Und ich habe gerade die Relativitätstheorie entdeckt, ach verdammt, die gibt's ja schon. Aber ich habe ja noch das Rad, damit kann ich ja morgen zum Patentamt gehen.
Dieses Collatz-Dings ist schon eine witzige Sache. Natürlich nimmt keine Zahl den gleichen Weg, aber alle Zahlen nehmen mehr oder weniger ähnliche Wege. Der Vergleich mit einem Strauß Blumen hinkt zwar, aber irgendwie ist der schon nahe dran. Im Zahlenfeld bis 2000 ist die interessanteste Zahl: 1161. Sie schwingt als einzige am längsten mit 180 Schritten auf den Deadlock zu und definiert sozusagen den "Pfad des Todes", auf den alle anderen Zahlen in diesem Bereich auch früher oder später einschwingen. Die einen schwingen sehr lange mit und andere kommen erst kurz vor Exitus dazu. Es sind immer dieselben Zahlen, auf denen sich der Untergang nähert. Dabei kann man Zahlengruppen identifizieren, die untereinander ähnliche Wege gehen. Eine prägende Eigenschaft konnte ich noch nicht finden. Das interessanteste Zahlentrippel ist 1988,1989,1990. Sie stürzen in der selben Anzahl von nur 23 Schritten ins Verderben - wie viele andere auch, jedoch sind es die größten Zahlen mit dieser Eigenschaft im Zahlenfeld bis 2000. Die Zahl 1365 ist die größte 4-Stellige Zahl (
die entstehenden zahlen oszillieren durch die vor-zurück-rechnungen sozusagen wild in der gegend herum. irgendwann treffen sie dabei auf eine zweierpotenz und fallen dadurch in eine art trichter, an dessen ende die eins lauert. man muss also "nur" :-) beweisen, dass sich bei jeder ausgangszahl bei den genannten rechenschritten immer irgendwann auch einmal eine zweierpotenz ergeben wird.
Ich habe mit Excel mal die 27 durchgespielt. Es kommen am Ende der Teilungen durch 2 verdammt oft Primzahlen raus. Aber einen Trichter, wie du ihn beschreibst, also eine 2er Potenz, kam am Ende nicht vor. Es sind bei der 27 übrigens 111 Schritte und die größte Zahl der Reihe ist 9232 im 77. Schritt. Ich habe mal ein paar größere Primzahlen ausprobiert. Bei der Startzahl 31 sind es 106 Schritte und die größte Zahl ist überraschenderweise ebenfalls die 9232 und wird im 72. Schritt erreicht. Bei Startzahl 41 ist die größte Zahl ebenfalls 9232 beim 75. Schritt. Insgesamt braucht die 41 109 Schritte bis man zur Eins gelangt. Excel ist schon ein geiles tool :)
@@berndkru Bääh. TH-cam hat meine Antwort gekillt. Habe wohl etwas zu oft copy paste gemacht beim editieren. Naja ... jetzt ist die Lösung ja wieder mein Geheimnis und ich kann die Million kassieren *ggg*
@@berndkru Gerade solche Warnungen spornen erst recht an. Von derartigen Phänomenen, die auch Grundschüler verstehen, aber gestandene Mathematiker ratlos dastehen lassen, sind Laien geradezu magisch angezogen. Und es wäre mir ein Fest, wenn dieses Video einen Zehnjährigen dazu motivieren würde einen Lösungsansatz zu finden, auch wenn er nicht 100-prozentig ausgearbeitet wäre, aber trotzdem den Weg zur Lösung aufstoßen würde.
@@Jonas-h4w3q Ja, dem stimme ich auch zu. Ich finde es auch nicht schlimm, wenn sich jemand in ein solches Problem verbeißt, auch wenn eine Lösung praktisch aussichtslos ist. Man lernt durch Fehlversuche mehr als durch schnelle Lösungen. Die Warnung der Mathematiker richtete sich vor allen Dingen an andere Mathematiker.
Alle Zahlen, die durch 9 teilbar sind, haben eine Quersumme, die durch 9 teilbar ist. Das hab ich irgendwann mal in der fünften Klasse gelernt, als es darum ging, auf den ersten Blick zu erkennen, ob eine Zahl bestimmte Teiler hat. Für 2: die Zahl muss gerade sein 3: die Quersumme ist durch 3 teilbar 4: die letzten beiden Ziffern sind 00 oder durch 4 teilbar 5: endet auf 5 oder 0 6: die Quersumme ist durch 3 teilbar und die Zahl ist gerade 9: die Quersumme ist durch 9 teilbar 10: die Zahl endet auf 0 12: die Quersumme ist durch 3 teilbar und die letzten beiden Ziffern sind 00 oder durch 4 teilbar 20: die Zahl endet auf 0 und die vorletzte Ziffer ist gerade 25: die letzten beiden Ziffern sind 00 oder durch 25 teilbar 30: die Zahl endet auf 0 und die Quersumme ist durch 3 teilbar etc.
Mein Verstand setzt regelmäßig aus, wenn die Quersumme ins Spiel kommt. Warum soll die Stelle bei Milliarden die gleiche Wertigkeit spielen wie die Einerstelle
@@DemokratieErwacht Weil die 9, 99, 999, … zur nächsten Zehnerpotenz immer den selben Rest bei Teilbarkeit mit 3 oder 9 aufweisen, nämlich 1. Du kannst beliebig große Zahlen als Summe ihrer Ziffern multipliziert mit der Zehnerpotenz schreiben und diese Potenz durch den Rest ersetzen. Somit „kürzt“ sich alles andere heraus. Und das entspricht der Quersumme. Da 10 zur 11 eins zuwenig ist, funktioniert das genau so mit Rest -1. Die Zehn wird durch den Rest ersetzt und es ergeben sich abwechselnd die Faktoren 1 für gerade und -1 für ungeraden Exponenten. Also eine alternierende Quersumme.
Interessant ist, wenn man sich groessere Mengen dieser Zahlenreihen vom Computer ausrechnen laesst. Man erkennt dann schnell, dass bestimmte Zahlenfolgen immer wieder vorkommen. Wenn TH-cam das nicht loescht, hier ist ein Visual Basic Script, das man laufen lassen kann und dann alles in der Datei Collatz.txt findet. In der Zeile for n = 2 to 100 kann man logischerweise die Schleife auch zu groesseren Zahlen als bis 100 laufen lassen: Dim fso, tf Set fso = CreateObject("Scripting.FileSystemObject") Set tf = fso.CreateTextFile("Collatz.txt", True) for n=2 to 100 tf.writeline("n=" & n) k=n while k 1 l = k k = even_or_odd(k) tf.writeline(l & " " & k) wend tf.writeline("") next tf.Close function even_or_odd(num) if num mod 2= 0 then even_or_odd = num /2 else even_or_odd = 3*num + 1 end if end function
Coole Idee. Hab ein bißchen gebraucht, bis ich den Code verstanden habe und hab mal selber versucht, was zu schreiben... Dim fso, tf Set fso = CreateObject("Scripting.FileSystemObject") Set tf = fso.CreateTextFile("Collatz.txt", True) for n = 2 to 100 writeNumbers(n, tf) sub writeNumbers(n, tf) tf.WriteLine(n) if (n 1) then even = (n mod 2 = 0) if even then writeNumbers(n/2) else writeNumbers(3*n+1) end if end sub
Das Preisgeld gibt es offenbar nicht nur, wenn man beweisen kann, dass die Collatz-Vermutung richtig, sondern auch, dass sie falsch ist. In den Bedingungen steht: “Solving Method” means either, the verification of the Solution for the Problem by presenting a reasonable mathematical proof that the Collatz Conjecture is accurate; or the verification of the Solution for the Problem by presenting a reasonable mathematical proof that the Collatz Conjecture is false. Das würde bedeuten, dass auch die Nennung eines Gegenbeispiels zur Auszahlung des Preisgeldes führt.
Der Beweis durch Gegenbeispiel würde allerdings erfordern, zu beweisen, dass bei einer bestimmten Startzahl die Folge *nie* endet, man müsste also eine unendlich lange, weil nie endende Rechnung als Beweis vorlegen.
@@maximkretsch7134 oder dass die Folge in eine Schleife gerät, in der die 1 nicht vorkommt. Oder jemand kann beweisen, dass es eine obere Grenze für die Anzahl der Folgenglieder gibt bis zur 1, falls diese erreicht wird. Wenn diese dann überschritten wird, wäre die Collatz-Vermutung widerlegt.
@@maximkretsch7134 Nicht zwangsläufig, Es könnte auch passieren, dass eine Zahlenschlaufe entsteht. bei welcher sich die Zahlen in immer der selben Reihenfolge wiederholen.
@@erikpfingstner3902 Dass sich eine Zahlenschleife ergibt, bei der sich die Zahlen endlos wiederholen, ist doch ohne Zweifel auf Grund der beiden Rechenvorgaben ausgeschlossen.
@@lotharauengrund5205 Ich denke mal wenn du das Beweisen kannst bekommst du das Preisgeld. Verändere doch einfach mal die Vorgaben in: x/2 bei gerade x*5+1 bei ungerade 5 als Primzahl sollte ja ähnlich chaotischer Multiplikator sein. bei x=5 geht die Berechnung allerdings in eine Schleife zwischen 13 und 416, sprich die 1 wird niemals erreicht
Es gibt noch andere schöne ungelöste Vermutungen: - Es gibt unendlich viele Primzahlzwillinge (3,5), (5,7), (11,13), (17,19), (29,31). Man kann das auch in eine Formel fassen (6n-1,6n+1) wobei 6n-1 und 6n+1 Primzahlen sein müssen - Jede gerade Zahl größer 2 läßt sich auf mindestens eine Art als Summe zweier Primzahlen darstellen: 4 = 2+2 ; 6 = 3+3 : 8 = 5+3 ; ... - Von der oberen Vermutung abgeleitet: Jede ungerade Zahl größer 5 läßt sich auf mindestens eine Art als die Summe von drei Primzahlen darstellen.
Von den Zahlen mit den längsten Schritten zum Deadlock sind deren ungerade Zwischenergebnisse sogar zu fast 2/3 prim! Bei Schrittlängen zwischen 4 und 13 sind es fast 3/4! Diese Collatz-Vermutung ist spannender als auf den ersten Blick zu erkennen war! Allerdings driftet die Sache einem Primzahlenproblem entgegen. Das sind immer ziemlich harte Nüsse und meist aussichtslos. Daher: Ich höre hier auf. Hat Spaß gemacht! Vielen Dank!
Naja, bei ihrer Aufgabe x *9 lande ich bei der 9er Reihe. Also bei 9, 18, 27 usw. Bei diesen Zahlen ist die Quersumme immer 9. Also ist die Ausgangsbasis immer die Gleiche. Gerade und Ungerade dient der Verwirrung. Also ist das Ergebnis immer gleich.
Man kann statt 3x+1 auch 5x+1 nehmen - und dann sieht es schon ganz anders aus. Dort endet es nicht immer im 4-2-1-Zyklus, sondern es gibt auch mehr als einen Zyklus und vielleicht sogar bei manchen Startzahlen geht es ins Unendliche (z.B. 7?). Die Frage ist dann, was an 5x+1 so anders ist verglichen mit 3x+1
Jede ungerade Zahl wird gerade. Jede gerade Zahl kann Gerade oder Ungerade werden. Wenn man nun die Zahlen in Kuchenform angibt, ergibt sich das wenn die Zahl ungefähr verdreifacht wird 3/4 des Kuchens einnimmt. Beim halbieren geht es jedoch zurück auf 1/4. Dadurch das aber die Wahrscheinlichkeit für eine Halbierung bei jeder Zahl wo man sie ausrechnet, immer fast doppelt sooft halbiert wird anstatt verdreifacht, wird das Ergebnis zwangsläufig kleiner und somit kommt es zur 1. Das Endergebnis kann auch nur 1 sein, weil jede Zahl irgendwann gerade wird und am Ende immer somit 2/2 gerechnet wird. Wenn man nun denkt das die Zahlen bei sehr geringen Wahrscheinlichkeit nicht sinken können und nur nach oben gehen. Dann sollte man Wissen das bei unendlich vielen Zahlen nach oben irgendwann die Zahl sinken muss. Für den Beweis habe ich jedoch hier nicht genügend Platz.😊
Bei Nummer 27 gibt es aber, wenn ich mich nicht verrechnet habe, "nur" 85 Ergebnisse, bis man wieder bei der "1" ankommt. In einer Excel-Tabelle bis Spalte "CH" = 1 Also bei "3n+1" gibt es (immer) die Zahlenfolge 4 2 1 Was ist aber bei "3n-1" ? Das habe ich mir mal angeschaut. Das ist genauso strukturiert, allerdings sind dann diese "Perioden" oder "Schleifen" anders. Da gibt es als kleinste Schleife die Folge 2 1 Bei n=10 geht es nach der 5 Operation zur 10 zurück. Bei n=11 geht es nach 3 Operationen bis zur 8 und dann bis zur 1 und dann wieder Folge 2 1 Bei n=12 geht es genauso ab. Bei n=13 geht es nach 6 Operationen bis zur 7. Dann folgen weitere 5 Operationen bis man wieder bei der 7 ist. Das hier sind nur mal ein paar kurze Beispiele. Die Größe der Schleife erhöht sich natürlich unproportional. Bei n=21 geht es nach 7 Operationen zur 34 um dann über 18 Operationen wieder bei der 34 anzukommen. Ich weiß nicht, ob das schon irgendwo jemandem aufgefallen ist. Übrigens, wenn man für n eine negative Zahl einsetzt, dann ist das genau so, nur eben anders herum. Also 3(-n)-1 hat das gleiche Ergebnis (als Betrag) wie 3n+1 und 3(-n)+1 das gleiche wie 3n-1. Ist wohl auch logisch. Übrigens ist morgen frei. Da kann man den Tag über fein rechnen. ;-) Gruß, Heiko
Dann lässt sich aber leicht zeigen, dass die Zahlen in der Folge stärker schrumpfen als anwachsen und deshalb „ganz unten“ ankommen. Bsp. 21,22,11,12,6,3,4,2,1.
