uber das syracuse - problem

UBER DAS SYRACUSE - PROBLEM
von
Günter Meinardus
0
August
1987
_0__
1
,
~._._~_..J
Einleitung:
Das sog. 3n+1-Problem,
oder Syracuse-Problemgenannt,
an Aktualität
artikeln
gewonnen.
auch Collatz-Problem
hat in der letzten
Eine Reihe von Übersichts-
macht dies deutlich.
Die vorliegende
Note stellt die Zusammenfassung
Ideen dar, die im Zuge des Nachdenkens
Problem
wird
entstanden
zu einer Behandlung
einiger
über dieses
sind. Die wesentliche
zwar nicht bewiesen,
Methoden
Zeit
Vermutung
jedoch werden Beziehungen
des Problems mit analytischen
aufgedeckt.
Natürlich
liegen weitere
Versuche
vor, z.B. mit L-Reihen
oder mit Summationsmethoden
Problem näherzukommen.
Auch sind bereits viele Verall-
gemeinerungen
.Vielleicht
bruchstückhaft
können
geschriebenen
untersucht
worden .
die hier ein wenig ungeordnet
Gedanken
dieser Fragestellung
zu weiterer
anregen.
dem
Beschäftigung
aufmit
1
9
1.
Problemstellung.
Vermutungen.
Die Abbildung
sei für nEN definiert
durch
für gerades n,
(1) .
für ungerades
Offenbar
n .
gilt auch die Darstellung
(2 )
Wir interessieren
uns für die Iterierten:
l'
1 (n)
=.
l'
(n) ,
(3)
Tm(n)
=
1'(Tm_1(n»
Gibt es zu einer natürlichen
für m~2 ..
Zahl no eine natürliche
Zahl mo' so daß
ist, und ist in
o
die kleinste
natürliche
Art, so sagen wir, daß die Zahlen
Zahl dieser
2
einen Zyklus der Länge mo bilden.
durch zyklische
werden
Permutationen
Zwei Zyklen, die
auseinander
hervorgehen,
als gleich betrachtet.
Offenbar
bilden
Abbildung
T einen
Die folgenden
längerer
die Zahlen 1, 4, 2 bezüglich
unserer
Zyklus der Länge 3:
beiden Vermutungen
bestehen
seit
Zeit:
V~rmutung1: Die Abbildung
T
besitzt nur den
obigen Zyklus.
Vermutung
2: Zu Jeder natUrlichen
Zahl n gibt es e~ne
Zahl m(n) mit der
(kleinste) natUrliche
Eigenschaft
Tm(n) (n)
=
1
(4 )
.
Es ist
n
m( n)
und
3
1
2.
3
1 .7
4
5
6
7.
8
.9
10
2
5
8
16
3
19
6
m(27)
= 111.
.11
12
14 . 9
.13 .14
9
17
15
16
17
4
3
Ferner
ist
für kEIN.
Die Vermutung
vorgegebenen
einmünden.
2 besagt,
einer beliebig
Zahl nEIN stets in den Dreierzyklus
Diese Vermutung
für alle n~3.1012
Zwei weitere
Vermutung
daß die Iterierten
ist mit Hilfe von Computern
bestätigt
Vermutungen
worden.
sollen noch formuliert
3: Es existiert
(1, 4, 2)
e~ne positive
so daß für die in der Vermutung
werden:
Konstante
y,
2 ei~geführte
Zahl m(n) die Ungleichung
m(n):;;y.logn
,
(5)
n>2
besteht.
Offenbar
nimmt der Quotient
m(n)
log n
seinen kleinsten
Wert, nämlich
an (und nur für diese n).
,.
n~2,
l~g 2
für n
=
k
2 , kEIN,
4
Vermutung
4: Der Quotient
m(n)
log n
nimmt seinen
größten
Wert für n
=
27 an3
d.h.
es gilt für alle n~2 die Ungleichung
. 111
(6 )
m(n)~log 27 . log n.
Rechnungen
folgende
zeigen
Zahlen
das
häufig
Phänomen,
den
daß
gleichen
zwei
aufeinander-
Wert
m(n)' besitzen.
