応募してくるし、
TOEIC400点台を堂々と履歴書に書いてあまつさえ英語わかるアピールしてくるのがいるし、
多くが高卒専門卒短大卒でたまに大卒が応募してきたと思っても高校中退してたり…

そこそこ名の通った大学出てて日商2級持ってる応募者が神に見えたわ

中学生までの数学などでは簡単には解決しないからな。

中学校の数学だと、
まずn=1については明らかに正しい。
そうして、帰納法を使うことにして
k以下のすべての自然数から開始すると、必ず1に到達すると仮定する。
そのときn=k+1については、それが偶数ならば2で割ってn'=n/2はk以下なので
帰納法の仮定により必ず1に到達する。
しかしn=k+1が奇数だと、それを3倍して1を足すとn'=3k+4になる。
そのとき、ｋが4でわって零ならば2で割ることが2回つづけてできて
n'''=3(k/4)+1はｋ以下になるから帰納法の仮定により結局ｎから始めると
1に到達する。
しかしkが4で割って1,2,3の各場合にはまた場合をわけてなどとやって
どんどんと場合分けが増えるばかりでちっともうまく行かない。
よって高校入試の問題レベルの知識や技法では簡単には解けない。

＞ｋが4でわって零ならば
ｋが4でわってあまりが零ならば

以下同様

>>9
答えなんてミツカンないよ

>>79
無駄が多過ぎ w

終わらないパターン見つけたかも
2進数で11111111ってのが無限に続く数はひたすら桁が左に伸び続けて縮まない

>>90
説明は曖昧だが確かに無限大に発散しそう

君のいってる数を2^n-1でn→∞とすると
2で割り切れないから
3・2^n-2
となって次に
3・2^(n-1)-1に割りきれる
これは2で割りきれないから
3^2・2^(n-2)-2となる
最終的には
3^n・2^0-2のn→∞で
=∞・1-2
=∞
になるかな？
詳しい人に検証してもらえば？

1が無限に続くってのがどうなんだろう
そうでないと末尾の11111が途切れた瞬間から縮み始めるようだし

無限論法にハマってるよそれ

>>93
確かに無限大ならいくら割っても1にならんね

まぁ、2進数で考えるなら
3n+1=(2+1)(n+1)
n/2

n=7
3*7+1=(2+1)(7+1)=(2+1)(2+2+2+1+1)=2^4+2^2+2(=22)
(2^4+2^2+2)/2=2^3+2^1+1

2^x....+1を2^yで割ってるだけか
2進数で1の位が0の時、1の位から上の桁に向かって連続して0が続くと一気に縮小するね
つまり2^xか2^x*5の数字になると急転直下1になる

自然数は素因数分解できるなら、結局は素数で成立することが証明できれば全パターン証明でなくていいと思う
ってなわけで多分、素数の解明って話になって証明までは至らないんだろうねぇ

もしコラッツ予想が証明出来たら、多分、素数発見のアルゴリズムが作れそうな感じがする

>>95
間違った
3*7+1=(2+1)(7+1)=(2+1)(2+2+2+1）+1=2^4+2^2+2(=22)

桁が無限に続くものは、自然数・整数ではない。
それは可算な集合の要素ではなくて、実数と濃度が等しい非可算集合の元になる。

整数を3進数で表したときに、全部の桁の数字を足したものが偶数ならば偶数、そうでなければ奇数。
　奇数のときに、整数3倍して1を足すということは、その整数を3進法で表現したときの各桁の数字を左に
1桁分ずつシフトしてから最後の桁を1にすること。
　偶数のとき整数を2で割るということを、3進数による表現で何かうまくいい表せ
ないだろうか？

>>96
途中で24になってるのはなんで？

>>98
コラッツ予想のページで
パリティの表現があったのはこのせいかな
勉強になりました

メジャーオールスターの余興（ホームラン競争）の優勝賞金程度ってケチだな
シャオミなんて儲かったからって社員に一人3億円ボーナス出す時代なのに

5を2進数であらわすと101
これを(3+1)するから10000となって2^4となる
11は2進数であらわすと1011、27なら11011だから
110110110110…といった11011と循環する数を「偶数の場合は2で割る、奇数の場合は3倍して1を足す」繰り返すと
2の乗数になることを示せればいいのかな？？

>>98
これがいちばんスジがよさそうなので
3進数と2進数のbitｼﾌﾄ問題にすると考えるのが楽そう

2進数表記の下一桁が0のときは桁が詰められて
そのあと
3進数表記が繰上がって下一桁に1が入ったとき
必ず2進数表記の下一桁が0になるわけか

>>103
3進数のチェックsumを2進数表記して
下一桁が1のときは
3進数を一桁増やして下一桁に1を代入

あ、でもこれが半分になる計算は普通にしないとダメなのか
楽しくなってきました

>>98
3進数[0][1][2]の桁で[2]の桁は割りきれることは自明なので
[1]の桁を抜き出して還元してから計算すれば良いのだろうが
3進数の2進法表現みたいになってておもしろい

>>105
3進数[1][2]で桁を2分割したやつは
合成しなくても[1]の桁のやつだけ計算して
それを3進法になおしてチェックsumを合成すれば
同じように作業できるのか

ただ元々[2]が入ってたところは次は必ず半分を計算しないといかん
桁毎に合成して偶数になったところを計算からはじく方が楽なのかも

何か自然数nに対して実数値（あるいは整数値）を与える関数V(n)が存在して、
コラッツの1反復、つまりｎが偶数なら2で割り、奇数なら3倍して1を足す
という操作をC(n)とするときに、

V(C(n)) <= V(n) で、しかも等号が成立するのはたとえばｎが1とか2とか4
の場合に限るというような関数V（別に多項式などでなくても良い）があれば
それでいいのだが。

>>107
全く意味が分からん
>何か自然数nに対して実数値（あるいは整数値）を与える関数V(n)が存在して

V(n)ってなんやん情報皆無じゃん
君の頭の中には何かしらあるのかも知れんが他人は君の頭な中は見れないからね
少なくとも一例は出すべき

というような関数V（別に多項式などでなくても良い）があれば
それでいいのだが。

>>109
それがあったとしてコラッツ予想に何の意味があるの？

そのような単調に減少するエントロピー関数のようなものがあれば、
反復をするたびにエントロピー関数値が減るのだから、Vのとりうる値が
離散的であれば、いつか必ず最小値に到達することで間接的に示したこと
になろう。だが、そういううまいVがみいだせるかといえば、実際には難
しいだろう。

任意に選んだ数を2進数で表した場合1010…1というような10を繰り返して最後が1になる数
例えば
1010101010101010101010101=22369621
22369621*3+1=67108864=2^25
2^25

101010101010101010101010101010101010101=366503875925
366503875925*3+1=1099511627776=2^39

2の累乗となって1まで一気に割り切れるような気がする

>>112
ある程度よんでみたところパリティの話から計算手順
結局これでした

クイズ。aとbは非負の整数であるとします。
aの2進数表現で桁に1が現れている回数をN(a)、
ｂの2進数表現で桁に1が現れている回数をN(b)
などとするときに、N(a+b) <= N(a) + N(b) で
あることを示しなさい。また等号が成り立つのは
どのようなときか。

必ず素数を通過して最後は3倍して15プラス1
16に必ずなってから1になる

極限値という偶数と奇数が重なり合う数字が存在すると仮定すると
計算不可能になる、その計算不可能になるのを反証にしておよそルール通りにやった時にどうやら1になる証明終わり

1.偶数と奇数がおり重なる数字を仮定する
2.そんな数字は存在しない
3.コラッツ予想のルール通りに計算できない
4.ルール通りにやると予想通りに1になる
5.コラッツ予想は正しい
6.証明終わり

0÷2=0
偶数のまま変わらないな、そして1にならない
整数ゼロはコラッツ予想通りにならない

1〜999までの整数で
処理回数が１番多いのは871で処理回数179回、最大値190996
次点が937で処理回数174回、最大値250504

ちなみに703も処理途中で最大値250504に達する

10000くらいまで頑張れよ

>>114
問題が破綻してる気がするけど

N(a+b) ≦N(a) +N(b)

でしょ
なぜなら整数の一桁目が1になるのは多くても一回だから自明

等号が成り立つのは
a偶数、b偶数
a偶数、b奇数
a奇数、b偶数

ということは、奇数どうし以外のとき以外は意味がない

>>114
あ、今さらわかったが
回数じゃなくて個数なのか

答えは同じで
同じ桁に1がこないときに等号か

繰上がったときに1が増えないからしょうがない

>>105

ΣP(k)3^kの和に最期に1加えると
偶数になるということは
0(または偶数)となる桁の数は偶数ってことになるのか

なんだか解けそうな気がする規則性を発見した。

>>14
令和納豆かよ

昔といっても第二次大戦前にだが、フェルマーの大定理（予想）
（今は証明されてしまったので予想ではなくて本当に定理になった）に
期限を切って、賞金を出すと申し出られたことがあって、そのために
大勢の数学者が賞金狙いのアマチュアの論文？を読まされるハメになって
大いに迷惑したそうだ。ところがやはりリーマンの予想も賞金だかが
かけられたが、それはほとんどそういった雑音がなかったという。
リーマンの予想がいっていることの意味を理解できる素人はほとんど
いなかったからだとされている（少なくとも複素関数論をちょっと以上に
学ばないと予想の言っていることが理解できないはずだから）。
　だからリーマン予想に手を出そうという人は、本当の数学者か
最低でも数学科の大学生レベル以上だったとされる。ちなみにリーマン予想は
未だに解かれていないことになっている。（ときどき解決したという論文は
出てくるが、まだ認められたものは出てこない）。