Mit 5n +1 , 7n + 1 usw. funktioniert es nicht mehr ? Kann ja mal jemand ausrechnen. Bei welchem Multiplikator es nicht mehr zu klappen scheint. Vielleicht hat das ja was mit Pi zu schaffen ? Ich glaube dazu müssen Regeln mit dem Umgang der Unendlichkeit aufgestellt werden. 3 mal Unendlich + 1 ist ja immer noch Unendlich. Und die halbe Unendlichkeit ist auch unendlich.
@@c.l.3806 Bereits bei 5x+1 gibts interessante Eigenschaften. Dort endet es nicht immer im 4-2-1-Zyklus, sondern es gibt auch mehr als einen Zyklus und vielleicht sogar bei manchen Startzahlen geht es ins Unendliche (z.B. 7?). Die Frage ist dann, was an 5x+1 so anders ist verglichen mit 3x+1, dass es dort nicht immer auf 1 zurückgeht.
Hatte auch an die binäre Situation gedacht und dass "einfach" irgendwann eine 2^x herauskommen muss. Hab dann hier geschaut und.... da war ich wohl ganz knapp nicht der erste 🤣🤣 Aber mir ist aufgefallen, dass eigentlich immer versucht wird, die Gleichung zu falsifizieren. Es wird also eine Zahl gesucht, die den Kreislauf durchbricht und nie 1 ergibt. Und es wird versucht zu beweisen, dass beim gerade/ungerade Wechselspiel irgendwann unweigerlich eine Zweierpotenz herauskommt. Scheint ja irgendwie nicht so einfach.... Wir müssen also philosophisch herangehen Leute!! Wenn wir in einer Computersimulation leben würden, die selbstverständlich auf dem binären System beruht.... Dann führen alle Wege unweigerlich zu einer Zweierpotenz. Durch die Unlösbarkeit des Problems beweisen wir also, dass wir in einer Simulation leben. Und dass wir in einer Simulation leben, ist gleichzeitig die Lösung und der Beweis für das Collatz-Problem 🙃 Also her mit dem Geld! 😄😄
Die Zwischenergebnisse im Zahlenfeld bis 2000 sind zu 2/3 gerade Zahlen, zu 1/3 ungerade und von den Ungeraden sind 1/3 prim - was etwas mehr als 1/8 auf die Gesamtheit ist. Somit kommen Primzahlen nur sehr leicht häufiger vor als regulär zu erwarten wäre. Aber: Von den häufigsten 50 Zwischenergebnissen sind die Hälfte ungerade und davon 13 prim - also mehr als die Hälfte der ungeraden Top 50 Zwischenergebnisse sind prim - und mehr als 1/5 (>20%) insgesamt. Das ist signifikant!
Das Argument, die einige Kommentatoren hervorgebracht haben, es gäbe unendlich viele Potenzzahlen von 2, so dass jede Collatz-Folge irgendwann einmal so eine Potenzzahl treffen müsste und damit ihr Ende besiegelt sei, sticht nicht. Es gibt auch unendlich viele natürliche Zahlen, weswegen eine Collatz-Folge trotz der unendlich vielen Potenzzahlen beliebig herumhüpfen könnte ohne in die Potenzfalle zu tappen. Selbst wenn man akzeptiert, dass eine Folge nicht beliebig ansteigt, so gäbe so doch die Möglich-keit, dass eine Folge zufälligerweise irgendwann einmal auf eine frühere Zahl der Folge trifft. Dann wäre die Folge zyklisch und würde so die Collatz-Vermutung widerlegen. Tatsächlich schließt die Collatz-Vermutung die unendliche Zunahme und das zyklische Verhalten kategorisch aus, sondern besagt schlicht: Das Ende ist immer die Eins. Basta.
Hat das denn hier irgend jemand behauptet? Ich habe lediglich gefunden: Falls man beweisen könnte, dass jede Collatz-Folge auf eine Zweierpotenz stößt, dann gelangt man zur 1. Alles andere ist selbstverständlich falsch. Nachtrag: Einen haben ich jetzt gefunden, der fälschlicherweise so argumentiert.
@@berndkru Nein, ich habe nicht dich gemeint. Mich würde es nicht wundern, wenn du Mathematiker bist. 🙂 Und da lasse ich immer Vorsicht hoch 2 walten. 😉
Alle Zahlen enden entweder in der 32 oder in der 5. /5 ist die Möglichkeit durch Multiplikation +1 in die Gruppe der 4 fachen zu kommen. Das nächste Mal erst wieder bei 256... (17 x 3 x5)+1, usw. 5 ist außerdem bemerkenswert, da sie im Quadrat ein Viertel von Hundert ist, so erreicht man auch jede Primzahl: 5 x P(+2/-2/+4/-4)= neue Primzahl, Vielfache beachten...
Das '3 Mal' macht es so unübersichtlich und chaotisch. Dabei wäre es mit '1 Mal' n+1 bei ungeraden Zahlen ebenfalls so, dass man bei der 1 landet, allerdings mit deutlich weniger Rechenschritten. Allerdings geht das ja nicht mit allen ungeraden Zahlen anstatt der 3, z.B. '5 Mal' n+1 ergibt einen unendlichen Loop bei z.B. n=13, oder bei 'gerade Mal' n+1 geht es ins Unendliche, weil man das Ergebnis wiederum ungerade macht. Also wieso mit der 3? Eigentlich ist die 3 eine besondere Zahl, die extra definiert sein müsste. Also nicht nur gerade und ungerade, sondern eben auch 3-Teiler. Und irgendwie wird die Grundbehauptung damit zu tun haben. Jede Zahl kann eben als gerade, ungerade und eben 3-Teiler eingeteilt werden. So gibt es halt Überschneidungen, die es vorher nicht gab. Nur kann ich nix beweisen und bin daher keine Mio. reicher. Und immerhin hab ich in der Mittelstufe gut aufgepasst und kann mich nach all den Jahren an die 3 und ihre Eigenschaft noch erinnern.😆
irgendwie ist das eine gemeine Rekursion zweier Algorithmen, die sich auch noch abwechseln, aber ob man das schafft sich das so zu lösen, um dann in Rente zu gehen, hinterher rätselt man daran rum, bis man eh Rente bekommt. bei beliebiger Anfangzahl n und einer bestimmten Menge von Schritten K kommt immer irgendwann die 4 raus, um dann endlos derselbe kreislauf zu sein. beweise, dass es für jedes n gilt. hui
Jetzt mal eine ernsthafte Frage bezüglich Beweistechniken. In der Schule habe ich ja ein paar davon kennengelernt, also z.B. vollständige Induktion, oder Beweis durch Widerspruch. Aber wie gehen Beweise für Algorithmen? Gibt es so etwas überhaupt und wo lernt man so etwas. Nur im Mathestudium? Oder gibt es auch eine Quelle der Erleuchtung im Netz?
Die Schule wäre eigentlich ein guter Ort, um Beweisen zu lernen, aber es wird dort nur sehr rudimentär betrieben. Im Mathestudium lernt man es am besten. Wenn man es selber ohne Studium lernen will, ist es vermutlich am besten, Beweise zu verstehen. Das Netz ist voll von Beweisen, wenn man z.B. in Wikipedia den Artikel "Satz des Pythagoras" liest, so wird man hier auch unterschiedliche Beweise zu dem Satz finden.
@@berndkru Vielleicht führt die Frage hier bei YT zu weit. Aber wie beweise ich bei einem Algorithmus - Dass er ein definiertes Ende hat und dieses auch immer erreicht - Dass sein Ergebnis eindeutig ist Und was auch immer Alan Touring noch in sein Regelwerk geschrieben hat zur Definition was einen Algorithmus ausmacht ... Und bei allen Algorithmusregeln: Wie zeige ich, dass dessen Ergebnis wahr ist? Also über abgrenzbare Wahrheitstabellen hinaus, wie eben bei diesem hier im Video genannten, recht simplen, aber halberratisch alternierenden Regelwerk. Ein Ziel der Falsifizierung der Colltatz-Vermutung könnte sein: Es gibt ein n>1, das der Algorithmus für Startwerte n+1 immer wieder erreicht, aber nie auf die Eins zurückkehrt. Ach, ich merke schon, dass ich mich in dieses schwarze Loch reinsaugen lasse. Ich nehme es zurück, Mathegym. Schande über dich, dass du uns eine solche Suchtpille hingeworfen hast 😆🙃😛😝🥵🥶😵
Ich habe Lothar Collatz vor vielen Jahren einige Male getroffen . Damals war seine Vermutung noch unbekannt. Jetzt ist es ein berühmtes Problem ,das sicher sehr schwierig zu lösen ist ,und möglicherweise eine völlig neue Methode erfordert.
Ist es nicht so das es eine lineare Achse an 2er Potenzen gibt die sich von 0 bis unendlich zieht, wenn man nun eine ungerade Zahl verdreifacht und mit 1 addiert bekommt man automatisch eine grade Zahl Dann gibt es eine Wahrscheinlichkeit mit der diese grade Zahl auf der 2er Potenzachse liegt Die Wahrscheinlichkeit dafür sinkt zwar mit größer werdenden Zahlen, dadurch, dass ich jede grade Zahl aber halbiere steigt die Wahrscheinlichkeit mit größeren Zahlen in einen Loop zu kommen Hat jemand das Experiment auch schon mal mit 4er Potenzen oder höher ausprobiert ?
Diese Python-Funktion berechnet die Länge der Collatz-Folge, indem sie die Regeln der Vermutung anwendet und die Schritte zählt, bis die Zahl 1 erreicht wird. def collatz_length(n): length = 0 while n != 1: if n % 2 == 0: n = n // 2 else: n = 3 * n + 1 length += 1 return length
Eine Möglichkeit ist z.B., dass die Funktion in einer anderen Endlosschleife als 4-2-1 stecken bleibt. Ist halt das Problem an der Unendlichkeit, man weiss es nicht ^^
Man weiß nicht mal ob Collatz der Urheber war, schriftlich formuliert wurde das Problem erst spät und da waren schon unzählige Anekdoten dazu geboren. Das Problem wie aus Chaos (ungelenkt!) ein Gleichgewicht entsteht, ist uralt. Darwin löste es für die Biologie mit den widerstrebenden Kräften Mutation und Selektion. Ersteres schafft reihenweise Information, die überwiegend nutzlos ist, letzteres sortiert gnadenlos heraus, was davon funktioniert. Haeckel nutzte schon früher die schönen Begriffe vis zentrifuga und vis zentripeta als widerstreitende physikalische Kräfte, die nach außen und innen gerichtet sind, wie bei einem Kettenkarussell mit unterschiedlichen Geschwindigkeiten. Zwischendurch wackelt es etwas, aber die Gondeln kommen immer von allein wieder in ein Gleichgewicht. Die älteste Form dieses Dualismus, die mir bekannt ist, ist das Yin und Yang Prinzip aus dem Taoismus, das Wurzeln hat, die gut 3k Jahre in der Vergangenheit liegen. Ich nehme an, dieses Problem wurde in ähnlicher Form bereits in der Urzeit an den Lagerfeuern dieser Welt diskutiert.
guckt dir eventuell nochmal den letzten teil des Videos an. Das Verhältnis von Anzahl der beiden Operationen bestimmt in welche Richtung die Werte kippen salopp gesagt.
Zu beweisen ist letztendlich, dass die Anzahl der Halbierung einer geraden Zahl, die in einer geraden Zahl enden > als die Anzahl der Halbierungen einer geraden Zahl, die in einer ungeraden Zahl enden. Für R+. Das sollte nicht so schwer sein. Bin aber leider kein theoretischer Mathematiker 😊
ich war schon dabei dies "statistisch" zu lösen, als du selber darauf eingegangen bist. dass dies kein "Beweis" ist verwundet mich. Man kann ja mathematisch darlegen, dass die zahl immer kleiner werden muss und somit auch irgendwann eine Zweier-Potenz bilden muss!
Das Problem liegt nicht in der Unendlichkeit. Wenn wir nun unser Ergebnis vor Augen haben können wir behaupten das immer 1 herauskommt. Somit können wir beide Rechnungen im einzelnen betrachten mit 1 gleichstellen. Somit können wir ebenfalls beide Gleichungen miteinander gleichstellen und erhalten eine Doppelgleichung 3n + 1 = 1 = n : 2 … das alles können mit 2 multipliziert um hinten nach ,n‘ aufzulösen 6n + 2 = 2 = n …. Hier können wir nun erkennen das ungerade immer in einer Folge immer notgedrungen zu einer geraden Zahl leitet. Jede gerade zahl leitet wenn man sie x-mal durch 2 teilt irgendwann immer auf 2 … 2 einfach in n einsetzen = 2 : 2 = 1 …. ( ich habe keine Ahnung ob das wer nachvollziehen kann, das war der logische Ausbruch und bullshit warum das in meinem Kopf so logisch anfühlt, was noch lange nicht heißen soll ob das richtig ist oder nicht) … gerne kommentieren.
Es gab vor einigen Monaten schon einmal jemanden, der ernsthaft behauptete, einen Beweis zu haben. Er wandte sich an Prof. Weitz aus Hamburg, seinen Beweis zu prüfen. Dieser lehnte allerdings ab, den Beweis zu lesen, weil er es wohl für verschwendete Zeit hielt. Du warst das nicht, oder?
3x+1 okay ich habe Mal eine Doku gesehen da ging es um die Zahlen 3 6 und 9 was würde passieren wenn wir die 3 mit der 6 tauschen oder mit der 9 würde die Formel immer noch passen und irgendwann auch auf 4 2 und 1 gehen 42 mmm woher kenne ich diese zahl😅
Ich denke der Beweis muss in zwei Teilen erfolgen: 1) für n=ungerade: (n+1)/2 -> 1 2) die verflixte 3: es muss bewiesen werden, dass (3n+1)/2 eine absteigende Folge ist. Naja Mathe ist nicht mein Ding. Ich sehe mir aber trotzdem gerne die Videos an. 😊
@ stimmt, danke. Wäre ja auch zu einfach. Deshalb also 3n+1. für n+1 mit n = ungerade kommt immer eine gerade Zahl als Ergebnis. Die Hälfte davon gibt eine gerade oder eine ungerade Zahl. Da diese sich abwechseln, ist auch das Ergebnis abwechselnd. 2n+1 ist das Ergebnis immer ungerade und lässt sich nicht durch2 teilen. Also müssen wir beweisen, dass bei (3n+1)/2 häufiger eine gerade als eine ungerade Zahl als Ergebnis steht, damit die Folge abnimmt und nicht zunimmt. (Was sie ja auch tut) PS: wenn Hochbegabte den Beweis nicht führen können, werden wir das auch nicht schaffen. Es tut aber gut, darüber nachzudenken. Schönes Gehirnjogging 😊
Ist das nicht offensichtlich? eine ungerade zahl mal einer ungeraden zahl ist immer eine ungerade zahl, +1 ist immer eine gerade zahl. d.h. man "wackelt" zwichen x/2 und 3x+1 hin und her bis man zufällig eine 2er-potenz trifft.. die ist dann durch 2 teilbar bist man bei 1 ist.
