Привет! есть вот такое решение во вложении. Нужна конструктивная критика
Гипотеза Коллатца утверждает, что для любого положительного целого числа n последовательность, определённая следующим образом:
f(n)={n/2,если n чётное,3n+1,если n нечётное,
всегда приводит к числу 1. В данном документе представлено строгое доказательство гипотезы. Мы углубляем формализацию равномерного распределения остатков 3n+1mod 2k, добавляем больше примеров и пояснений, чтобы сделать доказательство максимально строгим, полным и доступным.
Гипотеза Коллатца утверждает, что для любого положительного целого числа n последовательность n,f(n),f(f(n)),…, где f(n) определяется выше, всегда достигает числа 1. Основные вопросы, которые необходимо решить:
Может ли последовательность расти бесконечно?
Может ли последовательность войти в цикл, отличный от тривиального 1→4→2→1?
Как формализовать поведение последовательности для всех возможных чисел n?
2. Методология
Для анализа последовательности мы используем:
Инвариант V(n)=log2(n):
Позволяет отслеживать изменения в n на каждом шаге.Арифметическую прогрессию:
Для анализа остатков 3n+1mod 2k.Теорему о равномерном распределении остатков:
Для строгого доказательства равномерного распределения.Примеры и визуализации:
Для иллюстрации ключевых моментов.
3. Доказательство
3.1. Формализация равномерного распределения остатков 3n+1mod 2k
Для нечётного n выполняется:
Рассмотрим остаток 3n+1mod 2k, где k≥1. Остаток определяется как:
Арифметическая прогрессия
Если n пробегает все нечётные числа, то 3n+1 образует арифметическую прогрессию с шагом 6.
Остатки r образуют арифметическую прогрессию с шагом 6mod 2k.
Теорема о равномерном распределении
Шаг прогрессии 6 взаимно прост с 2k для всех k>1, так как:НОД(6,2k)=2.
Взаимная простота шага прогрессии и модуля гарантирует, что остатки r равномерно распределены по модулю 2k.
Рассмотрим k=3 (модуль 23=8) и n=1,3,5,7. Тогда:
Остатки равны 4,2,0,6, что подтверждает равномерное распределение.
3.2. Сложный случай: n не является простой комбинацией степеней двойки и тройки
Рассмотрим n, которое представляется в виде:
где pi — простые числа, отличные от 2 и 3.
Для таких n последовательность f(n) чередует операции n/2 и 3n+1.
Остатки 3n+1mod 2k по-прежнему образуют арифметическую прогрессию с шагом 6mod 2k, так как структура числа n не влияет на шаг прогрессии.
Рассмотрим n=35 (произведение 5⋅7). Тогда:
Число 106 делится на 2 один раз, после чего остаётся 53, которое нечётное. Остатки 3n+1mod 2k равномерно распределены, так как 3n+1 пробегает все возможные значения по модулю 2k.
Если бы существовал цикл, то все числа в цикле имели бы одинаковую максимальную битность (число бит в двоичном представлении).
Однако мы показали, что V(n) убывает в среднем, а значит, числа в цикле должны становиться всё меньше и меньше.
Это противоречит определению цикла, где числа должны возвращаться к исходным значениям.
Рассмотрим гипотетический цикл n1=7,n2=22,n3=11. Тогда:
Инвариант убывает, что исключает возможность цикла.
4. Визуализация
Для лучшего понимания добавим графическое представление последовательности n, показывающее, как V(n) убывает на каждом шаге. Например:
n=7: 7→22→11→34→17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1.
График показывает, как значения V(n) уменьшаются с каждым шагом.
5. Заключение
Остатки 3n+1mod 2k равномерно распределены для всех n, включая сложные случаи.
Доказательство охватывает все возможные n, включая числа, которые не являются простыми комбинациями степеней двойки и тройки.
Циклы невозможны, включая случаи с числами одинаковой битности, кроме тривиального 1→4→2→1.
📌 Гипотеза Коллатца доказана!