>>128
今はネットのお陰かその辺の人でもリーマン予想を題意だけなら理解してるから時代は変わったよな

>>128
あらゆる分野において、すそ野が広いほど優秀なトップが出る。

フェルマーの定理が解かれたことは、もろ手を挙げて賛成だが、
子供でも「解けるかも？」と思わせるフェルマーの定理のような難問が存在することは大事だと思う。

見掛けが易しそうな問題に引っかかってしまい、人生や勉学を駄目にしかねない
危険性があるとも云える。類似の問題としてゴールドバッハの予想とか、双子素数
の問題とかとか。
　そういうのにとりつかれて（特に初等整数論しか知らない）、現代的な基本的な
数学、たとえばトポロジーとか関数論、関数空間論、高等代数学、確率論、微分幾何学、
常微分・偏微分方程式論、などなど学ぶべきことを学ばないで、パズルの延長で
過去大勢の本格研究者の挑戦を阻んできた歴史ある難問をなんとかしようと
するのは不遜。
　将棋のコマの動かし方だけを知って、オレも名人戦に出ればときどきなら
勝てるかもしれないなどと思うようなものだろう。

>>131
＞トポロジーとか関数論、関数空間論、高等代数学、確率論、微分幾何学、常微分・偏微分方程式論

このラインナップも専門的な内容何も知らない感アリアリだけどな…
偏微分方程式論なんて言い方初めて聞いたぞ
大学１年生かな？

てか科学ニュース板あんま来たことなかったけど結構ヤバそうなとこね

うまいこと位置エネルギーや運動エネルギーを定義したら無限大に行っちゃうパターンは潰せるんかな

偏微分方程式論
https://www.iwanami.co.jp/book/b265465.html

>>135
本の名前ｗｗ
その調子で高等代数学についても教えてくれ

高等代数学　1・2 ＜岩波全書＞
https://www.kosho.or.jp/products/detail.php?product_id=378463269

>>1
反例の数字を1個見つけたら1億円貰えるヨ

>>88
殺伐としたスレに天才降臨

>>1
完全証明しましたけど
このスレでは余白が少な過ぎた

>>137
また本の名前ｗｗ
ちなみにその高等代数学はどんな分野なのか聞いてみてもいいか？

ポール・エルデシュは「数学はまだこの種の問題に対する用意ができていない」と述べ、解決した人に500ドルを提供すると申し出た
ジェフリー・ラガリアスは2010年に、コラッツの予想は「非常に難しい問題であり、現代の数学では完全に手が届かない」と述べた

>>49
ガチやん

全く別の分野から解がでてきたら面白い。
物理学とか経済学の人が、自分の分野に取り組んでたらなんとなく解けてしまった、みたいな面白い展開もあると良いのだが。

>>131
角の三等分線を忘れてもらっては困るな
これと四色問題とコラッツ予想が
おそらく三大素人向け予想

四色問題とフェルマー予想が
既に解かれてるのが感慨深いな

コラッツ予想は子供の頃から考えてるが
こんなのがまだ解かれてないとか
正直なところ信じられない

宇宙際タイラーで一発だろ。

方程式
作れないので
無理

実験で証明が難しい

磁性物質の量子性を
1万気圧 圧力によって制御

日本大学と神戸大学、東京工業大学、東京大学らの研究グループは2021年7月、
1万気圧以上の高圧力中において、
鎖状の磁性体である三塩化セシウム銅（CsCuCl3）の
磁気測定と理論モデルによる解析を行い、
圧力によって量子性の強さが制御できることを実証した。

画像
https://i.imgur.com/Bfume0D.jpg

https://news.yahoo.co.jp/articles/e7a9b0baa0f749566712123a7ca56a21e1629529

なるほどねー

超ひも理論
スカラー場 有限質量が生成されることを示すことに成功
大阪市大

6次元スカラー量子電磁力学において、
ファインマン図による摂動計算と
有効ポテンシャルの計算により、
スカラー場の有限質量が生成されることを
世界で初めて示すことに成功しました。

本研究で考察しているフラックスコンパクト化された理論は、
究極の理論と期待されている超ひも理論の
低エネルギー有効理論としてしばしば登場し、
超ひも理論に基づいた素粒子模型構築に対しても、
新しいアプローチを提供し絶大な波及効果が期待されます。

大阪私立大学
https://www.osaka-cu.ac.jp/ja/news/2021/210706-3

標準模型を超える新物理の構築を目指す研究として「スカラー場」に着目したという。
スカラー場は、余剰空間の並進対称性が自発的に破れることにより生ずる
南部・ゴールドストン粒子(NG粒子)であり、
質量が生成されないことが知られているが、
自然界には質量のないスカラー粒子は存在しないことから、
このスカラー場が実在するためには質量を生成する必要がある。
その一方で、余剰空間の並進対称性が相互作用によりあからさまに破れると、
NG粒子であるスカラー場の質量が生成されることが知られていたという。

スカラー場の質量に対する量子効果を与える運動量積分の発散構造を解析。
その積分が有限になる条件を導出することを目指し計算を進めていった結果、
スカラー場の有限質量が生成することが示されたとする。

現在確認されている素粒子の中で、
唯一のスカラー粒子がヒッグス粒子だが、
今回の結果からは、高次元ゲージ場由来のスカラー場を
素粒子標準模型のヒッグス粒子と同一視できる可能性があるという。
また、スカラー場の質量を得るために導入された相互作用が何らかの機構によって、
余剰次元がコンパクト化される
新物理のエネルギースケールとは別の
TeVスケール付近に生成されると、
パラメータの不自然な微調整なしに
ヒッグス粒子の質量を予言できるともしている。

加えて、標準模型では予言できない
ヒッグス粒子のポテンシャルも予言することが可能となり、
電弱対称性の破れの起源の解明に迫ることができるともしている。

https://news.mynavi.jp/article/20210708-1917590/p

スカラー波

また日本人ノーベル賞

奇数を5倍して1を足す
にした場合、数がどんどん膨れ上がってしまい
１に収束しなかった

奇数を3倍して3を足す
にした場合、途中で無限ループが発生してしまい
(…→12→6→3→12→)
これまたうまく行かなかった

どうやら奇数を3倍して１を足す
というのがちょうどいい塩梅らしい

>>155
それが本当に「ちょうどいい塩梅」なの？っていうのがこの問題意識なんだろうに（笑）

証明が容易なある補題をあげてみれば、
誰もがトリビアルだと思うんだろうけどなぁ。。。

>>155
なかなか興味深いな。

>>155
これは興味深い、まじなのか

そうすると2^nの密度的な問題になるのか
ln(5/2)の中がe以下なのにな

ただ大昔に倍率あげた計算したときは
適当なとこに収束してた気がする

>>155
1→1
3→1
5→13
7→発散しそう
だがこれが発散することを証明できなそう、、、

これはやべぇ

>>160
5倍足す1の時発散することを証明せよ
って問題もありうるか

>>161
こんな簡単そうな数列が
収束しないことすら証明できそうにない

普通の再帰を受付てくれない気がする

問題の定式化を
　ｎは整数とする。
　ｎが1以下なら計算を停止する。
　ｎが偶数ならｎを2で割ったものについて再帰する。
　ｎが奇数ならｎを3倍して1を加えたものについて再帰する。

と定式化したときに、任意の整数ｎに対してこの関数は必ず停止するか？
という停止問題の形にする方が良いと思う。

問題自体は小学生にも理解出来るのが面白いな

なお、任意に与えられたアルゴリズムに対してその停止性を判定するアルゴリズムは
存在しない、ということが証明されている。

しかし、これはある特定のアルゴリズムであり、その停止性を判定できるかもしれない。

原子爆弾が投下された当時、
一部を除いて医療関係者でも放射線障害に関する知識が皆無であったため、
治療を施した後や外見上問題のない者が死んだり、
被災地域に入っただけの者が発症して倒れる現象を『ピカの毒にあたった』と表現して恐れた。
/naoyafujiwara/status/1415512387742932996?s=20