Verständnisfrage: Wäre ein mathematischer Beweis dafür, dass die Collatz Rechenvorschrift immer und zwingend zu einer Zweierpotenz führt ein mathematischer Beweis für die Collatz-Vermutung?
@berndkru & @hasl3r775 ok, wenn also mathematisch bewiesen werden könnte, dass die Collatz Rechenvorschrift zwangsläufig (früher oder später) zu einer Zweierpotenz führt, wäre auch die Collatz Vermutung bewiesen, richtig? Es geht mir darum zu verstehen welche zumindest theoretischen Beweismöglichkeiten überhaupt bestehen.
Natürlich, denn von einer Zweierpotenz aus wird die Zahl ja nur noch durch zwei geteilt, bis "1" dabei herauskommt. Zwangsläufig, weil bei einer beliebigen Zweierpotenz beim Teilen durch "2" logischerweise IMMER die nächstkleinere Zweierpotenz resultiert. "1" ist dabei 2^0.
Verstehe nicht was es da groß zu beweisen gibt. Die Regel ist doch so gemacht, dass du mit 3x+1 irgendwann auf eine Potenz von 2 kommen muss. Und dann macht der "Gerade" Weg klar wohin es geenmuss. Welcher Teil ist da unbewiesen? Wie die potenzen von 2 in den NatürlichenZahlen verteilt sind?
Ja klar, weil n*3+1 immer zu einer geraden Zahl wird und sobald mittels n/2 auf eine Zweierpotenz getroffen wird, wird es zu 1. Außerdem sorgen die beiden Formeln in Kombination dafür, dass keine Zahl doppelt vorkommen kann die größer als 4 ist. Heißt durch die Formel wird einfach so lange gesucht, bis auf eine Zweierpotenz getroffen wird.
@@berndkru Naja, drum fragte ich ja, wie man das beweisen soll, wenn die zig Milliarden versuche bei denen es schon so war nicht als Beweis ausreichen. Da kann ich auch sagen: Beweise mir, dass kein Gespenst neben mir sitzt.
@@cheater85 Die Summe von 1+2+3+4+...n = n(n+1)/2 Beispiel: n = 3 Summe von 1 bis 3 = 1+2+3=6 Nach der Formel.: 3*4/2= 6 Bei dieser Summenformel kann man sehr leicht beweisen, dass Summe von 1+2+3+4+...n = n(n+1)/2 für alle n gilt. Das ist bei der Colatz-Vermutung nicht so einfach. 😊
Ich wundere mich doch sehr darüber, man kann leicht beweisen, dass bei den Operationen unabhängig von der Ausgangszahl eine KLEINERE* Zahl rauskommt nach einigen Rechenschritten und das führt unweigerlich zu einer Zahl, die dann bei 1 endet *reicht das nicht aus?
@berndkru Sollte es aber, wenn es für beliebige Zahlen gezeigt werden kann, dass die Zahl immer kleiner wird, und kleiner, und kleiner, etc. dann landet man unweigerlich bei 1 und damit ist die Vermutung mathematisch streng bewiesen. Was fehlt dann bitte noch, damit etwas so Offensichtliches auch als Beweis gilt? Dazu bedarf es keine höhere Mathematik...
@@davidjoch Die Zahl wird ja nicht immer kleiner. Der Term 3x+1 vergrößert die Zahl, die Halbierung verkleinert die Zahl. Dass man letztendlich aber bei der 1 landet, ist genau das Problem und das ist keineswegs leicht. Wenn es für Dich leicht ist - dann tu es und hole Dir das Preisgeld.
@berndkru Wenn ich zeigen kann, dass die unabhängig von der Ausgabgszahl x eine KLEINERE Zahl als x rauskommt, ist das doch ein Beweis dafür, dass es unweigerlich bei 1 landet oder nicht? Weil die Zahl wird ja nicht größer, sondern kleiner
Ähhm ist es nicht normal das wenn ich eine semi permanente Rechnung durch 2 habe (da das verdreifachen +1 in den meisten fällen zu Graden zahlen führt ) ich irgendwann bei eins ankomme . Kein Plan scheint für mich logisch geschlossen
Hallo, ich hab eine Idee! Für die Zahlen 0-255 (1 Byte) wurde die Vermutung ja schon bewiesen. Außerdem ist die Wahrscheinlichkeit fuer die 1. Operation (:2) grösser als fuer die 2. Operation (3n+1). Stellen wir eine Zahl binaer dar, so besteht sie aus vielen 8-Bit Päckchen (Bytes). Das höchste dieser Bytes wird in endlichen Schritten zu 1, (und dann im Zyklus 4-2-1 immer wieder selbst wenn es von Bytes darunter ab und zu einen Übertrag bekommt). Ist die Gesamtzahl dann gerade, wird durch 2 geteilt, was binaer einem 1 bit shift right entspricht. Das obere Byte ist dann leer. So entleeren sich alle höheren Bytes (egal wie gross die Anfansgszahl war, im Fall von 27 im höchsten Byte kann das etwas länger dauern, aber es geschieht), bis nur noch das unterste Byte eine 1 enthält. q.e.d.
@@wollek4941 Genau das dachte ich auch als ich 16 8 4 2 1 sah. geteilt durch 2 bedeutet 1 bit shift right, mal 3 bedeutet 1 bit shift left und addieren zur ursprünglichen Bitfolge. Plus 1 bedeutet das nur das unterste Byte um einen erhöht wird, was kaum Auswirkung auf die Zahl hat, sondern sicherzustellen soll, das mindestens jedes 2. Mal geteilt wird (und die Bitfolge so um mind. 1 Bit verkleinert wird) . Erreichen wir irgendwann dann die Bitfolge '1(beliebig viele nullen)0' dann sind wir am Ziel. Vllt. lässt sich so auch ein Beweis mit binären Bit shifting konstruieren .
@@argi0774 Es geht hier um eine Änderung der Sichtweise, alles andere wurde ja bereits versucht und hat nichts gebracht. Wenn wir zeigen können, das die Multiplikation mit 3 (0b11) zu einem Ausdünnen der Einsen im Bitpattern und damit zum Bilden von Inseln mit viellen Nullen führt, dann sind wir schon einen grossen Schritt weiter. Dazu sollte man sich die Bitpattern Verläufe der Zahlen 1-255 (oder mehrere Bytes um die Störung durch das '+1 zu minimieren) noch einmal angucken und versuchen, eine Regelmäßigkeit zu finden. Vorher sollte man herausfinden, ob das schon jemand versucht hat und dort weitermachen.
Genau das ist die entscheidende Frage. Und die Antwort könnte sein, dass es der Mensch als vermeintliche Krone der Schöpfung geschafft hat, sich auf eine Ebene zu begeben, auf der es überhaupt nicht mehr um den Sinn einer Sache geht, sondern nur noch darum, sich auch intensiv mit Unsinn beschäftigen zu können. Eine Fähigkeit, auf die jedes andere Wesen auf diesem Planeten gern verzichtet.
@ Das stimmt nicht. Die „Entdeckung“ der Primfaktorenzerlegung ging unmittelbar in das Finden des „kleinsten gemeinsamen Vielfachen“ ein für die Addition und Subtraktion von Brüchen und zwar lange vor Entdeckung ihrer Verwendung auch für zahlentheoretische Transformationen und Verschlüsselungen.
Naja, ich würde behaupten, dass das ganze niemals endet. Letztendlich landet man immer auf der letzten Zahlenfolge 4 2 1. Nur hat niemand behauptet, dass bei 1 die Zahlenfolge enden soll ( zumindest nicht in dem Video, siehe 04:56 weil da starten wir bei 1 und somit wäre der Fall nicht relevant ). Somit greift immer wieder 3n+1 auf der 1 und ich befinde mich in einer Endlosschleife von 4 2 1. Also gesucht wird eine beliebige natürliche Zahl, die nicht auf 1 mit den 2 Formeln endet? Viel Spass beim suchen^^
vlt ist die Lösung auch ganz einfach eine ungerade Zahl plus 1 ( n+1) immer eine gerade Zahl ergibt, und sich jede gerade Zahl durch zwei teilen lässt (n/2) und am Ende bei zwei geteilt durch zwei immer die Eins raus kommt. Schlussfolgerung: Diese Reihe funktioniert, weil in der Mathematik festgelegt ist das eine Zahl durch sich selbst immer das Ergebnis von eins hat, man immer in der kleinsten geraden Zahlenpotenz letztendlich bei der zwei landet. sage jetzt einfach ungerade Zahlen die n sind, stellt sich immer folgender Ablauf ein: n+1 gefolgt von n/2 ist letztendlich nach unendlichen Rechenschritten immer 1
Ergänzung bei positiven ungeraden reelen Zahlen führt n+1 immer zu ganzen Zahlen und wenn dann n/2 folgt landet man letztendlich immer in der zweier Potenz, deren Ende immer bei positiv eins steht (festgelegt Mathematikgrundsatz 2/2 ist 1)
ich finde des iwie "schmarrn" mit dem Beweisen, irgendwann kommta utomatisch eine gerade Zahl die immer gerade bleibt bei /2 rechnen, allgemein ist die "aufgabe" als 2 seperate Rechnungen zu sehen, für mich sind das 2 seperate "n" also beliebige Zahl einsetzen.... naja, ich schau mal das Video weiter an, bin erst bei 8min als er meinte das zählt nicht als Beweis
Also... die Zahlen der Folge 1 2 4 8 16 etc acheint ja umgekehrt so "berechenbar": Man schaut ob ein (N-1)/3 eine ungrade ganze Zahl ist, falls ja, ist das die nächste Zahl falls nicht N * 2. Das funktioniert natürlich erst ab der dritten Zahl. (Schöner Beweis warum 1 gerade und ungerade zugleich sein kann, irgendwie) Die Frage ist nun warum dann irgendwann jede Zahl dort auftaucht? Hmmmm: Weil bei N= 0 ist N / 2 gleich 0 und 0 * 3 + 1 = 1 also N+1 ist jede Zahl irgendwann? Keine Ahnung^^
Es gibt halt nur 9 Ziffern. Nach spätestens 9 Rechenschritten .... Wenn man jetzt noch gerade und ungerade Zahlen unterscheidet, dann halbiert dies die nötigen Schritte.
Boah 1:40 Video angehalten und mich für Dänemark und Datteln entschieden 🤪 Der Logiker in mir ist gelangweilt und sagt: Da kommt immer der Buchstabe D raus 😴 Ich: Ruhe, ich will mir den mathematischen Beweis anhören/anschauen 😂
Mich würde da mal interessieren, was der Einsatz von Rechenpower (Computer) bisher erbracht hat. Bis zu welcher natürlichen Zahl ist denn die Vermutung bestätigt? Gibt es eine Zahl, für die man bisher nicht auf die 1 gekommen ist? Kann dann natürlich auch daran liegen, dass man den Algorithmus nicht lange genug laufen gelassen hat
Ja, die Collatz-Vermutung ist ganz einfach und man kann sie ohne Mathematik lösen. Einfach nur mal aufmalen. Dann sieht man sofort, warum diese Vermtung wahr ist. Die Multiplikation mit 3 hat eine Eigenart, sie reißt die Zahl auseinander. Zusätzlich hat sie einen einen Zyklus, nämlich 1 - 3 - 9 - 7. Dieser Zyklus und eine Stellenverschiebung durch die Addition von 1 ist der Grund , warum die Eins immer erreicht wird. Banal gesagt wird aus der 9 eine 5 und die sorgt dafür, daß man durch 16 teilen kann. Der Witz ist, daß mit 3^n plus eine Ausgleichkonstante multipliziert wird, aber mit 2^(n+3/4n) dividiert wird. Beispiel: es wird mit 3^4=81 multipliziert, eine Ausgleichkonstante dazu addiert und durch 2^7=128 dividiert. Ganz so einfach ist es zwar nicht, da auch Mischformen auftreten, aber grundsätzlich wird immer durch eine größere Zahl dividiert als multipliziert. Den mathematisch "korrekten" Beweis muss ich schuldig bleiben, hab Mathe nicht studiert, aber die Struktur oder besser, das Muster, wie Prof. Weitz so gerne sagt, gefunden. Diese Problem hat kein Mathematiker jemals aufgemalt, sonst hätte er die Lösung direkt gesehen. Aber wie bei den meisten mathematischen Rätsel ist entweder etwas zu wenig oder etwas zuviel angegeben, um die Lösung sofort zu sehen. Bei diesem Problem ist etwas zu viel angegeben. Läßt man dies weg und malt mal auf, sieht man sofort die Lösung.
Ich würde ja gerne eine Lösung zu dieser Problematik finden, aber eine Million Dollar erscheint mir zu wenig! Ich hätte da lieber eine Million Euro! 😁🤑💸
Prinzipiell kann man das. Z.b. bei der Aussage, dass es unendlich viele Primzahlen gibt, ist der Beweis recht einfach. Und da geht es auch um unendlich viele Zahlen.
