Die legendäre Collatz-Vermutung, bislang unbewiesen

[@bigrany5966]

Ich hab den Beweis nun gefunden. Leider reicht der Platz in meinem Matheheft nicht aus um ihn aufzuschreiben.

[@egonreiter]

😂😂😂😂 Hast du das Buch gelesen? War sehr interessant, oder?

[@australopithecusabsinthus787]

Bei mir hat der Hund das Matheheft gefressen😢

[@saschavogt5083]

Hahaha sehr gut 😊

[@micbenstein]

Einen auf fermat machen. 😊

[@hubertroscher1818]

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.

[@kiril2389]

Das Gerücht mit den Sovjets... 👍genial, fast noch besser als die Aufgabe

[@Andre-rc9xc]

Ja. Das kannte ich auch noch nicht. Aber ist wahrscheinlich nur eine urbane Legende...

[@colonelharti]

Das gibt es heute auch wieder, Putin ist an allem Schuld.😂

[@lips7111]

Mega spannend. Video werde ich teilen. ❤

[@micthammictham6917]

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!

[@Jonas-h4w3q]

Auf jeden Fall mal Danke an Mathegym für dieses Rätsel. Und auch Danke für die Warnung: Lasst die Finger davon! Dieses Rätsel hat Suchtpotenzial 😆

[@berndkru]

Die von hochrangigen Mathematikern ausgesprochene Warnung bezog sich eher darauf, dass die Suche nach einem Beweis nicht zum Erfolg führt.

[@Jonas-h4w3q]

@@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.

[@berndkru]

@@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.

[@seelenlerche]

@@Jonas-h4w3q Ein Zehnjähriger könnte vielleicht die Collatz-Vermutung anhand vieler Beispiele bestätigen, aber er würde wahrscheinlich noch nicht verstehen, dass das noch kein Beweis ist.

[@legobuildingsrewiew7538]

Toll das mal selber zu programmieren. Und schauen wie schnell man die Zahlen überprüfen kann.

[@thomasgeyer4667]

Tolles Rätsel. Eigentlich scheint es ziemlich klar. 3n+1 wird immer gerade und sobald man dabei eine Zweierpotenz trifft, geht runter bis auf 1. Solange man die Zweierpotenz nicht trifft, schaukelt es solange hin und her bis man trifft. Aber zu beweisen, dass man früher oder später immer trifft?

[@bssm73]

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.

[@suzhouking]

Interessanter Ansatz.

[@Jonas-h4w3q]

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]

Du bist ganz nah dran, soweit ist bisher noch keiner gekommen! ;-)

[@Jonas-h4w3q]

@@berndkru Bääh. KZbin 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]

@@Jonas-h4w3q Meine Antwort galt eigentlich @bssm73, aber macht nichts. Programmiert habe ich mir das Collatz-Problem auch schon.

[@micthammictham6917]

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 (

[@seelenlerche]

" Es sind immer dieselben Zahlen, auf denen sich der Untergang nähert." Diese Zahlen sind die Zweier-Potenzen! Wenn eine Zweier-Potenz in der Reihe auftaucht, führt der Weg schnurstracks zur 1.

[@micthammictham6917]

@@seelenlerche Das ist geraten, oder? Es gibt auf diesem Pfad genau 2 Zahlen, die der 2er-Potenz entsprechen: 4 und 16. Alle anderen nicht, wobei für die 180 Schritte der Zahl 1161 sowieso nur 114 gerade Zahlen existieren und 66 ungerade. Von den ungeraden Zahlen sind jedoch 29 prim, also rund 44%. Wenn das mal nicht spektakulär ist!

[@seelenlerche]

@@micthammictham6917 Was soll geraten sein? Wenn du eine Zweierpotenz hast, kannst du munter immer weiter durch 2 dividieren und landest am Ende bei 1.

[@patrickexiler9255]

@@micthammictham6917 Ich hab mir den Pfad nicht angeguckt, aber wie kann denn die 4 auf dem Pfad sein und die 8 nicht, wenn der einzige Weg, wie man auf die 4 kommt, die 8 ist (abgesehen von der 1)?

[@sirrola1974]

Ich habe gerade von diesem Problem das erste Mal gehört. Was ich als Hobby Programmier interessant finde, ist das man die Berechnungen auf modernen Computer extrem schnell/effizient durchführen kann, weil man komplett auf teure Division und auch Multiplikationsoperationen verzichten kann. Bei n:2 schiebt man alle bits nach rechts und bei 3n+1 schiebt man einmal nach links addiert n einmal drauf und inkrementiert um 1. Da ich weiß, dass dieser Wert gerade ist, kann das nach rechts schieben direkt folgen. Man kann diese einfachen Operationen mit Zahlen einer Größe von 2^64 in wenigen Takten ausführen. Davon 4 oder 8 parallel SIMD/AVX und das je Prozessorkern.

[@openclassics]

Was sind denn „Prozesskorken“?

[@sirrola1974]

@openclassics Die Prozesskorken sind echt knorke😁. Ich glaube das sind die Dinger, die Prozessorflaschen verschließen, damit die Prozesse nicht rausschäumen.