>>164
停止っていうのはﾙｰﾌﾟが発見できたら停止できるけど
発散する場合に停止できないから無理なのでは

難しい問題ってそれを解く奴も凄いけど、
その問題自体を提起する奴が凄いよなぁ

発散する場合もループする場合も停止はしない。もしもそういうｎを1つでも
見つければコラッツの問題は解決だ。コラッツの予想は、どんな正の整数ｎから
始めても結局奈落の底である1に落ちて終わりになるということだ。つまり
必ず1に到達（停止）するということ。それが誰もまだ証明ができないから
チャレンジ問題になっている。

>>161
発散することを証明できないような気がするんで
全ての数はﾙｰﾌﾟするという問題設定も可能だね

証明したけどそれを書く余白足りねー！
すまんこ、おまんこ、バルサミコ…

>>165

俺は小学校のときこれを知って
算数の授業中にノートを一冊埋めてしまいました
授業を聞いてないと怒られました


ｿﾛﾊﾞﾝの授業のときは2^nをやって桁を溢れさすことが好きでした
これも課題そっちのけでやってて怒られました

>>124

N(ab) ≦N(a) N(b) と仮定

たぶんaかbのどちらかが1のとき
等号なんだろうけど

不等号はab=2^n-1が解けるがどうか
みたいな感じでやれそうな気がする

3*5+1=2^4
ってことは

a=3→11
b=5→101
ab=15→1111
ほほぅ同じか

a=7→111
b=9→1001
ab=63→111111
負けた

とすると不等号は定まらない
等号も難しいな

>>174

繰返しが
a=2^n-1→1111…(n-1)桁
b=2^(n+1)+1→1000…1(n+1)桁

上記の積は
a*b=(2^n-1)(2*2^n+1)=2^(2n+1)-(2^n+1)
ということで

しかしオチはなし

2ｘ3＝6
N(2)=1
N(3)=2
N(6)=2
N(2)N(3)=N(6)

2-1
3-10-5-16-8-4-2-1
6-3-10-5-16-8-4-2-1

N(n)は自然数ｎの二進表現に表れる1のビットの個数を表すものとする。

で？

>>180
証明は？

あとコラッツ予想と無関係だよね、スレ違い

>>159

5倍して1を加えると割れるから

(5x+1)/2が偶数と奇数になる確率が同じだとすると
係数は5/4だから発散する可能性は高いのか？

無限に続く数列が(2^n-1)の地雷を踏まないよりも
もうちょっと精密な話はできそう

5→101
とすると、掛けられる数の下二桁が11のとき/4だから
4回に1度は2回連続で桁を詰めれる

下00→割られているのであり得ない
下01→/2
下10→割られているのであり得ない
下11→/4

とすると、5/4*(1/2+1/4)=15/16
すげー微妙だがやはり減少係数なのではなかろうか

６ｎ　６ｎ+１　６ｎ+２　６ｎ+３　６ｎ+４　６ｎ+５

できた

>>112
ここに出てますか

これになるには

101010…101010…00000000
という状態は許されるが
結局は最後は下一桁が1になる

ということは下の方の桁が10101みたいになってれば
4桁は短くなれる

0〜7を2進数で表すと000〜111で、かつ下3桁が101となるのは1個で
1/8の確率で3回連続2で割ることが出来るののかな？
うーんわからん

2÷2=1
3（3×3+1）÷2）+1）÷2÷2÷2=1
4÷2÷2=1
5×3+1）÷2）÷2＝4
3（6÷2）+1÷2=5
3（3（7×3+1）÷2）+1）÷2）÷2・・・=5
8÷2÷2÷2=1
3×9+1）÷2÷2=7
3（10÷2）+1÷2=8
3（3×11+1）÷2・・・=5

>>186

昨日もう一桁上で書こうかと思ったが
ちょっと怪しかったので
その桁でやってみますわ

八種類を全部数えていく
000>/8→1/8
001>100>/4>1!→3^1/4=3/4
010>/2>01>1#00>/4→3^1/2/4=3/8
011>1#010>/2>01>1#00>/4→3^2/2/4=9/8
100>/4>1!→1/4
101>1#000>/8→3^1/8
110>/2>11>10#10>/2>1!→3^1/2/2=3/4
111>10#110>/2>11>10#10>/2>1!→3^2/2/2=9/4

統一すると
1/8*(1+6+3+9+2+3+6+18)/8=48/64

これだと3/2/2=3/4と較べてどっちがでかくなるんじゃろか

と思ったら、完全に一緒だった
ちょっと感動

nが偶数のときはもちろんN(n/2) = N(2n)だけれども
nが奇数の時に　N(3n+1) ≦ 2N(n)+1　の右辺は大過剰な評価だな。もっとキツく
できないかな。

コラッツ予想
A.奇数なら3倍して1を足す
B.偶数なら２で割る。
この操作を繰り返すと必ず１になる

コラッツ予想の手順をを次の手順に読み替えても等値。
A奇数なら3倍して1を足す。(結果偶数になる)
B偶数なら出来るだけ2で割る(結果奇数になる
この操作を繰り返すと必ず1になる。

奇数に操作Aを加えるとすべて偶数になる。偶数だけ調べればよい。
偶数2,4,6,8､10,12､14,16…は2,4,2,8,2,4,2,8・・・で割れる
さらに偶数16,32,48,64…はさらに2,4,2,8…で割れる
さらに偶数128,256,384,512…はさらに、2,4,2,8・・・で割れる
・・・(以下略）

参考
2 = 2
4 = 4
6 = 2
8 = 8
10 = 2
12 = 4
14 = 2
16 = 8 *2
32 = 8 *4
48 = 8 *2
64 = 8 *8
128 = 8 *8 *2
256 = 8 *8 *4
384 = 8 *8 *2
512 = 8 *8 *8
1024 = 8 *8 *8 *2
2048 = 8 *8 *8 *4
3072 = 8 *8 *8 *2
4096 = 8 *8 *8 *8
8192 = 8 *8 *8 *8 *2
16384 = 8 *8 *8 *8 *4
24576 = 8 *8 *8 *8 *2
32768 = 8 *8 *8 *8 *8
65536 = 8 *8 *8 *8 *8 *2
131072 = 8 *8 *8 *8 *8 *4
196608 = 8 *8 *8 *8 *8 *2
262144 = 8 *8 *8 *8 *8 *8
524288 = 8 *8 *8 *8 *8 *8 *2

※この2,4,2,8・・・がずっと続く

で？

>>189
これは何を言ってるのか
今はわからないので保留

>188>182
3n+1~3/4
5n+1~15/16

とすると次は
7n+1~31/32
になるのかな？

アッカーマン関数とどっちが美味しい？

音圧爆上げくん何者だよ

機数、3倍して1足してたらどんどん1から遠ざかるんだけど、なんなの？

偶数なら2で割れよトンチキ

音圧爆上げくんって戸田市のアレ？

奇数の場合
たんに　1を足す　でも一緒じゃね？
気のせいか？

>>198
ループの状態が変わるので
まったく同じ訳ではないですが
それなら証明できます

よゆーです

>>184

b=1→1
b=101→1+4
b=10101→1+4+16
b=1010101→1+4+16+64

>>1
コラおじさん思い出した
音圧爆上げくんだけに

>>185

101010…101010…000000001のとき
111111…111111…000000100
ここからの発展性はなし?

11*11→3*3→1001
1011*11→11*3→100001

100010001…100010001…0000000001
100110011…100110011…0000000100
110011001…110011001…00000100
011001011…011001011…000100
001100001…001100001…100

これはなかなか
桁を詰めて続けよう

…001100001…0000000001
…100100011…0000000100
…001101001…00000100
…100111011…000100

この辺りで力尽きるが
たぶん

1011*11→11*3=33→100,001
→none*3=257→1000,0001
→none*3=1025→10000,00001
→none*3=4097→100000,000001
→none*3=16385→1000000,0000001
→none*3=65536→10000000,00000001

これはダメか微調整してみる
1010110→86*3=258→1000,0010
101010110→342*3=1026→10000,00010

>>203
それ3を5に置き換えても論理変わらない感じだけど5だと1にならずに発散しそうって話だった気が

無量大数まで計算してしまえ、そこまでで合ってたらもういいだろ

奇数の場合は、3n+1になる
偶数の場合は何倍になるのかを考えてみるとなんか1/3に収束するみたいだな

奇数で3倍偶数で約1/3
--- 8個まで
1/2*1/8 + 1/4*1/8 + 1/2*1/8 + 1/8*1/8 + 1/2*1/8 + 1/4*1/8 + 1/2*1/8 + 1/8*1/2*1/8

=>0.3359375
--- 16個まで
1/2*1/16 + 1/4*1/16 + 1/2*1/16 + 1/8*1/16 + 1/2*1/16 + 1/4*1/16 + 1/2*1/16 + 1/8*1/2*1/16 +
1/2*1/16 + 1/4*1/16 + 1/2*1/16 + 1/8*1/16 + 1/2*1/16 + 1/4*1/16 + 1/2*1/16 + 1/8*1/4*1/16