Verstehe nicht wirklich, was daran unlogisch sein soll. Man kann nur dadurch auf 1 fallen, indem man eine Zahl 2 hoch x als Basis hat. Also 2, 4, 8, 16 usw. Im Prinzip funktioniert das wie eine Art Binärcode. Man muss auf eine Zahl 1 0 (2) oder 1 0 0 (4) usw. kommen, um von dort aus immer eine 0 zu streichen, bis man auf 1 fällt. Bedeutet auch: 3n+1 ist entsprechend der Code, um von irgendeiner beliebigen Zahl 1 x... 1 über Zwischenschritte und ein try and error auf ein 1 0 0 0... 0 zu kommen. Da ich die Unendlichkeit aller Zahlen dafür als Topf habe, ist irgendwie auch logisch, dass es irgendwann eine Lösung gibt. Das leuchtet auch ein. Wenn n keine durch zwei teilbare Zahl ist, dann brauche ich folgende Operatoren dafür: eine ungerade Zahl als Multiplikator (denn sonst führt die Bedingung n:2 immer auf den Ausgangswert zurück). Und dann eine Addition um eine ungerade Zahl kleiner als der Multiplikator (bei 3n+3 lande ich ja bei 4n und damit wieder auf dem Ausgangswert), um eine gerade Zahl zu erreichen, die aber eben größer als 2n ist. Neue Chance, neues Glück sozusagen, aber mit einer Zahl, die nur geringfügig höher ist als die vorherige. Teile ich dann nämlich durch 2, erhalte ich eine neue Ausgangszahl und das Spiel beginnt solange von vorne, bis ich endlich einen Treffer auf eine 2er-Potenz gelandet habe. 3n+1 ist dabei, wenn ich nur Natürliche Zahlen betrachte, der einfachste Code. Würde mich mal interessieren, ob das theoretisch auch mit 5n+3 funktioniert.
"Da ich die Unendlichkeit aller Zahlen dafür als Topf habe, ist irgendwie auch logisch, dass es irgendwann eine Lösung gibt." Dieser Schluss ist nicht richtig. Wenn ich z.B. durch einen Prozess immer unterschiedliche natürliche Zahlen erzeuge, bedeutet dies nicht, dass auch alle natürlichen Zahlen irgendwann einmal erreicht werden.
@@berndkru Ich muss aber gar nicht alle Zahlen erreichen. Ich muss nur eine erreichen, für die gilt: 3n+1 = 2 hoch x. Und hier kommt dann die wahre Beweispflicht, zu zeigen, dass es dafür immer eine Lösung gibt, unter den genannten Bedingungen.
@@sealka1109 Ja klar, weil ich nicht alle Zahlen erreichen kann, kann ich auch nicht schließen, dass ich eine bestimmte Zahl erreiche. Du sagtest aber, dass es logisch sei, dass durch die Unendlichkeit der Zahlen gewährleistet sei, dass es immer eine Lösung gäbe - jedenfalls habe ich das so verstanden. Und das ist eben nicht der Fall. Ein Prozess kann beliebig viele unendliche Zahlen erzeugen und trotzdem wird eine bestimmte Zahl niemals erreicht. Die Collatz Vermutung sagt aber, dass bei den Collatz-Operationen immer die 1 erreicht wird. Wenn man nachweisen könnte, dass irgendwann eine Zweierpotenz erreicht wird, wäre man auch fertig - aber dieser Nachweis dürfte genauso schwierig sein.
@@berndkru Ja gut, ich sprach von "irgendwie logisch", nicht von "mathematisch eindeutig bewiesen", sorry für die Social-Media-Sprache. Aber klar ist das schwierig.
@@sealka1109 Es könnte z.B. passieren, dass du in einem Zyklus landest. Ähnlich wie der Zyklus 4->2->1->4 usw. Wenn es für eine Startzahl nun einen Zyklus gäbe, welches keine 2er Potenz beinhaltet, würde die 1 nie erreicht werden
Das funktioniert ja erstmal nur weil jede Zahl mal 9 (zwischen 1 und 10) genommen immer die quersumme 9 ergibt. So ich bin Handwerker den Rest kann jemand machen der hauptsächlich Buchstaben in matheaufgaben benutzt😅
7:40 es reicht nicht mit Rechenbeispiele vorzulegen, wie sieht denn ein Beweis sonst aus vorallem in der Mathematik? Verstehe das leider garnicht obwohl ich in Mathe echt gut "WAR" (extra war geschrieben, mittlerweile kapier ich mathe nimma soooo gut ^^)
Soweit ich mich erinnere, versucht man das üblicherweise damit, zu beweisen, dass wenn etwas für n gilt, dass es dann auch für n+1 gilt. Und dann muss man noch zeigen, dass es für n=2 zutrifft. Das schwierige ist halt der Beweis für n+1
"Eins und eins, das macht zwei, drum küss und lächle dabei, wenn dir auch manchmal zum Heulen ist. Glücklich, wer das Heute genießt und, was vorbei ist, vergisst. Es kommt, wie es kommen muss: Erst kommt der erste Kuss, dann kommt der letzte Kuss, dann der Schluss."
3 mal ungerade ist immer ungerade, plus 1 ist dann wieder gerade und durch 2 teilbar bis runter zur 1. Stößt man unterwegs auf eine ungerade Zahl - z.B. 30:2, also 15 - kommt wieder 1 dazu, also dann 16 und weiter gehts mit den Halbierungen Richtung 1! Finde ich jetzt nicht so geheimnisvoll. 💙
Du steigst immer genau 1-mal und fällst wieder mit geringerer Intensität. Soweit einfach. Allerdings ist die Anzahl der Stürze total unberechenbar. Wäre die Zahl 1, würde die Reihe unendlich steigen. Wir haben aber eine derartige Anzahl von Stürzen pro Aufstieg, daß weder Durchschnittwerte noch andere Muster helfen könnten. Darin liegt die Faszination. Und wenn Du beim Steigen zufällig eine Zweierpotenz triffst, geht es unvermittelt richtig schnell zu Ende!
Wenn man eine Zahl durch sich selbst teilt und 1 davon abzieht, kommt nicht immer 0 raus. Zumindest dann nicht, wenn die Zahl. an die man gedacht hat, 0 ist😂
@@DARKOAMBER Warum? Wenn jemand sagt: Denk an eine beliebige Zahl! Woher willst du dann im Vorfeld überhaupt wissen, dass derjenige fordern wird, durch diese Zahl zu teilen...?!
Ganz einfach. Die Kombination der Formeln ist so angelegt, dass die Wahrscheinlichkeit, dass bei nächsten Schritt eine gerade Zahl herauskommt - und damit dass der neue Wert gleich wieder halbiert wird, sprich kleiner wird und gegen 1 geht - deutlich größer ist, als dass eine ungerade Zahl herauskommt - und damit der Wert zunimmt - sprich sich von 1 entfernt. Warum? Weil beim Halbieren von geraden Zahlen die Wahrscheinlichkeit, dass eine gerade Zahl herauskommt, die dann gleich nochmal halbiert werden kann, zwar 50-50 ist, bei “3n (ungerade)+1” die Wahrscheinlichkeit, dass eine gerade Zahl herauskommt, die gleich wieder halbiert werden kann, aber 100-0 ist. Wenn man also lange genug rechnet, wird der Wert - uU auch erst nach ungeahnten Höhenflügen - früher oder später zwangsläufig so viele Male öfter geteilt als “verdreifacht +1 werden, dass er bei 1 landet.
@ schon klar, dass mein Text keine mathematische Beweisformel ist. Aber er basiert nicht auf einer Schätzung der Wahrscheinlichkeit, sondern auf der Tatsache, dass gerade natürliche Zahlen durch die verwendeten Formeln 3mal wahrscheinlicher sind u es damit 3mal wahrscheinlicher ist, das der folgende Wert sich halbiert als „verdreifacht +1“. Und das bedeutet, dass der Wert früher oder später abnimmt, bis er 1 ist. Bei jeder natürlichen Zahl N gilt: (3N+1) x 1/2 x 1/2 x 1/2 < N
@@BoethiusXXI Auch wenn es 10 mal wahrscheinlicher wäre, dass durch 2 geteilt wird, bliebe es eine Wahrscheinlichkeit. Hier geht es aber um den Nachweis, dass die Folge immer bei der 1 endet.
@ also dass jede ungerade Zahl mal 3 + 1 eine gerade Zahl ergibt, ist nicht wahrscheinlich, sondern in 100% der Fälle eine Tatsache. Und bei gerader Zahl geteilt durch 2 ist es eine Tatsache, dass 50% der möglichen Ergebnisse wieder eine gerade Zahl ergeben, die dann nochmals geteilt wird. Wenn man systematisch von einem Wert mehr wegnimmt als man hinzufügt, geht er irgendwann Richtung 1. Er kann nicht auf 0 gehen, weil die Formel, die den Wert reduziert eine Division ist. Wie man das mathematisch beweisen soll, weiß ich nicht. Die verwendeten Formeln selbst sind der Beweis. Wie beweist man mathematisch zB, warum die Formel „gerade natürliche Zahl mal 2 - 1“ u „ungerade natürliche Zahl mal 3 - 1” immer in unendlich endet? Da kann man auch nur sagen: naja, weil der Wert aufgrund der Formeln halt immer größer wird, muss er irgendwann unendlich sein….
Wenn es einen Beweis gibt, dann ist er einfach. Aber ich werde mich daran nicht vergnügen, weil ich schon einen Beweis für eine wesentlich komplexere Aufgabe erarbeitet habe, und dabei fast verrückt geworden bin.
Lächerlich, wenn man ne Ungerade verdreifacht und Eins addiert wird es immer ne Gerade, und Gerade immer wieder halbieren läuft zwangsläufig auf eins. Das video ist absolute Zeitverschwendung.
![[#2024MAMA] BIGBANG (빅뱅) - 뱅뱅뱅 (BANG BANG BANG) + FANTASTIC BABY | Mnet 241123 방송](http://i.ytimg.com/vi/EQsYfiPR9uM/mqdefault.jpg)
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![[LIVE] : ONE ลุมพินี 88 | คู่เอก "ป้อมเพชร vs อัสลามจอน"](http://i.ytimg.com/vi/1ZqTVVbMgbo/mqdefault.jpg)
Ich hab den Beweis nun gefunden. Leider reicht der Platz in meinem Matheheft nicht aus um ihn aufzuschreiben.
😂😂😂😂 Hast du das Buch gelesen? War sehr interessant, oder?
Bei mir hat der Hund das Matheheft gefressen😢
Hahaha sehr gut 😊
Einen auf fermat machen. 😊
Und ich habe gerade die Relativitätstheorie entdeckt, ach verdammt, die gibt's ja schon. Aber ich habe ja noch das Rad, damit kann ich ja morgen zum Patentamt gehen.
Dieses Collatz-Dings ist schon eine witzige Sache. Natürlich nimmt keine Zahl den gleichen Weg, aber alle Zahlen nehmen mehr oder weniger ähnliche Wege. Der Vergleich mit einem Strauß Blumen hinkt zwar, aber irgendwie ist der schon nahe dran.
Im Zahlenfeld bis 2000 ist die interessanteste Zahl: 1161. Sie schwingt als einzige am längsten mit 180 Schritten auf den Deadlock zu und definiert sozusagen den "Pfad des Todes", auf den alle anderen Zahlen in diesem Bereich auch früher oder später einschwingen. Die einen schwingen sehr lange mit und andere kommen erst kurz vor Exitus dazu. Es sind immer dieselben Zahlen, auf denen sich der Untergang nähert. Dabei kann man Zahlengruppen identifizieren, die untereinander ähnliche Wege gehen. Eine prägende Eigenschaft konnte ich noch nicht finden.
Das interessanteste Zahlentrippel ist 1988,1989,1990. Sie stürzen in der selben Anzahl von nur 23 Schritten ins Verderben - wie viele andere auch, jedoch sind es die größten Zahlen mit dieser Eigenschaft im Zahlenfeld bis 2000.
Die Zahl 1365 ist die größte 4-Stellige Zahl (
die entstehenden zahlen oszillieren durch die vor-zurück-rechnungen sozusagen wild in der gegend herum. irgendwann treffen sie dabei auf eine zweierpotenz und fallen dadurch in eine art trichter, an dessen ende die eins lauert. man muss also "nur" :-) beweisen, dass sich bei jeder ausgangszahl bei den genannten rechenschritten immer irgendwann auch einmal eine zweierpotenz ergeben wird.
Interessanter Ansatz.
Ich habe mit Excel mal die 27 durchgespielt. Es kommen am Ende der Teilungen durch 2 verdammt oft Primzahlen raus. Aber einen Trichter, wie du ihn beschreibst, also eine 2er Potenz, kam am Ende nicht vor. Es sind bei der 27 übrigens 111 Schritte und die größte Zahl der Reihe ist 9232 im 77. Schritt. Ich habe mal ein paar größere Primzahlen ausprobiert. Bei der Startzahl 31 sind es 106 Schritte und die größte Zahl ist überraschenderweise ebenfalls die 9232 und wird im 72. Schritt erreicht. Bei Startzahl 41 ist die größte Zahl ebenfalls 9232 beim 75. Schritt. Insgesamt braucht die 41 109 Schritte bis man zur Eins gelangt. Excel ist schon ein geiles tool :)
Du bist ganz nah dran, soweit ist bisher noch keiner gekommen! ;-)
@@berndkru Bääh. TH-cam hat meine Antwort gekillt. Habe wohl etwas zu oft copy paste gemacht beim editieren. Naja ... jetzt ist die Lösung ja wieder mein Geheimnis und ich kann die Million kassieren *ggg*
@@Jonas-h4w3q Meine Antwort galt eigentlich @bssm73, aber macht nichts. Programmiert habe ich mir das Collatz-Problem auch schon.
Auf jeden Fall mal Danke an Mathegym für dieses Rätsel. Und auch Danke für die Warnung: Lasst die Finger davon! Dieses Rätsel hat Suchtpotenzial 😆
Die von hochrangigen Mathematikern ausgesprochene Warnung bezog sich eher darauf, dass die Suche nach einem Beweis nicht zum Erfolg führt.
@@berndkru Gerade solche Warnungen spornen erst recht an. Von derartigen Phänomenen, die auch Grundschüler verstehen, aber gestandene Mathematiker ratlos dastehen lassen, sind Laien geradezu magisch angezogen. Und es wäre mir ein Fest, wenn dieses Video einen Zehnjährigen dazu motivieren würde einen Lösungsansatz zu finden, auch wenn er nicht 100-prozentig ausgearbeitet wäre, aber trotzdem den Weg zur Lösung aufstoßen würde.
@@Jonas-h4w3q Ja, dem stimme ich auch zu. Ich finde es auch nicht schlimm, wenn sich jemand in ein solches Problem verbeißt, auch wenn eine Lösung praktisch aussichtslos ist. Man lernt durch Fehlversuche mehr als durch schnelle Lösungen. Die Warnung der Mathematiker richtete sich vor allen Dingen an andere Mathematiker.