Beispiele:
d.h.
m(12)
=
9,
d.h.
m(13)
=
9,
d.h.
m(14)
=
17,
d.h.
m(15)
=
17.
oder
Vermutung
5: Es gibt unendlich
viele Zahlen nE~
mit der Eigenschaft:
m(n)
=
m(n+1).
(7 )
5
9
2...Elementare. Eigenscha£t.en der Tterierten.
Die Abbildung
klassen modulo
diskreten
definiert
T
auf jeder der beiden Rest-
2 ein Polynom vorn Grad 1 in der
Variablen
n. Flir die Iterierten
damit eine analoge Eigenschaft
modulo
Satz
T
m wird
auf den Restklassen
2m induziert.
1: Zu jeder
ZahL mEN gibt es eindeutig
bestimmte
ZahLen a
m,v EN und b m,v EN0 , vEN , die nur von
.
v mod 2m abhängen
der RestkLasse
3
so daß für
a~Le nEN die DarsteLLung
T
m
=
(n)
In
1 {a .. n+b
}-für n - V Inod 2
2m
m, v
In, v
(8)
giLt.
Es ist stets
a
In,O
=1,b
In,O
=0
(9)
In
und für v ~ 0 Inod 2
b
In, v
EIN
sowie
a
In,
V
- 0 mod 2
und
b
______
,
.
-~_
•.••.••.••
_"';,
•.
~.~-~r>,
•..
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In,
"'_-"...._..:".-~x •..•~
•••
V
- 0 Inod 2.
~:'.~"3..r;;]:;:~'7tFY;::::~::::.::.>:-:;'~~~~,'.l,v-:._>i":"~~~::f~~~7?:~='~2~':;::"'~:::'.-~£i~:'~~
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••"'&"-=_:?7";:',.,. ..~•.:n..l'Y_~T.:.',..-;-~::.•":.~-:-.~-~!,:li:'7.£:.~.::.'~
.•
6
Beweis:
Wir führen ihn. mit Hilfe vollständiger
Induktion
ist nach
nach der Iterationsordnung
(1) die Behauptung
a
1,0
a1,1
offenbar
richtig.
mit
=
1 , b1
=
6 , b1,1
Wir nehmen
für die Zahl m bewiesen.
m. Für m = 1
,0
=
0"
=
2
an, sie sei bereits
Ist
n _ 0 mod 2m+ 1 ,
so ist
Tm+1(n) =T(Tm(n))
=
~_n
2m+1
d~h. für v - 0 und 2m+1 ist die Behauptung
wahr.
7
Nun sei allgemein
n
Ist v gerade,
==
m+1
v mod 2
.
so ist auch n gerade, und es folgt
n _ ~2möd 2m .
"2
Dann ergibt
sich
Die Behauptung
ist richtig mit
a
= a
m+ 1,v
m, v
"2
b
Ist aber v ungerade,
m+ 1,v
=
2b
m, v
"2
so ist auch n ungerade,
es folgt
3n+1 - 3v+1 mod 2m+1
- 3v+1
mod 2m .
und
8
In diesem
Fall ergibt
'm+1 (n)
sich
=
'm(,(n»
=
~m {~m,3V+1 (3n+l) + bm,3V+1}
=
1
'm(3n+1)
{6am,3v+1
2m+1
Die Behauptung
=
. n + 2am,3v+1
+ 2bm,3V+1}
ist richtig mit
m+1,v = 6am,3v+1
a
~m+1,v
Die Eindeutigkeit
offensichtlich.
Beispiele:
=
2am,3v+1 + 2bm,3v+1
der Zahlen a
m,v und bist
m,v.
Damit ist Satz 1 bewiesen.
Es ist
n
1
'2(n) = '4
.
,
für n=O mod 4
6n+2
für n=1 mod 4. ,
6n+4
für n=2 mod 4
6n+2
für n=3 mod 4
,
,
n
für n=O mod 8
,
6n+2
für n=1 mod 8
6n+4
für n=2 mod 8
,
,
,
,
,
und
'3 (n)
1
.
= 8
36n+20 für n=3 mod 8
6n+8
für n=4 mod 8
6n+2
für n=5 mod 8
6n+4
für n=6 mod 8
36n+20' für n=7 mod 8
.
.