=>0.333984375

--- 32個まで
1/2*1/32 + 1/4*1/32 + 1/2*1/32 + 1/8*1/32 + 1/2*1/32 + 1/4*1/32 + 1/2*1/32 + 1/8*1/2*1/32+
1/2*1/32 + 1/4*1/32 + 1/2*1/32 + 1/8*1/32 + 1/2*1/32 + 1/4*1/32 + 1/2*1/32 + 1/8*1/4*1/32+

1/2*1/32 + 1/4*1/32 + 1/2*1/32 + 1/8*1/32 + 1/2*1/32 + 1/4*1/32 + 1/2*1/32 + 1/8*1/2*1/32+
1/2*1/32 + 1/4*1/32 + 1/2*1/32 + 1/8*1/32 + 1/2*1/32 + 1/4*1/32 + 1/2*1/32 + 1/8*1/8*1/32

=>0.333496094
--- 64個まで
1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/64 + 1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/2*1/64
1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/64 + 1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/4*1/64

1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/64 + 1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/2*1/64
1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/64 + 1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/8*1/64

1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/64 + 1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/2*1/64
1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/64 + 1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/4*1/64

1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/64 + 1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/2*1/64
1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/64 + 1/2*1/64 + 1/4*1/64 + 1/2*1/64 + 1/8*1/8*1/2*1/64

=>0.3333740233

株式会社音圧瀑上げくんは、数学とプログラミングに優れたやつを一本釣りしたいんだと思う。

結局は素数の配置を特定できないと結論を出せない
それとも条件の網に掛からないくらい十分粗であると示す術が見つかるのか

1億2千万円の賞金も、仮に超インフレが起きて、牛丼1杯食べて終わりになるかも
しれないと思うと、虚しくならないか？

これはあんまりロマンを感じない

フェルマーの最終定理も、予想の証明者に賞金をと莫大な額がドイツの
数学界に供託された。しかし、ドイツの超インフレでその価値は大きく減じた。
そうして指定された期限以内には証明もされなかった。

コラッツ予想は、どんな自然数も操作を加えると2^nで表現される形になるということを意味しているということか

>>213
そうゆうことっすね

未解決問題にはたいてい素数がでてくるが、コラッツは素数と接点がない珍しい例
解決できれば別次元的世界が開ける（かも）

>>215
いちおう2と3も素数だけどな

>>215
まさかホントに関係ないと思ってるんですか？

>>192

> 3n+1~3/4
> 5n+1~15/16
> 7n+1~63/64
の間違いでしたね


> 9n+1~255/256
ここで倍数なのは途絶えた

奇数の時に 3n-1倍だったら5,7でループするんだな

5 14 7 20 5
7 20 5 14 7

>>202

証明はめんどくさそうだけど
これが三の倍数になる


1,1=11*1
10,01=11*11
100,001=11*1011
1000,0001=11*101011

これが下の桁であれば、
しばらく100となり4で割れる

>>188

さてこれで数が増えるのは二通りだけ
011→9/8倍
111→18/8倍
この条件を詰めていけば
収束することが示せるのではないでしょうか

011は3で
3*1+1=10→10/2=5→5*3*1=16→16/(2^4)=1と
1になるので
011の9/8倍と001の3/4倍をかけて27/32倍てな感じで収束するのかな？
うーんわからん

とそんな感じで000〜111を繰り返すことになるので3/4倍に収束てな感じになるのかな？
うーんわからん

>>223

次を予想できるんで
0011
0111
1011
1111
が増える系統と予想できますね

0011*11+1=1001+1=1010/2>101*11+1>1#111+1=10#000/8>10#

3/2*3/8=9/16
ん？減ったか

自然数nを2進数で表した場合の下段3bitは000〜111なるので
下段3bitは>>188を繰り返すと3/4倍されるので
大きな自然数数であっても下段3bitが3/4倍を繰り返すので上の桁に存在する点(1bit)というか数値も
ビットシフトにより減少し最終的に1になる感じ？
うーんわからん

>>220

1010101…010101に加えて
1010101…101011こんなのもけっこう減少する

途中階のビットは/2してもシフトするたけなので

11*11=1001
11*1001=11011
11*11011=1001,000+1001=1010,001
11*1010,001=11110,011
11*1111,0011=11110,0000+01111,0000+1001_12221,1001=101101,1001
=101,000,1001+101,0000
=100,100,1000+001,001,0001

分解していく手法はどうじゃろ


3*3=9=8+1
3*9=27=3^3
3*3^3=81=64+16+1
3*3^4=243=256-16+2+1
3*3^5=729=512+256-64+16+4+1

うーん

例えば四桁毎に考えるとして

1111,1111,1111=
+1000,1000,1000
+0100,0100,0100
+0010,0010,0010
+0001,0001,0001

(11*~+1)/2=
+1100,1100,1100.0
+0110,0110,0110.0
+0011,0011,0011.0
+0001,1001,1010.0

>>226
プラスとマイナスを利用すれば
ビットシフトも可能なわけで
相当な自由度があるわけか

そして全体の自由度は
先頭と最後が1であるのみ

>>227

> 1111,1111,1111=
�@> +1000,1000,1000
�A> +0100,0100,0100
�B> +0010,0010,0010
�C> +0001,0001,0001

�A+�A=�@
�B+�B=�A
�C+�C=�B

例えば
110,0001=
+1000,0001
-0010,0000
のように一桁上にもかける

>>228

つまり先頭を含む連続した1が続かない数と
後尾を含む連続した1が続かない数に
この二つに分割してから
3を掛けることができる

つまりほぼ繰り上がらない
そして別々に分割することができる

1010+0101
>*11+1
11110+1111+1=
11110+10000
>/2
1111+1000=10111=1010+0101+1000
10010+00101
>*11+1
110110+01111+1=110110+10000
>/2
11011+01000=100,011=10010+01001+01000

もうすこし

>>229

たとえば

A…10101→16+4+1=21
B…01001→8+1=9
C…10001→16+1=17

このようなベクトルで二進数空間を埋めれるか、、、
00001=B*2-C→1
これの倍数で表記できるんで可能

Aを使って表記できるか
00100=A-C→4
00001=(A-C)/2/2→1
これもできる

>>232
拡張して

> A…1,0101,0101,0101→
> B…1,0010,0100,1001→
> C…1,0001,0001,0001→

0,0011,0000,1100=A-B
0,0100,0100,0100=A-C
0,0001,0011,1000=B-C

0,0001,0001,0001=(A-C)/2/2
1,0000,0000,0000=C-(A-C)/2/2

ふーむ

>>233

(5/4)C-(1/4)A=2^(4*3)

けっこう不思議な式となる

5C-A=2^14

と思ったが
5→101
ということか

>>233

こっちの方が良いとみた

A…1,0101,0101,0101
D…1,0000,0000,0001

0,0100,0100,0100=A-C
1,0001,0001,0000=(A-C)*2*2

0,0000,0000,0001=C-(A-C)*2*2=5C-4A=�@

これで全ての二進数をAとCと2^nで表現可能
だからどうした

>>220

2^2-1=11
2^4-1=11,11
2^6-1=11,11,11
2^8-1=11,11,11,11

(2^2-1)/3=01
(2^4-1)/3=01,01
(2^6-1)/3=01,01,01
(2^8-1)/3=01,01,01,01

>>236
> >>220
>
> 2^2-1=(2^1+1)(2^1-1)
> 2^4-1=(2^2+1)(2^2-1)
> 2^6-1=(2^3+1)(2^3-1)
> 2^8-1=(2^4+1)(2^4-1)

00,00,00,01=(2^1+1)/3(2^1-1)
00,00,01,01=(2^2+1)(2^2-1)/3
00,01,01,01=(2^3+1)/3(2^3-1)
01,01,01,01=(2^4+1)(2^4-1)/3

なんでやろ？

>>236

2^2-1=11 =
2^4-1=11,11 =101*11
2^6-1=11,11,11 =10,01*111
2^8-1=11,11,11,11 =10001*11,11
2^10-1=100,001*11111

>>220
なるほど、これか
対称性ってやつなの？

間の0を一桁長くする演算子もあり得るのかな？

>>238

2^3-1=7→111
2^5-1=31→11,111
2^7-1=127→1,111,111
2^9-1=511=7*73→111,111,111

こっちは意味を見出だし難そう

101=4+1
10,0,01=16+1
10,000,01=64+1=13*5

10001=1100+101
1000001=110000+10001

1001=100+101
10001=1000+1001

すげぇ単純なのか

>>239

10001
=1001+1000=1001*2-1
=101+1100=101*2*2-11
=11+1110=11*2*2*2-111

むちゃくちゃ自由度あるから
かなり適当な方法で
分割できる可能性あるのでは

こないだ「アキレスと亀」を実証するために
アマチュア数学博士がオリンピックに出場したけど、
見事に「開始直後に先頭になったシロウトにプロは追いつけない」
を実証してみせたよね、200km先のゴールで金メダル獲得。
「アキレスと亀」は未解決数学の七不思議に加わった。

3bitの000〜111と4bitが0or1の場合は0から15なので0000〜1111で収束する
仮に4bit目を集合Pとすると
P000〜P111になる
で>>188により3/4倍が繰り返され収束するような気がする

>>242
Wikipediaに2bitのときの議論が載ってて
2で割ったときに下一桁が確率的に0か1になるとして
3/4になることが期待値として予想されていますね

逆に続けて/2できない数列が
どのようなモノか調べてみるのはどうでしょうか

2bit目に1が存在するP010とP110
の2と6だから
2(2n-1)の数列は連続して2で割れないかも？
(2(2n-1)-1)/3もしくは(2(2n+1)-1)/3を2進数で考えると何かわかるのかもしれない
>>243さんヒントありがとうございます

二進展開で1のビットが1箇所だけ立っている数はたちまち1に行くのでOK.