Geh mir weg mit Mathe, aber 1Mio da spitz ich anscheinend die Ohren. Gute Aktion von den Japanern! Gut erklärt! 👍
Alle Zahlen, die durch 9 teilbar sind, haben eine Quersumme, die durch 9 teilbar ist. Das hab ich irgendwann mal in der fünften Klasse gelernt, als es darum ging, auf den ersten Blick zu erkennen, ob eine Zahl bestimmte Teiler hat.
Für 2: die Zahl muss gerade sein
3: die Quersumme ist durch 3 teilbar
4: die letzten beiden Ziffern sind 00 oder durch 4 teilbar
5: endet auf 5 oder 0
6: die Quersumme ist durch 3 teilbar und die Zahl ist gerade
9: die Quersumme ist durch 9 teilbar
10: die Zahl endet auf 0
12: die Quersumme ist durch 3 teilbar und die letzten beiden Ziffern sind 00 oder durch 4 teilbar
20: die Zahl endet auf 0 und die vorletzte Ziffer ist gerade
25: die letzten beiden Ziffern sind 00 oder durch 25 teilbar
30: die Zahl endet auf 0 und die Quersumme ist durch 3 teilbar
etc.
@@baschdiro8565 Und die alternierende Quersumme erst…
@@wollek4941 Richtg, das wäre dann für die Zahlen 11, 22, 33 usw. der Fall.
@@hansmaulwurf1777 Und bei 7, 11, 13 die alternierende Dreierquersumme. 😅
Mein Verstand setzt regelmäßig aus, wenn die Quersumme ins Spiel kommt. Warum soll die Stelle bei Milliarden die gleiche Wertigkeit spielen wie die Einerstelle
@@DemokratieErwacht Weil die 9, 99, 999, … zur nächsten Zehnerpotenz immer den selben Rest bei Teilbarkeit mit 3 oder 9 aufweisen, nämlich 1.
Du kannst beliebig große Zahlen als Summe ihrer Ziffern multipliziert mit der Zehnerpotenz schreiben und diese Potenz durch den Rest ersetzen. Somit „kürzt“ sich alles andere heraus. Und das entspricht der Quersumme.
Da 10 zur 11 eins zuwenig ist, funktioniert das genau so mit Rest -1. Die Zehn wird durch den Rest ersetzt und es ergeben sich abwechselnd die Faktoren 1 für gerade und -1 für ungeraden Exponenten. Also eine alternierende Quersumme.
Interessant ist, wenn man sich groessere Mengen dieser Zahlenreihen vom Computer ausrechnen laesst. Man erkennt dann schnell, dass bestimmte Zahlenfolgen immer wieder vorkommen. Wenn TH-cam das nicht loescht, hier ist ein Visual Basic Script, das man laufen lassen kann und dann alles in der Datei Collatz.txt findet. In der Zeile for n = 2 to 100 kann man logischerweise die Schleife auch zu groesseren Zahlen als bis 100 laufen lassen:
Dim fso, tf
Set fso = CreateObject("Scripting.FileSystemObject")
Set tf = fso.CreateTextFile("Collatz.txt", True)
for n=2 to 100
tf.writeline("n=" & n)
k=n
while k 1
l = k
k = even_or_odd(k)
tf.writeline(l & " " & k)
wend
tf.writeline("")
next
tf.Close
function even_or_odd(num)
if num mod 2= 0 then
even_or_odd = num /2
else
even_or_odd = 3*num + 1
end if
end function
Coole Idee. Hab ein bißchen gebraucht, bis ich den Code verstanden habe und hab mal selber versucht, was zu schreiben...
Dim fso, tf
Set fso = CreateObject("Scripting.FileSystemObject")
Set tf = fso.CreateTextFile("Collatz.txt", True)
for n = 2 to 100 writeNumbers(n, tf)
sub writeNumbers(n, tf)
tf.WriteLine(n)
if (n 1) then
even = (n mod 2 = 0)
if even then writeNumbers(n/2)
else writeNumbers(3*n+1)
end if
end sub
Das Preisgeld gibt es offenbar nicht nur, wenn man beweisen kann, dass die Collatz-Vermutung richtig, sondern auch, dass sie falsch ist. In den Bedingungen steht: “Solving Method” means either, the verification of the Solution for the Problem by presenting a reasonable mathematical proof that the Collatz Conjecture is accurate; or the verification of the Solution
for the Problem by presenting a reasonable mathematical proof that the Collatz Conjecture is false. Das würde bedeuten, dass auch die Nennung eines Gegenbeispiels zur Auszahlung des Preisgeldes führt.
Der Beweis durch Gegenbeispiel würde allerdings erfordern, zu beweisen, dass bei einer bestimmten Startzahl die Folge *nie* endet, man müsste also eine unendlich lange, weil nie endende Rechnung als Beweis vorlegen.
@@maximkretsch7134 oder dass die Folge in eine Schleife gerät, in der die 1 nicht vorkommt. Oder jemand kann beweisen, dass es eine obere Grenze für die Anzahl der Folgenglieder gibt bis zur 1, falls diese erreicht wird. Wenn diese dann überschritten wird, wäre die Collatz-Vermutung widerlegt.
@@maximkretsch7134 Nicht zwangsläufig, Es könnte auch passieren, dass eine Zahlenschlaufe entsteht. bei welcher sich die Zahlen in immer der selben Reihenfolge wiederholen.
@@erikpfingstner3902
Dass sich eine Zahlenschleife ergibt, bei der sich die Zahlen endlos wiederholen, ist doch ohne Zweifel auf Grund der beiden Rechenvorgaben ausgeschlossen.
@@lotharauengrund5205 Ich denke mal wenn du das Beweisen kannst bekommst du das Preisgeld. Verändere doch einfach mal die Vorgaben in:
x/2 bei gerade
x*5+1 bei ungerade
5 als Primzahl sollte ja ähnlich chaotischer Multiplikator sein.
bei x=5 geht die Berechnung allerdings in eine Schleife zwischen 13 und 416, sprich die 1 wird niemals erreicht
Es gibt noch andere schöne ungelöste Vermutungen:
- Es gibt unendlich viele Primzahlzwillinge (3,5), (5,7), (11,13), (17,19), (29,31). Man kann das auch in eine Formel fassen (6n-1,6n+1) wobei 6n-1 und 6n+1 Primzahlen sein müssen
- Jede gerade Zahl größer 2 läßt sich auf mindestens eine Art als Summe zweier Primzahlen darstellen: 4 = 2+2 ; 6 = 3+3 : 8 = 5+3 ; ...
- Von der oberen Vermutung abgeleitet: Jede ungerade Zahl größer 5 läßt sich auf mindestens eine Art als die Summe von drei Primzahlen darstellen.
Der Sanddorn, wird auch Dünendorn genannt und wächst auch in Dänemark!
Von den Zahlen mit den längsten Schritten zum Deadlock sind deren ungerade Zwischenergebnisse sogar zu fast 2/3 prim!
Bei Schrittlängen zwischen 4 und 13 sind es fast 3/4!
Diese Collatz-Vermutung ist spannender als auf den ersten Blick zu erkennen war! Allerdings driftet die Sache einem Primzahlenproblem entgegen. Das sind immer ziemlich harte Nüsse und meist aussichtslos. Daher: Ich höre hier auf. Hat Spaß gemacht! Vielen Dank!
Naja, bei ihrer Aufgabe x *9 lande ich bei der 9er Reihe. Also bei 9, 18, 27 usw. Bei diesen Zahlen ist die Quersumme immer 9. Also ist die Ausgangsbasis immer die Gleiche. Gerade und Ungerade dient der Verwirrung. Also ist das Ergebnis immer gleich.
Man kann statt 3x+1 auch 5x+1 nehmen - und dann sieht es schon ganz anders aus. Dort endet es nicht immer im 4-2-1-Zyklus, sondern es gibt auch mehr als einen Zyklus und vielleicht sogar bei manchen Startzahlen geht es ins Unendliche (z.B. 7?). Die Frage ist dann, was an 5x+1 so anders ist verglichen mit 3x+1
Jede ungerade Zahl wird gerade. Jede gerade Zahl kann Gerade oder Ungerade werden. Wenn man nun die Zahlen in Kuchenform angibt, ergibt sich das wenn die Zahl ungefähr verdreifacht wird 3/4 des Kuchens einnimmt. Beim halbieren geht es jedoch zurück auf 1/4. Dadurch das aber die Wahrscheinlichkeit für eine Halbierung bei jeder Zahl wo man sie ausrechnet, immer fast doppelt sooft halbiert wird anstatt verdreifacht, wird das Ergebnis zwangsläufig kleiner und somit kommt es zur 1. Das Endergebnis kann auch nur 1 sein, weil jede Zahl irgendwann gerade wird und am Ende immer somit 2/2 gerechnet wird. Wenn man nun denkt das die Zahlen bei sehr geringen Wahrscheinlichkeit nicht sinken können und nur nach oben gehen. Dann sollte man Wissen das bei unendlich vielen Zahlen nach oben irgendwann die Zahl sinken muss. Für den Beweis habe ich jedoch hier nicht genügend Platz.😊
Ich kann auch Gedanken lesen. Bei "Denk dir eine natürliche Zahl aus" war mir klar, dass sie "n" heißen wird...
Bei Nummer 27 gibt es aber, wenn ich mich nicht verrechnet habe, "nur" 85 Ergebnisse, bis man wieder bei der "1" ankommt. In einer Excel-Tabelle bis Spalte "CH" = 1
Also bei "3n+1" gibt es (immer) die Zahlenfolge 4 2 1
Was ist aber bei "3n-1" ? Das habe ich mir mal angeschaut. Das ist genauso strukturiert, allerdings sind dann diese "Perioden" oder "Schleifen" anders. Da gibt es als kleinste Schleife die Folge 2 1
Bei n=10 geht es nach der 5 Operation zur 10 zurück.
Bei n=11 geht es nach 3 Operationen bis zur 8 und dann bis zur 1 und dann wieder Folge 2 1
Bei n=12 geht es genauso ab.
Bei n=13 geht es nach 6 Operationen bis zur 7. Dann folgen weitere 5 Operationen bis man wieder bei der 7 ist.
Das hier sind nur mal ein paar kurze Beispiele. Die Größe der Schleife erhöht sich natürlich unproportional.
Bei n=21 geht es nach 7 Operationen zur 34 um dann über 18 Operationen wieder bei der 34 anzukommen.
Ich weiß nicht, ob das schon irgendwo jemandem aufgefallen ist.
Übrigens, wenn man für n eine negative Zahl einsetzt, dann ist das genau so, nur eben anders herum.
Also 3(-n)-1 hat das gleiche Ergebnis (als Betrag) wie 3n+1 und 3(-n)+1 das gleiche wie 3n-1.
Ist wohl auch logisch.
Übrigens ist morgen frei. Da kann man den Tag über fein rechnen. ;-)
Gruß, Heiko
Warum 3n+1 bei ungerade? Mit n+1 funktioniert es doch auch?
Dann lässt sich aber leicht zeigen, dass die Zahlen in der Folge stärker schrumpfen als anwachsen und deshalb „ganz unten“ ankommen. Bsp. 21,22,11,12,6,3,4,2,1.
Mit 5n +1 , 7n + 1 usw. funktioniert es nicht mehr ?
Kann ja mal jemand ausrechnen.
Bei welchem Multiplikator es nicht mehr zu klappen scheint.
Vielleicht hat das ja was mit Pi zu schaffen ?
Ich glaube dazu müssen Regeln mit dem Umgang der Unendlichkeit aufgestellt werden.
3 mal Unendlich + 1 ist ja immer noch Unendlich.
Und die halbe Unendlichkeit ist auch unendlich.
@@c.l.3806 Bereits bei 5x+1 gibts interessante Eigenschaften. Dort endet es nicht immer im 4-2-1-Zyklus, sondern es gibt auch mehr als einen Zyklus und vielleicht sogar bei manchen Startzahlen geht es ins Unendliche (z.B. 7?). Die Frage ist dann, was an 5x+1 so anders ist verglichen mit 3x+1, dass es dort nicht immer auf 1 zurückgeht.
Ich hätte es fast geschafft, aber dann kam die Werbung….😢
Hatte auch an die binäre Situation gedacht und dass "einfach" irgendwann eine 2^x herauskommen muss. Hab dann hier geschaut und.... da war ich wohl ganz knapp nicht der erste 🤣🤣
Aber mir ist aufgefallen, dass eigentlich immer versucht wird, die Gleichung zu falsifizieren. Es wird also eine Zahl gesucht, die den Kreislauf durchbricht und nie 1 ergibt.
Und es wird versucht zu beweisen, dass beim gerade/ungerade Wechselspiel irgendwann unweigerlich eine Zweierpotenz herauskommt. Scheint ja irgendwie nicht so einfach....
Wir müssen also philosophisch herangehen Leute!! Wenn wir in einer Computersimulation leben würden, die selbstverständlich auf dem binären System beruht.... Dann führen alle Wege unweigerlich zu einer Zweierpotenz.
Durch die Unlösbarkeit des Problems beweisen wir also, dass wir in einer Simulation leben. Und dass wir in einer Simulation leben, ist gleichzeitig die Lösung und der Beweis für das Collatz-Problem 🙃
Also her mit dem Geld! 😄😄
Die Zwischenergebnisse im Zahlenfeld bis 2000 sind zu 2/3 gerade Zahlen, zu 1/3 ungerade und von den Ungeraden sind 1/3 prim - was etwas mehr als 1/8 auf die Gesamtheit ist. Somit kommen Primzahlen nur sehr leicht häufiger vor als regulär zu erwarten wäre.
Aber: Von den häufigsten 50 Zwischenergebnissen sind die Hälfte ungerade und davon 13 prim - also mehr als die Hälfte der ungeraden Top 50 Zwischenergebnisse sind prim - und mehr als 1/5 (>20%) insgesamt. Das ist signifikant!
Danke!
