Kolibri-Ethos : Collatz3

Mod 32

Zerlegt man jede grössere ungerade Zahl in k*32 +r
So kann man 5 Halbierungsschritte lang untersuchen, wie sich die ungeraden Reste weiterentwickeln.
Lange Reihen bilden die Zahlen 3,7,15,31 die unteren Nachbarn der Zweierpotenzen.
Hier muss ja zuerst jeder Zweierfaktor in einen Dreierfaktor umgewandelt werden,
Bevor die ebenfalls zähe Reihe k*3^ n -1 durchlaufen werden kann.

Kurze Reihen bilden die oberen Nachbaren der Zweierpotenzen 5,9,13,17,21,29
19 fällt etwas aus der Reihe!
Den Rekord hält 27 mit 112 Schritten, von denen mit den ersten 5 nur ein Bruchteil abgearbeitet wird.

Man kann nach je einem Halbierungsschritt Vielfache der neuen kleineren Zweierpotenz nach k verschieben.
19, 58, 29=16+13, 40=32+8

Nun vergleicht man für jeden Rest, wie oft, um 5 mal zu halbieren mal 3 multipliziert wurde.
27/32 ist immer noch eine Verkleinerung, 81/32 eine Vergrösserung.

Folgende Reste werden verkleinert.

Diese allerdings vergrössert.

Ist nach fünf Halbierungsschritten die 32 abgearbeitet, hat man eine Zahl dieser Form
k*3^m + R
Diese kann wieder in die Form k'*32 +r' gebracht werden und so weiter.

Mod4

Zwei Halbierungsschritte für eine Zahl z der Form 4* k. + r
Rest 0: Verkleinerung auf 1/4 z
Rest 1: 1,4,2,1 Verkleinerung auf 3/4 z
Rest 2: 2,1,4 Verkleinerung auf 3/4 z
Rest 3: 3,10,5,16,8 Vergrösserung auf ca. 9/4 z
(Summe: 16/4)

Mod 8

Drei Halbierungsschritte für eine Zahl z der Form 8* k. + r
Rest 0: Verkleinerung auf 1/8 z
Rest 1: 1,4,2,1,4,2 Vergrösserung auf 9/8z
Rest 2: 2,1,4,2,1 Verkleinerung auf 3/8 z
Rest 3: 3,10,5,16,8,4 Vergrösserung auf ca. 9/8 z
Rest 4: 4,2,1,4,2 Verkleinerung auf 3/8 z
Rest 5: 5,16,8,4,2 Verkleinerung auf 3/8z
Rest 6: 6,3,10,5,16,8 Vergrösserung auf 9/8 z
Rest 7: 7,22,11,34,17,52 Vergrösserung auf ca. 27/8 z
(Summe: 64/8 )

Dualzahlen

Aus Sicht der Dualzahlen oder einer Summe von absteigenden Zweierpotenzen entscheidet sich die Multiplikation mit 3
Daran, ob eine 1 vorhanden ist.
Dann wird bei allen höheren Potenzen eine Zwei durch eine Drei ersetzt.
27=16+8 +2+1 -> 82->41=3*(8+4) +3+2 -> 9*(8+4) +3*4+3+1 =124 ->62->31 = 9*3 + 4 = 16+8+4+2+1
Dadurch treten in mittleren Bereichen immer wieder reine Dreierpotenzen auf, die neu in Zweierpotenzketten aufgelöst werden müssen
Und das Spiel beginnt von vorne.

Ringsuche

Es wird die Collatzfolge nur im Restering mod 30 oder mod 60 betrachtet.
Jede Zahl wird dazu in folgende Anteile aufgetrennt.

2^n*k*30 +/- (z*15 +/- x) mit k=8i+/-r z<2 und x<15 n=20
Es ergeben sich 120 Startkombinationen,
die je Kombination mit 8 unterschiedlichen k-Werten (r=1/3/5/7) gestartet werden.

(Werden Zahlen doppelt erfasst?)

Nach dem Aufbrauchen der Zweierpotenzen werden Ringstrukturen analysiert.
Dann werden grosse Reste als Zweierpotenzen mod k*30
und kleine Reste aufgeteilt und weitergerechnet.

Man kann beide Teile getrennt betrachten::
2^n*k*30
Das ist immer gerade.
Sollte n null werden, muss k verändert werden, um Teilbarkeit durch 4 zu erreichen.
Ist der zweite Teil ungerade, bauen sich im ersten Teil 3er Faktoren auf.

+/- (z*15 +/- x)

Weiterer Weg
Man zeigt, dass k*2^n*3^m +/- z sich für grosse n und kleine z immer auf

k' *2^n' *3^m' +/- 1
abbildet.

Wichtig ist dabei die Anzahl der ungeraden Schritte s, die benötigt werden, um z auf 1 abzubilden.
Entsprechend ist m'=m+s

Kann man zeigen, dass sich alle Zahlen eines Bereichs so darstellen
und so umbilden lassen, dann ist die Collatzvermutung darauf reduziert,
sie für k' *2^n' *3^m' +/- 1. zu zeigen

Gut wäre noch k<z

Umgekehrt lässt sich versuchen, alle Zahlen, die am Ende die 1 ergeben rückwärts zu erfassen.
2^n ist trivial.
(2^(2n)-1)/3 oder die Summe aller geraden Zweierpotenzen plus 1, ergibt sich.
1,5,21,85,341 (11*31), ...
(2^(2n)-1)=(2^ n +1)*(2^n -1)
Von diesen Zahlen wieder alle Zweierpotenzvielfachen und falls die nächst untere Zahl durch 3 teilbar ist, davon ein Drittel.
10 20 40 80 160 320 640
3, 13, 53. 213 (3*71)
3 plus die Summen aller Zahlen 5*2^( 2n)

Dreierpotenzen und alle Zahlen 2^n+1 oder für ungerade n 2^n-1 ergeben sich nicht so leicht.

Zu zeigen wäre, dass man alle Zahlen erreicht.
Oder die eines Bereichs bis 2^n und dann auch die bis zu 2^(n+1)

Kann man zeigen, dass mit zwei Zahlen, die sich auf 1 zurückführen lassen auch ihr Produkt die 1 ergibt?