二進展開で1のビットが2箇所だけ立っている数は、。。。
二進展開で1のビットが3箇所だけ立っている数は、。。。
。。。。。
このような方針で果たして証明にこぎ着けるだろうか？

>>239

ビット反転はどのような演算子になるの？

A1=10101→16+4+1
B1=01010→8+2+0

A1+B1=11111
A1-B1=01011=8+2+1


A2=1010100→64+16+4
B2=0101011→32+8+2+1

A2+B2=1111111
A2-B2=0101001

うーん、特別な方法は無さそうな？

A2+B2は排他的論理和を使って (A2 xor (B2+1))-1
A2-B2は論理和を使って(A2 or (B2-1))+1
かもしれない

>>247

それが正しいかどうかは判断できませんが
やはりシンプルに

En=11111…n桁
En+1→2^n
として
A=En-B

さて
3A+1=3(En-B)+1=(En+1)+3A-En
=(En+1)+2En-3B=3(En+1)-3B-2
=2^n+2{En-3(B/2)}=3*2^n-3B-2
=2^n+2{A-(B/2)}


Bの上下一桁は必ず0

(3A+1)/2=C=
=2^(n-1)+{En-3(B/2)}
=2^(n-1)+{A-(B/2)}
=3*2^(n-1)-{3(B/2)+1}

ふーむ、桁が収束していく感じにもならないか

まだ証明に成功しないのか？

>>248
おお、なんだか凄いので参考にして

最後に導かれている
3*2^(n-1)-{3(B/2)+1}に着目して

3*2^(n-1)-{3(B/2)+1}
3*2^(n-1)、3(B/2)+1共に偶数なので

{3*2^(n-1)}/2-{3(B/2)+1}/2
=3*2^(n-1-1)-{3(B/2)+1}/2
=3*2^(n-1-1)-(3/2)B+1/2
=3*2^(n-1)-(3B+1)/2

=3*2(n-1)-(3En)/2 or 3*2(n-1)-(3A)/2
どちらも3で割れるので
3*2(n-1)/3-(3En)/2/3 or 3*2(n-1)/3-(3A)/2/3

2^(n-1)-En/2 or 2^(n-1)-A/2
=2^n-En or 2^n-A

2^n-En or 2^n-Aは奇数になりますがそれに3倍+1して上記を繰り返すので
2^n=En+1ですが除算によって2^nの値が減りEn-1になり
2^n-En=En-1-En、場合によっては2^n-3-En=En-3-En=-3となり

おそらくですが減少していく？と思います。間違っていたらごめんなさい

>>250
ワタシも式があってるかの自信は無いのですが
{3(B/2)+1}が偶数かどうかは確率的なものなので
いったんCと記入しておきました
2で完全に割りきればそれをC→Aとして次のステップに進めます


{A-(B/2)}を考えたら
なかなか2で割れない数列を
具体的に記載できるかもとは考えました

この場合は必ずC→Aとして
漸化式で書けます

>>248

> Bの上下一桁は必ず0
>
> (3A+1)/2=C=
> =2^(n-1)+{En-3(B/2)}
> =2^(n-1)+{A-(B/2)}
> =3*2^(n-1)-{3(B/2)+1}

他にはこれも
> =2^n+{(A-1)/2)-B}
いかがでしょう

>>251
結局のところ>>252の
三番目の漸化式は綺麗に書けるんで
実はこれで何らかの証明ができる気がする

すごい単純でBが割り切れるという条件とn桁のAから
許されるnの範囲とBが満たすべき下側k桁が0で埋まってる
(つまりAの下側k桁の初期値が1で埋まってる)
これなら暫くは連続して割れないはず

>>253

最大n回で連続して2で割れるようになるから
おそらくk回以内にも連続で2で割れる

A=2^n-1のとき
nステップ(3A+1)/2で偶数になって
そのときの値Evを示す

n⇒Ev
2⇒2*1
3⇒8*1
4⇒2*13
5⇒16*5
6⇒2*121
7⇒8*91
8⇒32*205
9⇒2*9841
10⇒8*7381
11⇒2*88573
12⇒16*33215
13⇒2*797161
14⇒8*597871
15⇒2*7174453
16⇒64*672605

一段上の数の構造が見えてきた気がするが、、、

>>254
すいませんズレてました

> n⇒Ev
> 1⇒2*1
> 2⇒8*1
> 3⇒2*13
> 4⇒16*5
> 5⇒2*121
> 6⇒8*91
> 7⇒2*1093
> 8⇒32*205
> 9⇒2*9841
> 10⇒8*7381
> 11⇒2*88573
> 12⇒16*33215
> 13⇒2*797161
> 14⇒8*597871
> 15⇒2*7174453
> 16⇒64*672605

とりあえずnが2の倍数のときに
0の連続が増えますね

>>248
あーたしかに
{3(B/2)+1}の奇数偶数は確率的ですね
ご指摘ありがとうございます。
>>250は誤りです。(ごめんなさい)

じゃあ別のアプローチで2^(n-1)割ってしまおう
3*2^(n-1)-{3(B/2)+1}
=2^(n-1)-3-(B/2)
={2^(n-1)-3-(B/2)}/{2^(n-1)}
=(1-6-B)/(2^n)
=2-(6+B)/(2^n)

次に(6+B)/(2^n)が奇数になり、尚且つ2進数Bの上下桁共に0を満たす場合ついて考察してみる
2進数にも負の値が存在するので
正と負の境目を,で区切ると
例 2=10,0や7=111,0、5=101,0と表すことが出来る

Bが奇数だった場合3n+1により(6+3n+1)/(2^n)となるので
2^nが1になるときBは3まで収束する
3=011,0と表せるので(,は正と負の境目)
(6+3)=110+11,0=9

これに2-(6+B)/(2^n)を当てはめると
2-(6+3)=2-9=7
7からは1に収束する

1に収束後も更に計算を繰り返しマイナスの値が返ってきていますので補足を兼ねて

逆に(6+B)の6が3になる場合を考えると
Bの値は01,0=1となる(,は正と負の境目)
これに2-(6+B)/(2^n)を当てはめると
2-(3+1)=-2=2進数で表すと-2=0,01
(3n+1)=-2
-2から逆算して(-2-1)*3=1

n=-1=2進数で表すと0,1(,は正と負の境目)
2進数1を2で割った場合も0,1となるので
1を通過しています

次に2^n+2{A-(B/2)}に着目してみます
[2^n+2{A-(B/2)}]/(2^n)
=1+2*(奇数)/(2^n)
最終的に1+2/2=2
2/2=1
となるので同様に1を通ります。

(正直、私の説明下手っぷりに私自身がドン引きだよ…)
いずれにしても1を通るので予想を満たしてると言える
ので1に収束する
つまり>>248さんが提示したアプローチかつ方程式に誤りがなければコラッツ予想は真

>>18
解けたんじゃね？

>>255

つまり奇数桁のとき
2でしか割れずに
次のステップに入る訳だな

何故このような構造となるのか？
あとはこれらの数を二進数で表記しよう

かけなくなった

>>260


二進数で表記してみたが
一般化した構造は発見できず

> 最大n回で連続して2で割れるようになるから
> おそらくk回以内にも連続で2で割れる
こんどはこれを拡張して以下を考えてみたい

前提⇒k回以内にも連続で2で割れる
仮定⇒k回で連続で2で割れる(k=nのときは成り立つ)

ちなみにAは連続して2で割れない数列とすると

A1=3*2^(n-1)-{3(B/2)+1}

A1=3^1*2^(n-1)-(3/2)^1*B-1
A2=(3A1+1)/2=3^2*2^(n-2)-(3/2)^2*B-1
A3=(3A2+1)/2=3^3*2^(n-3)-(3/2)^3*B-1
A4=(3A3+1)/2=3^4*2^(n-4)-(3/2)^4*B-1