Das Argument, die einige Kommentatoren hervorgebracht haben, es gäbe unendlich viele Potenzzahlen von 2, so dass jede Collatz-Folge irgendwann einmal so eine Potenzzahl treffen müsste und damit ihr Ende besiegelt sei, sticht nicht. Es gibt auch unendlich viele natürliche Zahlen, weswegen eine Collatz-Folge trotz der unendlich vielen Potenzzahlen beliebig herumhüpfen könnte ohne in die Potenzfalle zu tappen. Selbst wenn man akzeptiert, dass eine Folge nicht beliebig ansteigt, so gäbe so doch die Möglich-keit, dass eine Folge zufälligerweise irgendwann einmal auf eine frühere Zahl der Folge trifft. Dann wäre die Folge zyklisch und würde so die Collatz-Vermutung widerlegen. Tatsächlich schließt die Collatz-Vermutung die unendliche Zunahme und das zyklische Verhalten kategorisch aus, sondern besagt schlicht: Das Ende ist immer die Eins. Basta.
Hat das denn hier irgend jemand behauptet? Ich habe lediglich gefunden: Falls man beweisen könnte, dass jede Collatz-Folge auf eine Zweierpotenz stößt, dann gelangt man zur 1. Alles andere ist selbstverständlich falsch. Nachtrag: Einen haben ich jetzt gefunden, der fälschlicherweise so argumentiert.
@@berndkru
Nein, ich habe nicht dich gemeint. Mich würde es nicht wundern, wenn du Mathematiker bist. 🙂
Und da lasse ich immer Vorsicht hoch 2 walten. 😉
Alle Zahlen enden entweder in der 32 oder in der 5. /5 ist die Möglichkeit durch Multiplikation +1 in die Gruppe der 4 fachen zu
kommen. Das nächste Mal erst wieder bei 256...
(17 x 3 x5)+1, usw. 5 ist außerdem bemerkenswert, da sie im Quadrat ein Viertel von Hundert ist, so erreicht man auch jede Primzahl:
5 x P(+2/-2/+4/-4)= neue Primzahl,
Vielfache beachten...
Gerhard Opfer war vor 30 Jahren mein Prüfer in num. Mathematik.
Cool ...😊
Warum sucht man nicht zuerst nach einem leeren Kästchen, in das eindeutig eine Ziffer passt, anstatt mit trial-and-error zu starten?
Au weia. Wenn ich nervös bin, errechne ich im Kopf Fibunacci-Zahlen; vielleicht sollte ich es mal diese Formel ausprobieren.
Wäre das nicht ne schöne Möglichkeit im Computer eine Zufallszahl zu generieren?
Ich vermute dahinter die Super-Asymmetrie!
Das '3 Mal' macht es so unübersichtlich und chaotisch. Dabei wäre es mit '1 Mal' n+1 bei ungeraden Zahlen ebenfalls so, dass man bei der 1 landet, allerdings mit deutlich weniger Rechenschritten. Allerdings geht das ja nicht mit allen ungeraden Zahlen anstatt der 3, z.B. '5 Mal' n+1 ergibt einen unendlichen Loop bei z.B. n=13, oder bei 'gerade Mal' n+1 geht es ins Unendliche, weil man das Ergebnis wiederum ungerade macht.
Also wieso mit der 3? Eigentlich ist die 3 eine besondere Zahl, die extra definiert sein müsste. Also nicht nur gerade und ungerade, sondern eben auch 3-Teiler. Und irgendwie wird die Grundbehauptung damit zu tun haben. Jede Zahl kann eben als gerade, ungerade und eben 3-Teiler eingeteilt werden. So gibt es halt Überschneidungen, die es vorher nicht gab.
Nur kann ich nix beweisen und bin daher keine Mio. reicher. Und immerhin hab ich in der Mittelstufe gut aufgepasst und kann mich nach all den Jahren an die 3 und ihre Eigenschaft noch erinnern.😆
Genial!
Kann bei entweder *0,5 oder *3+1 jedes Zwischenergebnis nur 1 mal vorkommen?
Naja, wenn eine Zahl zweimal vorkommt hat man ja einen Zyklus, also muss man nicht weiterrechnen
irgendwie ist das eine gemeine Rekursion zweier Algorithmen, die sich auch noch abwechseln, aber ob man das schafft sich das so zu lösen, um dann in Rente zu gehen, hinterher rätselt man daran rum, bis man eh Rente bekommt. bei beliebiger Anfangzahl n und einer bestimmten Menge von Schritten K kommt immer irgendwann die 4 raus, um dann endlos derselbe kreislauf zu sein. beweise, dass es für jedes n gilt. hui
Jetzt mal eine ernsthafte Frage bezüglich Beweistechniken. In der Schule habe ich ja ein paar davon kennengelernt, also z.B. vollständige Induktion, oder Beweis durch Widerspruch. Aber wie gehen Beweise für Algorithmen? Gibt es so etwas überhaupt und wo lernt man so etwas. Nur im Mathestudium? Oder gibt es auch eine Quelle der Erleuchtung im Netz?
Die Schule wäre eigentlich ein guter Ort, um Beweisen zu lernen, aber es wird dort nur sehr rudimentär betrieben. Im Mathestudium lernt man es am besten. Wenn man es selber ohne Studium lernen will, ist es vermutlich am besten, Beweise zu verstehen. Das Netz ist voll von Beweisen, wenn man z.B. in Wikipedia den Artikel "Satz des Pythagoras" liest, so wird man hier auch unterschiedliche Beweise zu dem Satz finden.
@@berndkru Vielleicht führt die Frage hier bei YT zu weit. Aber wie beweise ich bei einem Algorithmus
- Dass er ein definiertes Ende hat und dieses auch immer erreicht
- Dass sein Ergebnis eindeutig ist
Und was auch immer Alan Touring noch in sein Regelwerk geschrieben hat zur Definition was einen Algorithmus ausmacht ... Und bei allen Algorithmusregeln: Wie zeige ich, dass dessen Ergebnis wahr ist? Also über abgrenzbare Wahrheitstabellen hinaus, wie eben bei diesem hier im Video genannten, recht simplen, aber halberratisch alternierenden Regelwerk.
Ein Ziel der Falsifizierung der Colltatz-Vermutung könnte sein: Es gibt ein n>1, das der Algorithmus für Startwerte n+1 immer wieder erreicht, aber nie auf die Eins zurückkehrt.
Ach, ich merke schon, dass ich mich in dieses schwarze Loch reinsaugen lasse. Ich nehme es zurück, Mathegym. Schande über dich, dass du uns eine solche Suchtpille hingeworfen hast 😆🙃😛😝🥵🥶😵
Die Korrektheit von Algorithmen zu beweisen, das lernt man im informatikstudium.
Ich habe Lothar Collatz vor vielen Jahren einige Male getroffen . Damals war seine Vermutung noch unbekannt.
Jetzt ist es ein berühmtes Problem ,das sicher sehr schwierig zu lösen ist ,und möglicherweise eine völlig neue Methode erfordert.
Und was soll die Rechung bringen?
Ist es nicht so das es eine lineare Achse an 2er Potenzen gibt die sich von 0 bis unendlich zieht, wenn man nun eine ungerade Zahl verdreifacht und mit 1 addiert bekommt man automatisch eine grade Zahl
Dann gibt es eine Wahrscheinlichkeit mit der diese grade Zahl auf der 2er Potenzachse liegt
Die Wahrscheinlichkeit dafür sinkt zwar mit größer werdenden Zahlen, dadurch, dass ich jede grade Zahl aber halbiere steigt die Wahrscheinlichkeit mit größeren Zahlen in einen Loop zu kommen
Hat jemand das Experiment auch schon mal mit 4er Potenzen oder höher ausprobiert ?
Diese Python-Funktion berechnet die Länge der Collatz-Folge, indem sie die Regeln der Vermutung anwendet und die Schritte zählt, bis die Zahl 1 erreicht wird.
def collatz_length(n):
length = 0
while n != 1:
if n % 2 == 0:
n = n // 2
else:
n = 3 * n + 1
length += 1
return length
Funktioniert das auch bei 5x+1, 7x+1 usw?
Probiere es einfach aus. Es sind schon verschiedene Folgen untersucht worden, einiges davon ist im Wikipedia Artikel "Collatz-Vermutung" zu finden.
Bei 5x+1 für ungerade, x/2 für gerade x gilt:
Startwert 1: 1,6,3,16,8,4,2,1
Startwert 7: Folge divergiert
Startwert 8: 8, 4, 2, 1, 6, 3, 16, 8
Startwert 9: Folge divergiert
Startwert 10: 10,5,26,13,66,33,166,83,416
,208,104,52,26
Eine Möglichkeit ist z.B., dass die Funktion in einer anderen Endlosschleife als 4-2-1 stecken bleibt. Ist halt das Problem an der Unendlichkeit, man weiss es nicht ^^
Was mich viel mehr interessiert: wie kam Collatz überhaupt auf diese Vermutung?
Den Beweis wird wahrscheinlich ein 8 jähriges Wunderkind finden.
Ich denke mal durch Zahlenspielereien. Vielleicht wollte er einen Gedankenlesen-Trick erfinden wie in der Einleitung ;-)
Möglicherweise mathematischer Spieltrieb
Man weiß nicht mal ob Collatz der Urheber war, schriftlich formuliert wurde das Problem erst spät und da waren schon unzählige Anekdoten dazu geboren.
Das Problem wie aus Chaos (ungelenkt!) ein Gleichgewicht entsteht, ist uralt.
Darwin löste es für die Biologie mit den widerstrebenden Kräften Mutation und Selektion. Ersteres schafft reihenweise Information, die überwiegend nutzlos ist, letzteres sortiert gnadenlos heraus, was davon funktioniert.
Haeckel nutzte schon früher die schönen Begriffe vis zentrifuga und vis zentripeta als widerstreitende physikalische Kräfte, die nach außen und innen gerichtet sind, wie bei einem Kettenkarussell mit unterschiedlichen Geschwindigkeiten. Zwischendurch wackelt es etwas, aber die Gondeln kommen immer von allein wieder in ein Gleichgewicht.
Die älteste Form dieses Dualismus, die mir bekannt ist, ist das Yin und Yang Prinzip aus dem Taoismus, das Wurzeln hat, die gut 3k Jahre in der Vergangenheit liegen. Ich nehme an, dieses Problem wurde in ähnlicher Form bereits in der Urzeit an den Lagerfeuern dieser Welt diskutiert.
guckt dir eventuell nochmal den letzten teil des Videos an. Das Verhältnis von Anzahl der beiden Operationen bestimmt in welche Richtung die Werte kippen salopp gesagt.
Zu beweisen ist letztendlich, dass die Anzahl der Halbierung einer geraden Zahl, die in einer geraden Zahl enden > als die Anzahl der Halbierungen einer geraden Zahl, die in einer ungeraden Zahl enden. Für R+.
Das sollte nicht so schwer sein. Bin aber leider kein theoretischer Mathematiker 😊
ich war schon dabei dies "statistisch" zu lösen, als du selber darauf eingegangen bist.
dass dies kein "Beweis" ist verwundet mich. Man kann ja mathematisch darlegen, dass die zahl immer kleiner werden muss und somit auch irgendwann eine Zweier-Potenz bilden muss!
Das Problem liegt nicht in der Unendlichkeit. Wenn wir nun unser Ergebnis vor Augen haben können wir behaupten das immer 1 herauskommt. Somit können wir beide Rechnungen im einzelnen betrachten mit 1 gleichstellen. Somit können wir ebenfalls beide Gleichungen miteinander gleichstellen und erhalten eine Doppelgleichung 3n + 1 = 1 = n : 2 … das alles können mit 2 multipliziert um hinten nach ,n‘ aufzulösen 6n + 2 = 2 = n …. Hier können wir nun erkennen das ungerade immer in einer Folge immer notgedrungen zu einer geraden Zahl leitet. Jede gerade zahl leitet wenn man sie x-mal durch 2 teilt irgendwann immer auf 2 … 2 einfach in n einsetzen = 2 : 2 = 1 …. ( ich habe keine Ahnung ob das wer nachvollziehen kann, das war der logische Ausbruch und bullshit warum das in meinem Kopf so logisch anfühlt, was noch lange nicht heißen soll ob das richtig ist oder nicht) … gerne kommentieren.
Das ist doch so simpel, das hab ich doch schon längst bewiesen!
Es gab vor einigen Monaten schon einmal jemanden, der ernsthaft behauptete, einen Beweis zu haben. Er wandte sich an Prof. Weitz aus Hamburg, seinen Beweis zu prüfen. Dieser lehnte allerdings ab, den Beweis zu lesen, weil er es wohl für verschwendete Zeit hielt. Du warst das nicht, oder?
@@berndkru Aus welchem völlig beknackten Grund sollte sich jemand mit seinem Beweis an irgendeinen Prof. Weitz aus Hamburg wenden?
@@argi0774 Prof. Weitz ist halt vielen durch seine Internet Aktivitäten bekannt
@@argi0774 berechtigte Frage😂
Bei einem Journal einreichen, die prüfen das dann.
Wo ist jetzt einer dieser Besserwisser, die hinterher immer sagen: "Ja, so hab ich's auch gelöst" ?
😂
hier
Hier bin ich.
Und genau so hätte ichs auch gemacht
3x+1 okay ich habe Mal eine Doku gesehen da ging es um die Zahlen 3 6 und 9 was würde passieren wenn wir die 3 mit der 6 tauschen oder mit der 9 würde die Formel immer noch passen und irgendwann auch auf 4 2 und 1 gehen 42 mmm woher kenne ich diese zahl😅
Ich denke der Beweis muss in zwei Teilen erfolgen:
1) für n=ungerade: (n+1)/2 -> 1
2) die verflixte 3: es muss bewiesen werden, dass (3n+1)/2 eine absteigende Folge ist.
Naja Mathe ist nicht mein Ding. Ich sehe mir aber trotzdem gerne die Videos an. 😊
(3n+1)/2 ist eine aufsteigende Folge
@ stimmt, danke. Wäre ja auch zu einfach. Deshalb also 3n+1. für n+1 mit n = ungerade kommt immer eine gerade Zahl als Ergebnis. Die Hälfte davon gibt eine gerade oder eine ungerade Zahl. Da diese sich abwechseln, ist auch das Ergebnis abwechselnd. 2n+1 ist das Ergebnis immer ungerade und lässt sich nicht durch2 teilen. Also müssen wir beweisen, dass bei (3n+1)/2 häufiger eine gerade als eine ungerade Zahl als Ergebnis steht, damit die Folge abnimmt und nicht zunimmt. (Was sie ja auch tut)
PS: wenn Hochbegabte den Beweis nicht führen können, werden wir das auch nicht schaffen. Es tut aber gut, darüber nachzudenken. Schönes Gehirnjogging 😊
Interessant.