9
Die diskrete
Fourier-Transformation
Verallgemeinerung
der Darstellung
Satz 2: Zu jeder
liefert eine
(2).
Zahl mE~ gibt es eindeutig
komplexe
Zahlen a
und ß
m,~
m,~
, ~
bestimmte
O,1, ... ,2m-1 ,
=
so daß für alle nE~ die Darstellung
1"m(n)
=
2m-1
~
1
4m ~=o
(a.
~ n
m,~
gilt. Hier bedeutet ~
'.m
+ ß _ )
m,"•..
die folgende
z;;~n
( 12 )
m
~m_te
Einheitswurzel:
Beweis:
Es ist offensichtlich,
solche Darstellung
Bezeichnungen
daß es höchstens
eine
gibt. Wir definieren
von Satz 1 für ~
=
mit den
O,1, ..• ,2m-1 die
Zahlen:
m-1
2
a
m, II
= ~
A=O
-A~
a
1',;
m, A m
und
(13)
2m-1
ß m, ~ = ~
A=O
-A~
b m, Al; m
10
Dann folgt für n=v mod 2m nach kurzer Rechnung:
=1
Beispiele:
2m-1
~
4m ~=o
(CL,
m, ~
n
+ ß
m, II
)
Es ist
und
61
'3(n) =
Bemerkungen:
CL
{(103n+60)
- r;~(Sn+8)
3
1. Es ist sicher nicht schwer zu zeigen, daß
ß ~ ganze algebraische
m., ~ und .m,
körpers
r;2n«(S-60i)n - 36i)
Zahlen des Kreis-
per; 1) sind.
m-
2. Auf Besonderheiten
Beispielen
der Darstellung
hervortreten,
(12), wie sie in den
gehen wir später ein.
r~v
"'m
=
11
Die Abbildung
T
kann durch die gleiche Vorschrift
für alle nEZ erklärt,
nach Z fortgesetzt
d.h. zu einer Abbildung
werden.
Zahlen auf sich
._---._--.-
Wir bezeichnen
gleichen
Darstellungen
bemerkt,
daß es dann mehrere
von T besitzen
(8) und
1. Den Zyklus der Länge 2:
2. Den Zyklus der Länge 5:
18:
-
17
50
-'25
-' 74
- 37
-110
- 55
-164
- 82
-
41
-122
- 61
-182
-
__
.•.
._-
._.
daher diese Fortsetzung
wieder mit T. Die Iterierten
3. Den Zyklus der Länge
von Z
Dabei wird di~ Null auf
die Null und die Menge der negativen
abgebildet.
(1)
91
-272
-136
- 68
- 34
die
(12). Es sei aber
Zyklen gibt:
12
Es ist nicht bekannt,
ob dies alle Zyklen sind, und
ob zu jeder negativen
ganzen
Iterierten
Zahl n die Folge der
stets in einen dieser
Wir benutzen
die Fortsetzung
nur zur bequemeren
Rekursionsformel
Zyklen einmündet.-
von , hier zunächst
Darstellung
der folgenden
(und später an einigen
bei der Diskussion
der erzeugenden
Stellen
Funktion) .
sat~ 3: FUr alle nEZ gilt:
m
m+ 1
'm(n) = 2, (n-2 ) - ,(n-2
)
m
m
( 14 )
Beweis: Wir fassen die Beziehung
homogene
Differenzengleichung
(14) als lineare
m 1
der Ordnung 2 + auf.
Das zugehörige
charakteristische
Die allgemeine
Lösung
Polynom
lautet
ist von der Form
(A;i • n+B ) l; lln .
II
ll:rn
Da nach Satz 2 die iterierte
Abbildung
dieser Form ist, folgt die Gültigkeit
Man kann das Bestehen
rechnen
von
aus der Darstellung
,~(n) von
von
(14).
(14) auch durch Nach(12) beweisen.
/
13
9
Wir benutzen
manchmal
die Abkürzung
benötigen
3. Erzeugende
Funktionen.
für die. identische
TO• Zur Einführung
wir eine elementare
Abbildung
erzeugender
Abschätzung
Funktionen
von T (n).
m
Satz 4: Für aZZe m,nEN giZt
m
Tm(n)~1b
Beweis:
Zunächst
=
sei m
, (15)
(~)2(n+2)
2r , rENo. Aus
(1) folgt die
Ungleichung
Hieraus
ergibt
sich induktiv
die Abschätzung
m
Tm(n)~ (~)2(n+2)_2
Ist aber m
=
2r+1 , rEN
0,
( 16 )
.
so wird nach
..