Bが割り切れる間は整数値で一般化される

>>262>>255

一般化した構造は見つからなかったが
至極単純な構造は有りそうにみえる

2でしか割れないとき
下二桁が01になってそうですね

つまり次のステップでは100なので多目に割れます

>>262

下k桁が1で埋まるA

A=1XXX…01…111または
A=1XXX…11…111

B=0xxx…10…000
B=0xxx…00…000

3をかけると10と01として分割して

A*01=01XXX…01…111
A*10=1XXXX…11…110

A*11=XXXXX…12…221
3A+1=XXXXX…12…222

つまり
3A+1=XXXXX…12…222または
3A+1=XXXXX…22…222

少なくともk桁まで2であることが確定するから
(3A+1)/2の下k-1桁まで1であることが確定

これはk連続した1で埋められたやつが
少なくともk回ほど連続で1/2にならないことを保証しますね

これで増える方は厳密に倍数を限定できます

>>188
ふーむ、思ってたのとちょっと差があるな

どこらへんの影響だろうか

どこか大きいところでループしてるってことはないかな？

>>266
反例をみつけたら反証は容易だが
ループがないことを証明するのは
むちゃくちゃ難しそう、、、

>>255
0の連続には法則性が有りそうなのだが
どうしてそうなるのかは解らない

あとkで一般化したとき
k桁目より上の数と下の数で分離できるのかな？


> > n⇒Ev

> > 1⇒2*1
> > 2⇒8*1
> > 4⇒16*5
> > 8⇒32*205
> > 16⇒64*672605

> > 6=2*3⇒8*91
> > 10=2*5⇒8*7381
> > 12=4*3⇒16*33215
> > 14=2*7⇒8*597871

> > 3⇒2*13
> > 5⇒2*121
> > 7⇒2*1093
> > 9⇒2*9841
> > 11⇒2*88573
> > 13⇒2*797161
> > 15⇒2*7174453

そらこんな場末の掲示板で解決法が浮かぶくらいなら、とっくに証明されてるわな

>>268

例えばn=8のとき

A=11111111

01*A0=011,111,111
10*A0=111,111,110
3A0+1=122,222,222
/2
A1=101,111,111(k=7)

01*A1=01011,11111
10*A1=10111,11110
3A1+1=11122,22222
/2
A2=100,111111(k=6)

同様に
3A2+1=1101,222222
/2
0000,111111
0110,100000

A3=1110,11111(k=5)
01*A3=01110,11111
10*A3=11101,11110
3A3+1=12211,22222
/2
01100,11111
01001,10000

A4=10110,01111(k=4)
01*A4=010110,01111
10*A4=101100,11110
3A4+1=111211,12222
000100,01111
011101,11000

A5=1000,10,00111(k=3)

A5=01,0001,000111(k=3)
3A5+1=11,0011,001222
/2
A6=1,1001,101011(k=2)
A6=1,1001,101011(k=2)
01*A6=0110,0110,1011
10*A6=1100,1101,0110
3A6+1=1210,1211,0122
/2

3^0→1
3^1→11
3^2→1001
3^3→11011
3^4→1010001
3^5→11110011

3^6→0122210121
3^6→1011011001

3^7→011121121011
3^7→100010001011

3^8→1100110011121
3^8→1100110100001

3^9→1001,1001,1100011

3^9→100110011100011

>>270

A6=110,0110,1011(k=2)
01*A6=0110,0110,1011
10*A6=1100,1101,0110
3A6+1=1210,1211,0122
/2
0100,0100,0011
0101,0101,1010

A7=1001,1001,1101(k=1)
01*A7=01001,1001,1101
10*A7=10011,0011,1010
3A7+1=11012,1012,2112
/2
00001,0001,1001
01101,0101,0011

A8=1101,0110,1100

ん、どっかで間違えましたか

>>270
A2が既に間違えてますね

> 01*A0=011,111,111
> 10*A0=111,111,110
> 3A0+1=122,222,222
> /2
> A1=101,111,111(k=7)
>
> 01*A1=0101,111,111
> 10*A1=1011,111,110
> 3A1+1=1112,222,222
> /2
> A2=1000,111,111(k=6)

> 同様に
> 3A2+1=11001,222,222
> /2

> A3=1101,011,111(k=5)
> 01*A3=01101,011,111
> 10*A3=11010,111,110
> 3A3+1=12111,122,222
> /2
> 01000,011,111
> 01011,110,000
>
> A4=10100,001,111(k=4)

>>273

A4=10,100,001,111(k=4)

3A4+1=111,100,012,222
/2

A5=11,110,010,111(k=3)
3A5+1=122,210,111,222
/2
011,100,000,111
010,001,011,100
101,101,100,011

3A6=101,101,100,011(k=2)

3A6+1=11,121,121,00,122
/2

00,010,010,00,011
01,110,110,10,010
10,001,000,10,101

A7=10,001,000,10,101(k=1)
3A7+1=110,011,00,111,112
/2
11,001,101,000,00

A8=11,001,101,000,00(k=1)

/2^5=32

ふーむ、難しかった上に
ここまできても正解かどうか怪しい、、、

>>271
高次構造が降りてくるということだが
単純に3^4や3^8は連続する0が多いのか

> 3^0→1
> 3^1→11
> 3^2→1001
> 3^3→11011
> 3^4→1010001
> 3^5→11110011
> 3^6→1011011001
> 3^7→100010001011
> 3^8→1100110100001
> 3^9→100110011100011

3^10→110,121,0,1221,00,121
3^10→111,001,1,0001,01,001

3^10→1110011000101001

3^10→1110011000101001

3^11→1221,1001,0011,11011
3^11→10001,1001,0011,11011

3^11→100011001001111011


3^12→1100,1001,011,012221,121
3^12→1100,1001,011,111110,001

3^12→11001001011111110001

>>268

ひとつわかることは

下の桁が010101みたいな連続となって
それが3倍数して1足してから2で割るので

2^(2p-1)みたいな数になって

n=8⇒32=2^5=2^(2*3-1)

だが次のやつは1しか増えないので
n=16⇒64=2^6
別の機構によるものだな
奥深すぎる

>>275
うーむ、単純化するより複雑化してみる

>3^2→1001
>3^4→1010001
>3^6→1011011001
>3^8→1100110100001
3^10→1110011000101001
3^12→11001001011111110001

3^(2→4)=
+0001001
+1001
=1010001

3^(2→2)=121

3^(2→4)=
+00121
+0242
+121
=14641

つまり二項定理なのだが、、、

(2+1)^m=ΣmCk_2^k_1^(m-k)
=ΣmCk*2^k

3^(8)=
+1000,0000*1
+0100,0000*8!/7!→2^3
+0010,0000*8!/6!/2!→2^2*7
+0001,0000*8!/5!/3!→2^3*7
+0000,1000*8!/5!/3!→2^3*7
+0000,0100*8!/6!/2!→2^2*7
+0000,0010*8!/7!→2^3
+0000,0001*1
=
+0000,1000,0000*001→2^(8+0)*001
+0010,0000,0000*001→2^(7+3)*001
+0000,1000,0000*111→2^(6+2)*111
+0000,1000,0000*111→2^(5+3)*111
+0000,0100,0000*111→2^(4+3)*111
+0000,0001,0000*111→2^(3+2)*111
+0000,0001,0000*001→2^(2+3)*001
+0000,0000,0001*001→2^(1+0)*001
=

>>277
一桁間違っとるね
8!/4!/4!→8*7*6*5/4/3/2/1=2*7*5

> 3^(8)=
+2^(8+0)*001
+2^(7+3)*001
+2^(6+2)*111
+2^(5+3)*111
+2^(4+1)*111*101
+2^(3+3)*111
+2^(2+2)*111
+2^(1+3)*001
+2^(0+0)*001

3^(16)=
+2^(16+0)*16!/16!/00!→1
+2^(15+0)*16!/15!/01!→16
+2^(14+0)*16!/14!/02!→16*15/2
+2^(13+0)*16!/13!/03!→16*15*14/3/2
+2^(12+0)*16!/12!/04!
→16*15*14*13/4/3/2
→2^2*5*7*13
+2^(11+0)*16!/11!/05!
→16*15*14*13*12/5/4/3/2=2^2*7*13*12
→2^4*3*7*13
+2^(10+0)*16!/10!/06!
→16*15*14*13*12*11/6/5/4/3/2
→4*14*13*11=2^3*7*11*13
+2^(09+0)*16!/09!/07!
→16*15*14*13*12*11*10/7/6/5/4/3/2
→16*13*2*11*10/4=2^4*5*11*13

+2^(08+0)*16!/08!/08!
→16*15*14*13*12*11*10*9/8/7/6/5/4/3/2
→16*13*2*11*10*9/4/8=9*10*11*13

+2^(07+0)*16!/07!/09!→2^4*5*11*13
+2^(06+0)*16!/06!/10!→2^3*7*11*13
+2^(05+0)*16!/05!/11!→2^4*3*7*13
+2^(04+0)*16!/04!/12!→2^2*5*7*13
+2^(03+0)*16!/03!/13!→2^4*5*7
+2^(02+0)*16!/02!/14!→2^3*3*5
+2^(01+0)*16!/01!/15!→2^4
+2^(00+0)*16!/00!/16!→1