Ist das nicht offensichtlich? eine ungerade zahl mal einer ungeraden zahl ist immer eine ungerade zahl, +1 ist immer eine gerade zahl. d.h. man "wackelt" zwichen x/2 und 3x+1 hin und her bis man zufällig eine 2er-potenz trifft.. die ist dann durch 2 teilbar bist man bei 1 ist.
Verständnisfrage: Wäre ein mathematischer Beweis dafür, dass die Collatz Rechenvorschrift immer und zwingend zu einer Zweierpotenz führt ein mathematischer Beweis für die Collatz-Vermutung?
M.E. schon, weil sobald du eine Zweierpotenz triffst geht es ja ratzfatz auf die 1 zu.
Ja, sobald man bei einer Zweierpotenz (natürlich mit natürlichem Exponenten) ist, landet man zwingend bei der 1.
Klar, jede Zweierpotenz wird nach halbieren unweigerlich bei 4,2,1 enden
@berndkru & @hasl3r775 ok, wenn also mathematisch bewiesen werden könnte, dass die Collatz Rechenvorschrift zwangsläufig (früher oder später) zu einer Zweierpotenz führt, wäre auch die Collatz Vermutung bewiesen, richtig? Es geht mir darum zu verstehen welche zumindest theoretischen Beweismöglichkeiten überhaupt bestehen.
Natürlich, denn von einer Zweierpotenz aus wird die Zahl ja nur noch durch zwei geteilt, bis "1" dabei herauskommt. Zwangsläufig, weil bei einer beliebigen Zweierpotenz beim Teilen durch "2" logischerweise IMMER die nächstkleinere Zweierpotenz resultiert. "1" ist dabei 2^0.
Verstehe nicht was es da groß zu beweisen gibt. Die Regel ist doch so gemacht, dass du mit 3x+1 irgendwann auf eine Potenz von 2 kommen muss. Und dann macht der "Gerade" Weg klar wohin es geenmuss. Welcher Teil ist da unbewiesen? Wie die potenzen von 2 in den NatürlichenZahlen verteilt sind?
Warum kommst Du mit der Regel 3x+1 immer(!) und mit Beweis(!) auf eine Zweierpotenz?
Als wann zählt es denn als Beweis. Warum es funktioniert lässt sich ja ganz easy erklären.
Tatsächlich?
Ja klar, weil n*3+1 immer zu einer geraden Zahl wird und sobald mittels n/2 auf eine Zweierpotenz getroffen wird, wird es zu 1. Außerdem sorgen die beiden Formeln in Kombination dafür, dass keine Zahl doppelt vorkommen kann die größer als 4 ist. Heißt durch die Formel wird einfach so lange gesucht, bis auf eine Zweierpotenz getroffen wird.
@@cheater85 Dass sie auf eine Zweierpotenz trifft, muss erst einmal bewiesen werden.
@@berndkru Naja, drum fragte ich ja, wie man das beweisen soll, wenn die zig Milliarden versuche bei denen es schon so war nicht als Beweis ausreichen. Da kann ich auch sagen: Beweise mir, dass kein Gespenst neben mir sitzt.
@@cheater85
Die Summe von 1+2+3+4+...n = n(n+1)/2
Beispiel: n = 3
Summe von 1 bis 3 = 1+2+3=6
Nach der Formel.: 3*4/2= 6
Bei dieser Summenformel kann man sehr leicht beweisen, dass Summe von 1+2+3+4+...n = n(n+1)/2 für alle n gilt.
Das ist bei der Colatz-Vermutung nicht so einfach. 😊
Ich wundere mich doch sehr darüber, man kann leicht beweisen, dass bei den Operationen unabhängig von der Ausgangszahl eine KLEINERE* Zahl rauskommt nach einigen Rechenschritten und das führt unweigerlich zu einer Zahl, die dann bei 1 endet
*reicht das nicht aus?
Nein
@berndkru Sollte es aber, wenn es für beliebige Zahlen gezeigt werden kann, dass die Zahl immer kleiner wird, und kleiner, und kleiner, etc. dann landet man unweigerlich bei 1 und damit ist die Vermutung mathematisch streng bewiesen.
Was fehlt dann bitte noch, damit etwas so Offensichtliches auch als Beweis gilt?
Dazu bedarf es keine höhere Mathematik...
@@davidjoch Die Zahl wird ja nicht immer kleiner. Der Term 3x+1 vergrößert die Zahl, die Halbierung verkleinert die Zahl. Dass man letztendlich aber bei der 1 landet, ist genau das Problem und das ist keineswegs leicht. Wenn es für Dich leicht ist - dann tu es und hole Dir das Preisgeld.
@berndkru Wenn ich zeigen kann, dass die unabhängig von der Ausgabgszahl x eine KLEINERE Zahl als x rauskommt, ist das doch ein Beweis dafür, dass es unweigerlich bei 1 landet oder nicht? Weil die Zahl wird ja nicht größer, sondern kleiner
@@davidjoch Du hast Recht! Das wäre ein Beweis.
Ähhm ist es nicht normal das wenn ich eine semi permanente Rechnung durch 2 habe (da das verdreifachen +1 in den meisten fällen zu Graden zahlen führt ) ich irgendwann bei eins ankomme . Kein Plan scheint für mich logisch geschlossen
Hallo, ich hab eine Idee! Für die Zahlen 0-255 (1 Byte) wurde die Vermutung ja schon bewiesen. Außerdem ist die Wahrscheinlichkeit fuer die 1. Operation (:2) grösser als fuer die 2. Operation (3n+1). Stellen wir eine Zahl binaer dar, so besteht sie aus vielen 8-Bit Päckchen (Bytes). Das höchste dieser Bytes wird in endlichen Schritten zu 1, (und dann im Zyklus 4-2-1 immer wieder selbst wenn es von Bytes darunter ab und zu einen Übertrag bekommt). Ist die Gesamtzahl dann gerade, wird durch 2 geteilt, was binaer einem 1 bit shift right entspricht. Das obere Byte ist dann leer. So entleeren sich alle höheren Bytes (egal wie gross die Anfansgszahl war, im Fall von 27 im höchsten Byte kann das etwas länger dauern, aber es geschieht), bis nur noch das unterste Byte eine 1 enthält. q.e.d.
Es lässt sich binär sehr elegant rechnen.
@@wollek4941 Genau das dachte ich auch als ich 16 8 4 2 1 sah. geteilt durch 2 bedeutet 1 bit shift right, mal 3 bedeutet 1 bit shift left und addieren zur ursprünglichen Bitfolge. Plus 1 bedeutet das nur das unterste Byte um einen erhöht wird, was kaum Auswirkung auf die Zahl hat, sondern sicherzustellen soll, das mindestens jedes 2. Mal geteilt wird (und die Bitfolge so um mind. 1 Bit verkleinert wird) . Erreichen wir irgendwann dann die Bitfolge '1(beliebig viele nullen)0' dann sind wir am Ziel. Vllt. lässt sich so auch ein Beweis mit binären Bit shifting konstruieren .
@@BG-dr3si Binäre Betrachtung hilft hier genau gar nichts. Null.
@@BG-dr3si Das Problem bleibt dasselbe, es lässt sich durch Shifting nur elegant rechnen.
@@argi0774 Es geht hier um eine Änderung der Sichtweise, alles andere wurde ja bereits versucht und hat nichts gebracht. Wenn wir zeigen können, das die Multiplikation mit 3 (0b11) zu einem Ausdünnen der Einsen im Bitpattern und damit zum Bilden von Inseln mit viellen Nullen führt, dann sind wir schon einen grossen Schritt weiter. Dazu sollte man sich die Bitpattern Verläufe der Zahlen 1-255 (oder mehrere Bytes um die Störung durch das '+1 zu minimieren) noch einmal angucken und versuchen, eine Regelmäßigkeit zu finden. Vorher sollte man herausfinden, ob das schon jemand versucht hat und dort weitermachen.
Hat jemand Matt Damons nummer?
Die Frage ist doch, welchen praktischen Sinn soll diese Zahlenspielerei haben?
Genau das ist die entscheidende Frage. Und die Antwort könnte sein, dass es der Mensch als vermeintliche Krone der Schöpfung geschafft hat, sich auf eine Ebene zu begeben, auf der es überhaupt nicht mehr um den Sinn einer Sache geht, sondern nur noch darum, sich auch intensiv mit Unsinn beschäftigen zu können. Eine Fähigkeit, auf die jedes andere Wesen auf diesem Planeten gern verzichtet.
Das hat man auch über primfaktorzerlegung gesagt, und heute ist es allgegenwärtig, und zwar beim Verschlüsseln von Nachrichten.
@ Das stimmt nicht. Die „Entdeckung“ der Primfaktorenzerlegung ging unmittelbar in das Finden des „kleinsten gemeinsamen Vielfachen“ ein für die Addition und Subtraktion von Brüchen und zwar lange vor Entdeckung ihrer Verwendung auch für zahlentheoretische Transformationen und Verschlüsselungen.
Naja, ich würde behaupten, dass das ganze niemals endet. Letztendlich landet man immer auf der letzten Zahlenfolge 4 2 1. Nur hat niemand behauptet, dass bei 1 die Zahlenfolge enden soll ( zumindest nicht in dem Video, siehe 04:56 weil da starten wir bei 1 und somit wäre der Fall nicht relevant ). Somit greift immer wieder 3n+1 auf der 1 und ich befinde mich in einer Endlosschleife von 4 2 1.
Also gesucht wird eine beliebige natürliche Zahl, die nicht auf 1 mit den 2 Formeln endet?
Viel Spass beim suchen^^
vlt ist die Lösung auch ganz einfach eine ungerade Zahl plus 1 ( n+1) immer eine gerade Zahl ergibt, und sich jede gerade Zahl durch zwei teilen lässt (n/2) und am Ende bei zwei geteilt durch zwei immer die Eins raus kommt. Schlussfolgerung:
Diese Reihe funktioniert, weil in der Mathematik festgelegt ist das eine Zahl durch sich selbst immer das Ergebnis von eins hat, man immer in der kleinsten geraden Zahlenpotenz letztendlich bei der zwei landet. sage jetzt einfach ungerade Zahlen die n sind, stellt sich immer folgender Ablauf ein: n+1 gefolgt von n/2 ist letztendlich nach unendlichen Rechenschritten immer 1
Ergänzung bei positiven ungeraden reelen Zahlen führt n+1 immer zu ganzen Zahlen und wenn dann n/2 folgt landet man letztendlich immer in der zweier Potenz, deren Ende immer bei positiv eins steht (festgelegt Mathematikgrundsatz 2/2 ist 1)
Startwert 27
Folge:
27, 82, 41, 124, 62, 31, 94, 47, 142, 71, 214, 107, 322, 161, 484, 242, 121, 364, 182, 91, 274, 137, 412, 206, 103, 310, 155, 466, 233, 700, 350, 175, 526, 263, 790, 395, 1186, 593, 1780, 890, 445, 1336, 668, 334, 167, 502, 251, 754, 377, 1132, 566, 283, 850, 425, 1276, 638, 319,
958,
479,
1438,
719,
2158,
1079,
3238,
1619,
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1822,
911,
2734,
1367,
4102,
2051,
6154,
3077,
9232,
4616,
2308,
1154,
577,
1732,
866,
433,
1300,
650,
325,
976,
488,
244,
122,
61,
184,
92,
46,
23,
70,
35,
106,
53,
160,
80,
40,
20,
10,
5,
16,
8,
4,
2,
1.
Diese Folge zeigt die Anwendung der Collatz-Regeln und endet im Zyklus "4-2-1".
ich finde des iwie "schmarrn" mit dem Beweisen, irgendwann kommta utomatisch eine gerade Zahl die immer gerade bleibt bei /2 rechnen, allgemein ist die "aufgabe" als 2 seperate Rechnungen zu sehen, für mich sind das 2 seperate "n" also beliebige Zahl einsetzen....
naja, ich schau mal das Video weiter an, bin erst bei 8min als er meinte das zählt nicht als Beweis
Also... die Zahlen der Folge 1 2 4 8 16 etc acheint ja umgekehrt so "berechenbar": Man schaut ob ein (N-1)/3 eine ungrade ganze Zahl ist, falls ja, ist das die nächste Zahl falls nicht N * 2. Das funktioniert natürlich erst ab der dritten Zahl. (Schöner Beweis warum 1 gerade und ungerade zugleich sein kann, irgendwie)
Die Frage ist nun warum dann irgendwann jede Zahl dort auftaucht? Hmmmm: Weil bei N= 0 ist N / 2 gleich 0 und 0 * 3 + 1 = 1 also N+1 ist jede Zahl irgendwann? Keine Ahnung^^
Ich würde das nach ein paar Bierchen durch vollständige Induktion beweisen.
Es gibt halt nur 9 Ziffern.
Nach spätestens 9 Rechenschritten ....
Wenn man jetzt noch gerade und ungerade Zahlen unterscheidet, dann halbiert dies die nötigen Schritte.
Das Gedankenlesrn kannte ich so ähnlich schon.
Boah 1:40 Video angehalten und mich für Dänemark und Datteln entschieden 🤪
Der Logiker in mir ist gelangweilt und sagt: Da kommt immer der Buchstabe D raus 😴
Ich: Ruhe, ich will mir den mathematischen Beweis anhören/anschauen 😂
wartet auf mein buch der geheimen vermutungen.
Curry mit pommes kost 5.80 , mehr mathe im leben braucht man nicht
Mich würde da mal interessieren, was der Einsatz von Rechenpower (Computer) bisher erbracht hat. Bis zu welcher natürlichen Zahl ist denn die Vermutung bestätigt? Gibt es eine Zahl, für die man bisher nicht auf die 1 gekommen ist? Kann dann natürlich auch daran liegen, dass man den Algorithmus nicht lange genug laufen gelassen hat
Die Frage wird im Video beantwortet
Ja, die Collatz-Vermutung ist ganz einfach und man kann sie ohne Mathematik lösen. Einfach nur mal aufmalen. Dann sieht man sofort, warum diese Vermtung wahr ist. Die Multiplikation mit 3 hat eine Eigenart, sie reißt die Zahl auseinander. Zusätzlich hat sie einen einen Zyklus, nämlich 1 - 3 - 9 - 7. Dieser Zyklus und eine Stellenverschiebung durch die Addition von 1 ist der Grund , warum die Eins immer erreicht wird. Banal gesagt wird aus der 9 eine 5 und die sorgt dafür, daß man durch 16 teilen kann.