(1) und
(16) sicher
..
Tm(n)
=
T(T2r(n»~3T2r(n)+1
..
also
m
Tm(n)~1b
. (~)2(n+2)_5
.
( 1 7)
14
Zusarnrnengefaßt
ergibt
Behauptung
Satz
4.
zwei
Typen
Wir
von
definieren
durch
die
sich
aus
(16) und
(17) die
vo~ erzeugenden
Funktionen
Potenzreihen:
=L
n=o
( 1 8)
00
gn(W):
m
Tm(n)w
= ~
,
nE~o .
( 19 )
m=o
Satz
5:
1. Die Potenzreihe
aZZe zE~ mit
2.
Beweis:
Dies
aus
Abschätzung
Satz
----
für
Izl<1.
Die Potenz:reihe (1.9) konvergiert
a ZZe wE<C mit
der
(18) konvergiert
folgt
6: Es sei mE~
per
Iw I <
f%
(R().
81 6 •••
Majorantenkriteriutn
für
) •
unmittelbar
(15).
Dann steLZt fm (z) die Potenz-
o.
reihe einer rationaZen
f
Fu~ktion
von der Form
?.m(z)
m
(z)
=
(z2
dar. Hier ist Pm(z)
m
( 20)
-1) 2
ein PoZynom vom Grad 2m+1_1
15
2m+1_1
=> v=1
Pm(z)
c
cm, v EN , v
mit Koeffizienten
'z v
(21)
m, v
=
1,2
, ... , 2m+1 -'-: 1 -..
Ferner giLt:
T (v)
m
m, v
2m
m
I z I <1 betrachten
-1)
T
+>-
•••,2
m
(22)
T (v)-2Tm(v-2
in
(z
1 ,2,
=
c
Bet.teis: Für
=
für v
n=2
2
f
m
m
(n)z
00
m+1
( z)
+1
=
(z
)
=
für v
m
2 +1,
•••
,2
m+1
-1
wir das Produkt
2m+ 1
- 2z
2m.;;-,
+ 1)
.h
2
Tm (n ) z
=
n=1
n
+
(T
m
(n)
-
2T
m
(n-2
m ))z n +
16
Die an dritter
wegen
hur
Stelle stehende
,(14) identisch.
(z.B.'wegen
summiert
T
zu werden.
T
m
ist für v
aus
=
Im zweiten Summanden
(2m+1)
m
Reihe verschwindet
=
2,
T
Es bleibt
(V)-2T
m
(2~)
m
=
braucht
1) bis 2m+1_1
zu zeigen, daß
(v-2m»0
m
m+1
.
2 +1, ... ,2
-1. Dles folgt aber ebenfalls
(14), denn es gilt fü~ diese Werte von V,' wenn wir
unter
T
m
die Fortsetzung
auf ~ verstehen,
Hier ist
v-2m+1<0
,
also
T
m
(v-2
m+1 )<0
V
__e_rm
__u_t
__
u'_n_g_'_6
__
..Es sei nE~. Dann stellt gn(w) die Potenzreihe einer rationalen
Funktion
qn(w)
1-w
dar.
Hier qn (w) ein Polynom
,
Koeffizienten
3
in w, dessen
ganze rationale
Zahlen sind.
17
Beispie'le:
f
o
(z)
Es ist
'z
=
(z-1)
2 '
2
3
4z+z +2z
(z2_1)2
234
(z)
f
2
=
567
2z+4z +5z +z +4z +2z +z
(z4_1) 2
{Z+2Z2+16Z3+4z4+4z5+5Z6+34z7+zB
+
*5Z9+4Z10+20Z11+2Z12+2z13+Z14+2z15}
g (w)
o
=
0
,
.