>>278

mCkはわりと2^nは少ないですね

3^16=

+2^16(16+0)*1
+2^19(15+4)*1
+2^17(14+3)*3*5
+2^17(13+4)*5*7
+2^14(12+2)*5*7*13
+2^15(11+4)*3*7*13
+2^13(10+3)*7*11*13
+2^13(09+4)*5*11*13
+2^09(08+1)*5*9*11*13→no素数
+2^11(07+4)*5*11*13
+2^09(06+3)*7*11*13
+2^09(05+4)*3*7*13
+2^06(04+2)*5*7*13
+2^07(03+4)*5*7
+2^05(02+3)*3*5
+2^05(01+4)*1
+2^00(00+0)*1

これだけの総力を傾けてもまだ解決に至らないのか。

>>279

m!/k!(m-k)!
のそれぞれが偶数じゃないと
逆に2^がかなり増えるな

16
8
とかの時は逆に2^が極端に少なくなる
気がするが逆に和はたくさん2で割れるのか

数学者も恐れる「ハマると病む難問」　解けたら1億円、企業が懸賞金
https://www.asahi.com/articles/ASP937HM6P8ZULBJ00T.html

朝日新聞だが、無料では最初部分しか読めない。後に何が書いてあるのか
が分からないのは嫌だな。

この予想は、四色問題と同値か、
それに近い雰囲気を感じる。

試しにやってみたらめちゃくちゃ大変なルートのやつに当たってしまった、もうやりたくない

http://www.tamagaki.com/math/CollatzProblem.html
このへんのサイトおもしろかったから貼っとくわ

5倍や7倍だと収束しないのだろうか

>>284


4m+3型で分類してますが
とりあえずこのスレでは
そんなささいなのじゃなくて

2^m-1型が厳しいことを説明しきってます

つまり
1XXXXX…11111…1111型は
下の桁の埋まりに応じた
繰返しを要求されます

4m+3型はこれの下２桁が
11の時のいちばん単純な類型ですね

>>268
いちばん下の桁から
初めてゼロが出現する部分を利用して
一回のステップを
複数k回のステップのグループで
まとまった処理単位とすることができる

なんとなくだが今のところ
この桁を利用して
処理中の数の構造を分解することが
できるのではと思ってます

任意の正の整数に対して「偶数の場合は2で割る、奇数の場合は1を足す」という操作を繰り返すと、最終的に必ず1になるというのは自明

任意の正の整数に対して「偶数の場合は2で割る、奇数の場合は2倍して1を足す」という操作を繰り返すと、最終的に1になるのは2の冪乗だけ

任意の正の整数に対して「偶数の場合は2で割る、奇数の場合は0倍して1を足す」という操作を繰り返すと、最終的に1になるのは自明

よって

任意の正の整数に対して「偶数の場合は2で割る、奇数の場合は偶数倍して1を足す」という操作を繰り返すと、最終的に1になる

ならば

任意の正の整数に対して「偶数の場合は2で割る、奇数の場合は奇数倍して1を足す」という操作を繰り返すと、最終的に1になるのでは？という予想か

グループ内の漸化式は
>>262>>248
で示されていて、
ビット反転したBのみで表現することができる

そんでもってざっくりいえば
2^k→3^kへと変換してる
(まぁこれは当然だがww)


これもちょっとズレてるかもしれないので
再計算しておきたいところ

>>262
ちょっとだけ混乱したけど
連続してステップを繰り返すグループGに対して

G=A(k)
=3^k*2^(n-k)-(3/2)^k*B-1
=3^k{2^(n-k)-(B/2^k)}-1

これで良いはず

n=kのときB=0000…
G=3^n-1
ちょっとこれ凄くない？
おいらは感動してしまいますね


> ちなみにAは連続して2で割れない数列とする
>
> A1=3*2^(n-1)-{3(B/2)+1}
>
> A1=3^1*2^(n-1)-(3/2)^1*B-1
> A2=3^2*2^(n-2)-(3/2)^2*B-1
> A3=3^3*2^(n-3)-(3/2)^3*B-1
> A4=3^4*2^(n-4)-(3/2)^4*B-1

>>255
つまり
2^n-1だったものが
3^n-1へと転換されるわけだ

よって

3^n-1> > n⇒Ev
(書き直すのが面倒なんで> >はイコールと読み替えてください)

3^01-1> > 1⇒2*1
3^02-1> > 2⇒8*1
3^03-1> > 3⇒2*13
3^04-1> > 4⇒16*5
3^05-1> > 5⇒2*121
3^06-1> > 6⇒8*91
3^07-1> > 7⇒2*1093
3^08-1> > 8⇒32*205
3^09-1> > 9⇒2*9841
3^10-1> > 10⇒8*7381
3^11-1> > 11⇒2*88573
3^12-1> > 12⇒16*33215
3^13-1> > 13⇒2*797161
3^14-1> > 14⇒8*597871
3^15-1> > 15⇒2*7174453
3^16-1> > 16⇒64*672605

>>293
例えばこれが3倍→5倍になったとき
どのような結果になるんだろうか

3のときは連続した11
5のときは連続せず101

これはおそらく単純にはいかない
逆に

7のときは連続して111

これはなんらかの可能性を感じます

>>293

さて、これを利用して
さらに大きくなる数を検討していきたい

単純に大きくなるのは
あんまり面白さを感じないから
できるだけ少ない試行で大きくなれる
そんな数はどうなのか
これを調べてみたいですね

> 連続してステップを繰り返すグループGに対して
>
> G=A(k)
> =3^k*2^(n-k)-(3/2)^k*B-1
> =3^k{2^(n-k)-(B/2^k)}-1

とりあえず、この式を拡張して
意味は別に考えておきます

まず{}内に関しては

E(n-k)=2^(n-k)-1=E'
B/2^k=B'

Bの下の0の桁をk桁短縮するかんじです

どちらもk桁ほど短くなったから
拡張して{E'-B'}=を考えていきたい

よし

>>296

まず間違ってる点を修正
{E'+1-B'}ですね

2^(n-k)=E'+1 の下一桁が0はあきらか
B'の下一桁が1はあきらか
3^kの下一桁が1はあきらか

つまり
G=A(k)=
=3^k{2^(n-k)-(B/2^k)}-1
=3^k{E'+1-B'}-1
は下一桁が0になって必ず2で割れます

>>298

> G=A(k)=
> =3^k{2^(n-k)-(B/2^k)}-1
> =3^k{E'+1-B'}-1


さらに拡張したA'=E'-B'を用意して

G=
=3^k{E'-B'+1}-1
=3^k{E'-B'+1}-1
=3^k{A'}+3^k-1

これはヤベぇ式がでてまいりました
感動的です

>>299

これはなにがカッコいいかというと

むちゃくちゃ綺麗に
２進数のﾋﾞｯﾄｼﾌﾄが
３進数のﾋﾞｯﾄｼﾌﾄへと
切り替わっています

>>299

やれることは推測できるので
先に方針を書いておきます

下桁がが11111…1で埋められている場合
グループ化された処理Gによって
連続した3倍ステップの結果を示せるが
拡張すれば下の桁のから逐次処理する形で
漸化式を示せるようになると思う
0が現れたらGの処理はストップして
別の対応(とりあえずここではZと書いておく)をしなければならない

おそらくそのまま初期値Aを利用して
次のステップに進むことができるので
そのときの連続した1111…1の並びの桁数をk2
その下の連続した0000…0の並びの桁数をh1
その下の連続した1111…1の並びの桁数をk1
としてGを拡張していく

とりあえず、おまいらが貴重な頭を使わなくて済むように、コラッツ予想の次の値を求めるエクセル関数ほいよ。
=IF(MOD(A2,2)=0,A2/2,A2*3+1)
A2セルに適当な数字入れて、B2セルにこれをコピペしてみてね。

>>299>>300


G=A(k)=
=3^k{2^(n-k)-(B/2^k)}-1
=3^k{E'+1-B'}-1

G⇒
=3^k{E'-B'+1}-1
=3^k{A'+1}-1
=3^k{A'}+3^k-1

さて3^k-1はちょうど２進数のときと同じように
全k桁が2で埋められた３進数となる

そして3^kはその一桁上であり

３進数[{A'}22222…2]
となることから2で割りきれることはあきらか

さらに
３進数[{A'/2}11111…1]
これが2で割ることが可能かは
全ての桁の和が偶数である必要がある

>>303

つまりは>>294で多く2の約数をもつ秘密はここにあると思われる

だがこのままでは直接的ではない

これはある意味素数の出現法則と通ずる所があるな。
つまり誰も解けない。

ひっさつまえば

>>294

ちなみに約数というか2^nで
どのくらい割れるかは

>>279のような形で示される二項定理から
いちばん下の桁のは1なので
下二桁目の2^nで示せると思われる

おそらく下二桁目の持つ2^nを超える
下二桁目以上の項は持つことを示せる考えている

>>303


> G⇒
> =3^k{E'-B'+1}-1
> =3^k{A'+1}-1
> =3^k{A'}+3^k-1

よってざっくり言って

3^k-1はkC2の2^nをたぶん持ってる

{A'}が2^nを何個持つかは下桁の00…0の連続具合によるため
この二つから最低でも2^nで何桁があるかは示せそう(場合分け必要かも？)