Der Witz ist, daß mit 3^n plus eine Ausgleichkonstante multipliziert wird, aber mit 2^(n+3/4n) dividiert wird. Beispiel: es wird mit 3^4=81 multipliziert, eine Ausgleichkonstante dazu addiert und durch 2^7=128 dividiert. Ganz so einfach ist es zwar nicht, da auch Mischformen auftreten, aber grundsätzlich wird immer durch eine größere Zahl dividiert als multipliziert.
Den mathematisch "korrekten" Beweis muss ich schuldig bleiben, hab Mathe nicht studiert, aber die Struktur oder besser, das Muster, wie Prof. Weitz so gerne sagt, gefunden.
Diese Problem hat kein Mathematiker jemals aufgemalt, sonst hätte er die Lösung direkt gesehen. Aber wie bei den meisten mathematischen Rätsel ist entweder etwas zu wenig oder etwas zuviel angegeben, um die Lösung sofort zu sehen. Bei diesem Problem ist etwas zu viel angegeben. Läßt man dies weg und malt mal auf, sieht man sofort die Lösung.
Gratuliere zu der Million!
Wofür ist dieser Beweis wichtig?
Für die Mathematik. Mathematiker hassen es, wenn sie eine Vermutung nicht beweisen können. So sehr, dass sie für die Lösung hohe Preisgelder zahlen.
Eine KI wirds irgendwann lösen 😉
Der Algorithmus produziert irgendwann ein Zwischenergebnis 2^X.
Ich würde ja gerne eine Lösung zu dieser Problematik finden, aber eine Million Dollar erscheint mir zu wenig! Ich hätte da lieber eine Million Euro! 😁🤑💸
Man kann doch für unendlich viele Zahlen keinen Beweis erbringen, dass das bei allen Zahlen funktioniert.
Prinzipiell kann man das. Z.b. bei der Aussage, dass es unendlich viele Primzahlen gibt, ist der Beweis recht einfach. Und da geht es auch um unendlich viele Zahlen.
Verstehe nicht wirklich, was daran unlogisch sein soll.
Man kann nur dadurch auf 1 fallen, indem man eine Zahl 2 hoch x als Basis hat. Also 2, 4, 8, 16 usw. Im Prinzip funktioniert das wie eine Art Binärcode. Man muss auf eine Zahl 1 0 (2) oder 1 0 0 (4) usw. kommen, um von dort aus immer eine 0 zu streichen, bis man auf 1 fällt.
Bedeutet auch: 3n+1 ist entsprechend der Code, um von irgendeiner beliebigen Zahl 1 x... 1 über Zwischenschritte und ein try and error auf ein 1 0 0 0... 0 zu kommen. Da ich die Unendlichkeit aller Zahlen dafür als Topf habe, ist irgendwie auch logisch, dass es irgendwann eine Lösung gibt.
Das leuchtet auch ein. Wenn n keine durch zwei teilbare Zahl ist, dann brauche ich folgende Operatoren dafür: eine ungerade Zahl als Multiplikator (denn sonst führt die Bedingung n:2 immer auf den Ausgangswert zurück). Und dann eine Addition um eine ungerade Zahl kleiner als der Multiplikator (bei 3n+3 lande ich ja bei 4n und damit wieder auf dem Ausgangswert), um eine gerade Zahl zu erreichen, die aber eben größer als 2n ist. Neue Chance, neues Glück sozusagen, aber mit einer Zahl, die nur geringfügig höher ist als die vorherige. Teile ich dann nämlich durch 2, erhalte ich eine neue Ausgangszahl und das Spiel beginnt solange von vorne, bis ich endlich einen Treffer auf eine 2er-Potenz gelandet habe.
3n+1 ist dabei, wenn ich nur Natürliche Zahlen betrachte, der einfachste Code. Würde mich mal interessieren, ob das theoretisch auch mit 5n+3 funktioniert.
"Da ich die Unendlichkeit aller Zahlen dafür als Topf habe, ist irgendwie auch logisch, dass es irgendwann eine Lösung gibt." Dieser Schluss ist nicht richtig. Wenn ich z.B. durch einen Prozess immer unterschiedliche natürliche Zahlen erzeuge, bedeutet dies nicht, dass auch alle natürlichen Zahlen irgendwann einmal erreicht werden.
@@berndkru Ich muss aber gar nicht alle Zahlen erreichen. Ich muss nur eine erreichen, für die gilt: 3n+1 = 2 hoch x. Und hier kommt dann die wahre Beweispflicht, zu zeigen, dass es dafür immer eine Lösung gibt, unter den genannten Bedingungen.
@@sealka1109 Ja klar, weil ich nicht alle Zahlen erreichen kann, kann ich auch nicht schließen, dass ich eine bestimmte Zahl erreiche. Du sagtest aber, dass es logisch sei, dass durch die Unendlichkeit der Zahlen gewährleistet sei, dass es immer eine Lösung gäbe - jedenfalls habe ich das so verstanden. Und das ist eben nicht der Fall. Ein Prozess kann beliebig viele unendliche Zahlen erzeugen und trotzdem wird eine bestimmte Zahl niemals erreicht. Die Collatz Vermutung sagt aber, dass bei den Collatz-Operationen immer die 1 erreicht wird. Wenn man nachweisen könnte, dass irgendwann eine Zweierpotenz erreicht wird, wäre man auch fertig - aber dieser Nachweis dürfte genauso schwierig sein.
@@berndkru Ja gut, ich sprach von "irgendwie logisch", nicht von "mathematisch eindeutig bewiesen", sorry für die Social-Media-Sprache. Aber klar ist das schwierig.
@@sealka1109 Es könnte z.B. passieren, dass du in einem Zyklus landest. Ähnlich wie der Zyklus 4->2->1->4 usw.
Wenn es für eine Startzahl nun einen Zyklus gäbe, welches keine 2er Potenz beinhaltet, würde die 1 nie erreicht werden
Aaaaaaaaalter da saß ich gerade und dachte mir....wie kann das sein 😂
Ich dachte an eine andere Frucht: Duku
3x + 1 = 3x + 1
Man kann nicht Apfel und Birne zusammen ziehen.
3x + 1x = 4x
Ja, mit 27 dauert es ne ganze Weile... Mit 37 geht es deutlich schneller...
Das funktioniert ja erstmal nur weil jede Zahl mal 9 (zwischen 1 und 10) genommen immer die quersumme 9 ergibt.
So ich bin Handwerker den Rest kann jemand machen der hauptsächlich Buchstaben in matheaufgaben benutzt😅
Die Antwort ist: 42!
Also ich bin auf Frankreich gekommen
7:40 es reicht nicht mit Rechenbeispiele vorzulegen, wie sieht denn ein Beweis sonst aus vorallem in der Mathematik? Verstehe das leider garnicht obwohl ich in Mathe echt gut "WAR" (extra war geschrieben, mittlerweile kapier ich mathe nimma soooo gut ^^)
Soweit ich mich erinnere, versucht man das üblicherweise damit, zu beweisen, dass wenn etwas für n gilt, dass es dann auch für n+1 gilt. Und dann muss man noch zeigen, dass es für n=2 zutrifft. Das schwierige ist halt der Beweis für n+1
3 mal 1 und 1 ist 4. Alles andere ist mir Wurst!
3 mal 1 ist vier, widewidewit, durch 2 ist fünfe! 😂
@@Bayerwaldler Nettes Liedle, gelle? (Grins.)
"Eins und eins, das macht zwei,
drum küss und lächle dabei,
wenn dir auch manchmal zum Heulen ist.
Glücklich, wer das Heute genießt
und, was vorbei ist, vergisst.
Es kommt, wie es kommen muss:
Erst kommt der erste Kuss,
dann kommt der letzte Kuss,
dann der Schluss."
@@pedalboy1 Orwell 1984: 2 und 2 ist 5!!!
Heutzutage beinahe Traurige Realität!!!
1 Mio, cool.
3 mal ungerade ist immer ungerade, plus 1 ist dann wieder gerade und durch 2 teilbar bis runter zur 1. Stößt man unterwegs auf eine ungerade Zahl - z.B. 30:2, also 15 - kommt wieder 1 dazu, also dann 16 und weiter gehts mit den Halbierungen Richtung 1! Finde ich jetzt nicht so geheimnisvoll. 💙
Du steigst immer genau 1-mal und fällst wieder mit geringerer Intensität. Soweit einfach.
Allerdings ist die Anzahl der Stürze total unberechenbar. Wäre die Zahl 1, würde die Reihe unendlich steigen.
Wir haben aber eine derartige Anzahl von Stürzen pro Aufstieg, daß weder Durchschnittwerte noch andere Muster helfen könnten. Darin liegt die Faszination. Und wenn Du beim Steigen zufällig eine Zweierpotenz triffst, geht es unvermittelt richtig schnell zu Ende!
Ich hab die Lösung...
noch nicht gefunden ;-)
Ein ehrlicher Mensch. Daher ein BRAVO!
Bin bei 2158
Wenn man eine Zahl durch sich selbst teilt und 1 davon abzieht, kommt nicht immer 0 raus. Zumindest dann nicht, wenn die Zahl. an die man gedacht hat, 0 ist😂
0/0 = 1 , weil gleiche Zahl = gleiche Mächtigkeit
1-1 = 0 ;p
@@DARKOAMBER Durch 0 kann und wird man niemals teilen dürfen!
@@Mariusde dann darf man auch nicht an die Zahl 0 denken ;)
@@DARKOAMBER Warum? Wenn jemand sagt: Denk an eine beliebige Zahl! Woher willst du dann im Vorfeld überhaupt wissen, dass derjenige fordern wird, durch diese Zahl zu teilen...?!
@@Mariusde ich glaub du nimmst das ganze zu ernst und hast nicht ganz verstanden was ich mit meinen Beispiel meine
?!?!
Es gibt überhaupt keinen Zustand für eine solche brotlose Aufgabe
Ganz einfach. Die Kombination der Formeln ist so angelegt, dass die Wahrscheinlichkeit, dass bei nächsten Schritt eine gerade Zahl herauskommt - und damit dass der neue Wert gleich wieder halbiert wird, sprich kleiner wird und gegen 1 geht - deutlich größer ist, als dass eine ungerade Zahl herauskommt - und damit der Wert zunimmt - sprich sich von 1 entfernt.
Warum? Weil beim Halbieren von geraden Zahlen die Wahrscheinlichkeit, dass eine gerade Zahl herauskommt, die dann gleich nochmal halbiert werden kann, zwar 50-50 ist, bei “3n (ungerade)+1” die Wahrscheinlichkeit, dass eine gerade Zahl herauskommt, die gleich wieder halbiert werden kann, aber 100-0 ist.
Wenn man also lange genug rechnet, wird der Wert - uU auch erst nach ungeahnten Höhenflügen - früher oder später zwangsläufig so viele Male öfter geteilt als “verdreifacht +1 werden, dass er bei 1 landet.
Das ist bestenfalls eine Abschätzung der Wahrscheinlichkeit, aber kein Beweis.
@ schon klar, dass mein Text keine mathematische Beweisformel ist. Aber er basiert nicht auf einer Schätzung der Wahrscheinlichkeit, sondern auf der Tatsache, dass gerade natürliche Zahlen durch die verwendeten Formeln 3mal wahrscheinlicher sind u es damit 3mal wahrscheinlicher ist, das der folgende Wert sich halbiert als „verdreifacht +1“. Und das bedeutet, dass der Wert früher oder später abnimmt, bis er 1 ist. Bei jeder natürlichen Zahl N gilt:
(3N+1) x 1/2 x 1/2 x 1/2 < N
@@BoethiusXXI Auch wenn es 10 mal wahrscheinlicher wäre, dass durch 2 geteilt wird, bliebe es eine Wahrscheinlichkeit. Hier geht es aber um den Nachweis, dass die Folge immer bei der 1 endet.
@ also dass jede ungerade Zahl mal 3 + 1 eine gerade Zahl ergibt, ist nicht wahrscheinlich, sondern in 100% der Fälle eine Tatsache. Und bei gerader Zahl geteilt durch 2 ist es eine Tatsache, dass 50% der möglichen Ergebnisse wieder eine gerade Zahl ergeben, die dann nochmals geteilt wird. Wenn man systematisch von einem Wert mehr wegnimmt als man hinzufügt, geht er irgendwann Richtung 1. Er kann nicht auf 0 gehen, weil die Formel, die den Wert reduziert eine Division ist. Wie man das mathematisch beweisen soll, weiß ich nicht. Die verwendeten Formeln selbst sind der Beweis.
Wie beweist man mathematisch zB, warum die Formel „gerade natürliche Zahl mal 2 - 1“ u „ungerade natürliche Zahl mal 3 - 1” immer in unendlich endet? Da kann man auch nur sagen: naja, weil der Wert aufgrund der Formeln halt immer größer wird, muss er irgendwann unendlich sein….
Wie immer: zu viele Wörter.
Wenn es einen Beweis gibt, dann ist er einfach. Aber ich werde mich daran nicht vergnügen, weil ich schon einen Beweis für eine wesentlich komplexere Aufgabe erarbeitet habe, und dabei fast verrückt geworden bin.
😂
-0,333
Ich habe für diese Vermutung einen ganz wunderbaren Beweis gefunden, doch ist dieses Kommentarfeld zu klein, ihn zu fassen. 🤷♂️
Witz komm raus du bist umzingelt
ich weiß nicht was diese einleitungen sollen . er soll sagen um was es geht. IN DER KÜRZE LIEGT DIE WÜRZE.
Sehen nicht alle so wie du. Nutz halt die Kapitelangaben unter dem Video zum Vorklicken, dafür sind sie da. TH-cam-Videos sind keine Fernsehsendung.
Lächerlich, wenn man ne Ungerade verdreifacht und Eins addiert wird es immer ne Gerade, und Gerade immer wieder halbieren läuft zwangsläufig auf eins.
Das video ist absolute Zeitverschwendung.
Auch für 6?