18
4+2W+w2
3
1-w
gS(W)
=
1+14w+7w2
2
+ 4+2w+w
1-w3
g7(w) = S+11w+7w2+32w3+16w4+48wS+24w6+12w7+36w8
+ 18w9+9w10+w11+14w12+7w13
+.2w+4w
2
3
1-\'1
=
g8 ( w )
7 + 1+4w+2w
3
2
1-w
Satz 7: Die Abbildung
besitzt nur einen einzigen
Zyklus der Lange 3, namiich den b~reits
bekannten Zyklus
L
(1,4,2) .
Beweis: Wir diskutieren
in Z für n$O mod 8 .
die Gleichung
+
19
Für n=1 mod 8 lautet sie:
6n+2 = 8n
mit der einzigen
Lösung n
=
1 .
Für n=2 mod 8 lautet sie:
6n+4 = 8n
mit der einzigen
Lösung n = 2 .
Für n=3 mod 8 lautet sie:
36n+20 = 8n
Hier gibt es keine Lösung
in t .
Für n=4 mod 8 lautet sie:
=
6n+8
mit der einzigen
Lösung n
=
8n
4 .
Für n=5 mod 8 lautet sie:
6n+2 = 8n .
Hier gibt es keine Lösung
in der Restklasse
5 modulo
8.
6 modulo
8.
Für n=6 mod 8 lautet sie:
6n+4 = 8n .
Hier gibt es keine Lösung
in der Restklasse
Für n=7 mod 8 lautet sie:
36n+20
=
an .
Hier gibt es keine ganzzahlige
Jetzt folgt die Behauptung
Lösung.
unmittelbar.
20
Bemerkung:
verkürzt
Natürlich
werden.
kann dieser Beweis beträchtlich
Auf die Frage nach der Existenz
Zyklen kommen wir im allgemeineren
Zusammenhang
zurück.
sat~8:
Die Vermutungen
2 und 6 sind aquivaZ~nt.
Beweis:
Es sei nEIN. Wenn es eine Zahl m(n), die
wir jetzt mit k bezeichnen,
gibt, so daß
ist, so wird
k-1
g (w)
n
-2:
m=o
m
(n)w+
T
m
.wk+4wk+1 +2wk+2
3
1-w
mit einern Polynom
qn .
Gibt es umgekehrt
eine Darstellung
qn(W)
1.-w
mit einern Polynom
q (w)
n
3
von
21
so wird
r
3 6
(1+w +w +...)
-~
.
\)=0
Hieraus
ergibt
sich nach Definition
von gn(w) sofort:
Es ist
d r+d r- 3+d r- 6+ ...
=
d.h. es entsteht
1" r+3
(n)
,
der Zyklus der Länge 1:
(Tr (n), Tr+ 1 ~n), Tr+ 2 (n)) .
Nach Satz 7 gilt, daß
Tr(n)
=
1, 4 oder 2
sein muß. Somit ist die Existenz
gefolgert
_/
einer Zahl (m(n)
mit
m(n) = r, r+2 oder r+1 ,
sodaß
Tm(n) (n)
=
1
ist. Dies sollte aber gezeigt werden.
22
Wir führen noch die bivariate
Funktion
erzeugende
F (z,w) für Izl<1 und Iwl<
4 ein
durch
'00
F (z,w) : =
Offenbar
w
>rn,n=o Lrn(n)znrn
.
(23 )
f!s
(24)
, Izl<1 .
(25)
gilt sowohl
'co
F(z,w)
= ~
frn(z)Wrn
rn=o
Iwl<
als auch
00
F(z,w) =
L
n=o
gn(w)zn
'.
23
9
4..Funk tionalgleichunaen
.
,~
unter n die 6-te Einheitswurzel
Wir verstehen
21Ti
()
n = e
satz
f
m
'1+il3
= --2-
9: FUr mENund
gilt die Rekursionsformel:
0<lzl<1
(z)
(26)
Hier wählen wir einen beliebigen
festen Zweig der Funktion
Beweis:
aber
z1/3 .
'Es ist
für n=O mod 2 ,
für n=1 mod 2 .
Somit wird
=
f
m
(z)
=L:
n=l
Offenbar
T
m
(n)z
n
=
=
L
Co
m-1 (k)z2k +
T
k=1
ist
~
~
=
k=1
"rm-1 (k) z
2k
=
2
fm-1 (z . )
L
r=o
- (6r+4) z2r+1
m 1
T
24
Weiter wird
n
1 ~
-4~f
('~ 1/3)
~ ~
n
"m-1 n z
~=o
= ~..