逆に桁の和を数える方法では
最大でどこまで持ってるかになるかと思われる

>>308

kC1ですね、すみません

さて３進数において
２で割るというのは
どんな意味をもってるのだろうか？

おそらく余りの作用かと思いますが

３進数⇒10進数/2⇒３進数

11⇒4/2⇒02
101⇒10/2⇒12
1001⇒28/2⇒112
10001⇒82/2⇒1112
100001⇒244/2⇒11112

ふーむ
3^k-1+1=(3-1){3^(k-1)+3^(k-2)+…+3^1+3^0}+1

ってやつですね

>>310


1111⇒81+27+9+1=118/2=56

222+1
022+1
002+1
000+1

=246+4
/2
=123+2
=202

こんな感じか
やはり場合わけで進むしかないのだろうか、、、

>>279

16C2と16C1のところが2^5になって
両方とも2をくくり出した後は同じ桁で
それぞれ奇数になるから

2^(5+1)=64になるわけか

なかなかややこしい

>>268

まず3^k-1を展開したぶんで/2
さらにkC1が偶数化する効果

これで左辺に最低で判断できる2^kを記入していくと

> > > n⇒Ev

2> > > 1⇒2*1
4> > > 2⇒8*1
8> > > 4⇒16*5
16> > > 8⇒32*205
32> > > 16⇒64*672605

4> > > 6=2*3⇒8*91
4> > > 10=2*5⇒8*7381
8> > > 12=4*3⇒16*33215
4> > > 14=2*7⇒8*597871

2> > > 3⇒2*13
2> > > 5⇒2*121
2> > > 7⇒2*1093
2> > > 9⇒2*9841
2> > > 11⇒2*88573
2> > > 13⇒2*797161
2> > > 15⇒2*7174453

足りないのは上の二つの群ですか
足りないのも2だけだから
おそらく>>312に示した効果のみなんだろうなぁ

チラ裏でやれ

>>303
増えるときより減るときの方が難しいとは
思ってたのとは違いますなぁ

きちんと割りきらないと次のステップに進めない

>>303


３進数
[{A'}222222…222222]
/2
[{A'/2^1}11111111…11111111]
[{A'/2^1}04040404…04040404]
/4
[{A'/2^3}01010101…01010101]
[{A'/2^3}000�I000�I…000�I000�I]
/2
[{A'/2^4}00050005…00050005]
[{A'/2^4}00120012…00120012]
↑ここまでは対称性あり
[{A'/2^4}001130113…0113012]
[{A'/2^4}0011231123…112312]
[{A'/2^4}00112241224…12242]

奇数を3倍して1足すと必ず偶数だからさらに2で割るまで確定。
すると結局、奇数なら1.5倍して0.5を足すということ。一方偶数なら2で割るわけで、どんな数も平均約0.75倍ずつ減る運命にあるな。

>>317
この説は感覚的に分かりやすいですね

ただ、無限ループが存在しないことも証明する必要がありますかね

正直>>188さんと>>248さんのレスで
コラッツ予想は99.9999…%真なんだろうなとは感じるものの
100%と断言できないのが悲しいところ

>>301


A'はAの下k桁が1111…1で埋められた
その部分をカットして桁を縮めたもの

これを式で書き下していくと

A'=
={A-E'}/2^k
={A-(2^k*-1)}/2^k
={A+1}/2^k-1

つまりグループGは
G=
=3^k{A'}+3^k-1
=3^k{A+1}/2^k-3^k+3^k-1
=(3/2)^k{A+1}-1


ところで
A'={A+1}/2^k-1
は何を示しているかというと

{A+1}は下k桁の1111…1を繰上させて
その一桁上の0の桁を1に反転させている

よってこれを使えば
下桁側から逐次処理していくことが可能になるかも

リーマン予想もせやで

>>320

> G=
> =3^k{A'}+3^k-1
> =3^k{A+1}/2^k-3^k+3^k-1
> =(3/2)^k{A+1}-1
=3^k{A+1}/2^k-1

とすると
{A+1}/2^kは奇数(そしてA'の下h桁の連続した0でラストは1)
3^kは奇数
この積から1を引いてるけど
結局のところ２回連続して2で割れるかは

{A+1}/2^0=1XXXXX…00000100…0
{A+1}/2^k=1XXXXX…000001

これと3^kの積だから
下一桁より上に0が連続するかは保証できない気がする

こうして見ていくと
>>316がいちばん筋が良さそうに見えるが、、、

>>316

>>313での
4の積がない理由が示せてるような気はする

[10001]→3^4+1→82/2=41→[01112]

> [{A'/2^4}00120012…00120012]
+ [{A'/2^8}00020002…00020002]
+ [{A'/2^8}00100010…00100010]

下 [{A'/2^8}00011120…00011120]

計 [{A'/2^4}00021121…00021121]

または
> [{A'/2^4}00050005…00050005]
= [{A'/2^4/5}00010001…00010001] *5
= [{A'/2^5/5}00001112…00001112] *5*2
= [{A'/2^5/5}00001042…00001042] *5*2
= [{A'/2^5/5}0000104200001042
…0000104200001042] *5*2

[10000001]→3^7+1→2188/2=1094→
[01111112]=[00404042]
=[00202021]*2→547

うーん、綺麗にならんなぁ

>>275

２進数空間で王手の
010101…010101は
３進数空間でどうなってるのか？

>>237あたりから始めると早いのかね

>>120
871→1101100111
937→1110101001
703→1010111111

250504→111101001010001000
83501_→10100011000101101

190996→101110101000010100
63665_→1111100010110001

ふーむ

> 1〜999までの整数で
> 処理回数が１番多いのは871で処理回数179回、最大値190996
> 次点が937で処理回数174回、最大値250504
>
> ちなみに703も処理途中で最大値250504に達する

>>325
937と703が多くなるのは解りやすいが
871が多くなるのは高次構造によるのかな？

>>325

703→A1=1010111111
k1=6
A1'=1010

G1=3^6{A1'+1}-1
3^6→1011011001

G1→
+1011011001*1000
+001011011001*10
+0001011011001*1
-1
=1022132122011-1
=0222204042002

G1/2
=0111102021001
=0111110101001

G1/2*3+1=G2=
+0111110101001*10
+00111110101001*1
+1
=01222211111012
=00422202222204

G2/2^2=
=00211101111102/2
=00202220222222/2
=00101110111111

A3'=101110
k3=6

G3=3^6{101111}-1
+1011011001*100000
+001011011001*1000
+0001011011001*100
+00001011011001*10
+000001011011001*1
-1
=102224333322110
=022224244442022

G3/2=
=011112122221011
=100001011101011

たしかにこれはけっこう増えますね

>>1
こういう問題は罪作りだなぁ。
まだABC予想とかポアンカレ予想などなら、
ある程度の数学知識がなければ問題が理解できないからいいが、
フェルマーの定理とかコラッツ予想などは中学生レベルの数学
で理解できるもんだからたちがわるい。
それらの人間の時間を奪っている。結局できはしないんだから。

>>327

A4'=1000010111010
k4=2

G4=3^2{A4'+1}-1=
=9000090999098=
+8200242242008
+0000002420242
+0000000024200
=820024468644�I

G4/2=
=4100122343445
=4101002505045
=4101012201141
=4101101010101
=100101101010101

G4/2*3+1=G5
+100101101010101*10
+0100101101010101*1+1
=1101112111111112
=1110001000000000

G5/2^9=A6=1110001

G6=3*A6+1=
=3330004
=2442004

G6/2^2=
=1221002/2
=2020202/2
=1010101

やっとできましたね

矮小化した問題の例。

Q1:
ｘを初期値としてコラッツの操作を3回したときにｘに戻ってくるのは
ｘが1，2，4のいずれかである場合しかないことを示せ。

Q2:
ｘを初期値としてコラッツの操作を4回したときにｘに戻ってくる、
そのようなｘは存在しないことを示せ。

Q3：
コラッツの操作5回で元に戻るような初期値は存在しないことを示せ。

。。。。

>>327

さて、>>325の最大の到達値と合ってないから
どこかで間違ってるのかな？

あれ？なんかこれって
1に収束させればいいので
自然数の奇数+1を2で割れば1/2未満になることを示せばいいだけのような
奇数は2n+1だから3*(2n+1)+1=6n+4
(6n+4)/2<1/2を満たせばいいのだから
2/(6n+4)<2=
1/(3n+2)<1
で1/(自然数)は常に1未満で真
あれ？？こんなんでいいのか？？(自分自身に疑心暗鬼)