00
(
)
~
Tm-1 n
n=o
1 ~
(.
6~
~=o
n (n-4)~)
z.3"
Wegen
für n=4 mod 6 ,
für n$4 mod 6
folgt mit n = 6r+4 weiter
1.J-
6 ~
~=o
n
-4~f
Hieraus
(~1/3)
m-1 n z
ergibt
In diesem
=
1/3
r=o
Tm-1 (6
ist folgendes
Vektorraumder
holomorphen
00
~
L.-
2r+1
r+4) z
sich die Behauptung" sofort.
Zusammenhang
Es sei Ader
Z
Funktionen.
interessant:
auf dem Kreisgebietlzl<1
Mit hEA sei die Abbildung
durch
",
(Th)
definiert.
(z):
=
2
h(z ) +
5
z -1/3
6
~
~=o
n -4~h ( n ~z 1/3)
'.. -
(27)
25
Ist h durch die Potenzreihe
00
h(z)
gegeben,
=:L
v=o
h
v
ZV
(28 )
so wird
(29)
Einige
spezielle
Werte der Abbildung
T seien hier
aufgeführt:
h
Th
1
1
1
1-z
2z+5z3+z4+4z5+z7
(1 -z 4)2
26
Die folgende Vermutung
Vermutuhg
ist äquivalent
7: Die Fixpunkte
zur Vermutung
der Abbildung
2.
T haben
alle die Form
:z
Yo+Y1 • -1-z .
Die behauptete
Aquivalenz
sieht man so: Aus
(29)
folgt zunächst
z=
00
(Th) (z)
Ein Fixpunkt
=
h
o + v=1
(30)
h ( )zv
T v
h(z) von T in der Form
(28) ist also
durch die Eigenschaft
h v = h T (V ) , vEN ,
gekennzeichnet.
Wäre nun die Vermutung
2 richtig,
so gäbe es zu
jedem hEN eine Zahl mEN mit T (n) = 1, d.h. es wäre
m
h n = h T(n) = h T (n) =
2
Damit hätte h notwendigerweise
=
h
Tm (n)
- h
-
die Gestalt
1 .
27
Nun sei umgekehrt
Wir nehmen
die Vermutung
7 richtig.
an, daß es Zahlen vE~ gibt, zu
denen es keine natürliche
Zahl m der obigen
Form gibt, d. h. ,
T
Die Menge dieser
m
(v)*1 für alle mE~ .
Zahlen v sei mit M bezeichnet.
Sicher gehört die Zahl 1 nicht zu M. Nun betrachten wir die nicht-identisch
verschwindende
Potenzreihe
also
für vEH ,
h
v
=
für vE~ , v~H
Dann ist auch
1 für vH1
,
für vEIN , v~H ,
d.h. es ist nach
(30) sicher
Th=
.,h •
•
28
Andererseits
angegebenen
ist h nicht von der in der Vermutung
Form. Die indirekte Annahme,
daß
ist, führt daher zum Widerspruch.
Bemerkung: .. Mi t
21Ti
A = e-3-
kann man die Fixpunktgleichung
schreiben.
auch in der Form
7
29
~ 5. Ein Zusatz.
Das in den Formeln
(20) und
p (z) kann an den relevanten
m
berechnet
werden.
Darstellung
(21) eingeführte
Einheitswurzeln
Dies ist in Verbindung
(12) von Interesse.
Polynom
~v
m
mit der
Wir geben hier
für z = z1 an.
nur die Werte
Satz 10: Es gilt:
( 31)
und
(32)
m
für
Beweis:
=
1,2, ...
Man verwende
die rationale
(20) von f (z) in Verbindung
m
formel
Darstellung
mit der Rekursions-
(26). Wenn man mit dem Nenner
multipliziert
und dann z-+1 und z-+-1 streben läßt,
erhält man für m~2 die Rekursionsformeln
Pm (1) = 7Pm-1 (1) + 6Pm-1 (-1) ,
P~ (-1) = -5Pm-1 (1) - 6Pm-1 (-1) .
30
Mit
erhält man
(31) und
(32) .
31
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