[@openclassics]

@@sirrola1974 😂💦💦💦💦

[@Andre-rc9xc]

"Was ich als Hobby Programmier interessant finde, ist das man die Berechnungen auf modernen Computer extrem schnell/effizient durchführen kann," Nur kannst Du die Vermutung so nicht nachweisen. Mit KEINEM Computer, der jemals gebaut werden wird.

[@sirrola1974]

@@Andre-rc9xc Habe ich auch nicht behauptet, aber vielleicht kann man Sie damit widerlegen!

[@micthammictham6917]

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!

[@berndkru]

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.

[@maximkretsch7134]

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.

[@berndkru]

@@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.

[@erikpfingstner3902]

@@maximkretsch7134 Nicht zwangsläufig, Es könnte auch passieren, dass eine Zahlenschlaufe entsteht. bei welcher sich die Zahlen in immer der selben Reihenfolge wiederholen.

[@lotharauengrund5205]

​@@erikpfingstner3902 Dass sich eine Zahlenschleife ergibt, bei der sich die Zahlen endlos wiederholen, ist doch ohne Zweifel auf Grund der beiden Rechenvorgaben ausgeschlossen.

[@Monkey-ne4tc]

@@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

[@berndverschuren9308]

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.

[@baschdiro8565]

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.

[@wollek4941]

@@baschdiro8565 Und die alternierende Quersumme erst…

[@hansmaulwurf1777]

@@wollek4941 Richtg, das wäre dann für die Zahlen 11, 22, 33 usw. der Fall.

[@wollek4941]

@@hansmaulwurf1777 Und bei 7, 11, 13 die alternierende Dreierquersumme. 😅

[@DemokratieErwacht]

Mein Verstand setzt regelmäßig aus, wenn die Quersumme ins Spiel kommt. Warum soll die Stelle bei Milliarden die gleiche Wertigkeit spielen wie die Einerstelle

[@wollek4941]

@@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.

[@nursodacom]

Geh mir weg mit Mathe, aber 1Mio da spitz ich anscheinend die Ohren. Gute Aktion von den Japanern! Gut erklärt! 👍

[@maglo8]

Interessant ist, wenn man sich groessere Mengen dieser Zahlenreihen vom Computer ausrechnen laesst. Man erkennt dann schnell, dass bestimmte Zahlenfolgen immer wieder vorkommen. Wenn KZbin 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

[@patrickexiler9255]

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

[@Moischdor]

Ich weiß nicht wo das Problem sein soll. Eine Tatsache ist, dass egal wie groß die Zahl ist, solang diese ungerade ist und mit einer ungeraden Zahl multipliziert wird, kommt immer eine ungerade Zahl raus. Rechne dazu eine eins hinzu und du hast immer eine gerade Zahl. Diese Vermutung hat zwei Grundsätze. 1. Ganze Zahlen halbieren und 2. ungerade Zahlen zu gerade umwandeln. Egal wie groß die Zahle ist, so lang die Zahlen halbierbar sind ist der 1. Grundsatz gültig. Sobald eine Zahl ungerade ist wird der zweite Grundsatz angewendet und zu Grundsatz eins bereitet... also in gerade Zahl gewandelt. Das geht so lang bis man zu einer Zweierpotenz kommt und das ganze endet bei eins. Da muss man nicht mit 20 Nullen oder weiter rechnen. Der Grundsatz ist immer: "Halbieren bis zur ungeraden und dann die ungerade gerade machen. Punkt!"

[@Andre-rc9xc]

Dann fordere doch die eine Million und laber nicht.

[@nickadams1051]

Dummheit ist auch eine natürliche Begabung.

[@seelenlerche]

Wir wollen ja auf Zweierpotenzen kommen. Da ist mir aufgefallen, dass jede zweite Zweierpotenz darstellbar ist (dem Anschein nach, nicht bewiesen) durch 3n + 1. Ich weiß nicht, ob uns das weiterhilft.

[@Andre-rc9xc]

Jede Zweierpotenz? 32? 32 = 31+1. Also müsste 31 durch 3 teilbar sein. Nun...

[@seelenlerche]

@@Andre-rc9xc Lesen müsste man können. Jede ZWEITE Zweierpotenz! 32 nicht, aber 16 und 64!

[@Andre-rc9xc]

@@seelenlerche Stimmt. Aber nutzt wohl so oder so nichts.

[@Andre-rc9xc]

@@seelenlerche Zu Deinem "allen Anschein nach nicht bewiesen": Jede zweite -Quadratzahl- Zweierpotenz hat die Form 4^n. Dass Du damit recht hast, lässt sich da sehr leicht mit vollst. Induktion zeigen, wenn ich mich bei meinen schnellen Versuch nicht irgendwo vertan hab. Für n+1 kam ich als neues m in 3m+1 auf 4n+1. Aber ich hab nur so 4 Minuten drüber nachgedacht.

[@sebastiangeil2706]

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.😊

[@seelenlerche]

Nicht jede gerade Zahl führt am Ende zu 2/2, nur ein Beispiel: 56

[@karl-heinzfruhmann2738]

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.

[@berndkru]

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.

[@karl-heinzfruhmann2738]

@@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. 😉

[@massivgrass]

Ich kann auch Gedanken lesen. Bei "Denk dir eine natürliche Zahl aus" war mir klar, dass sie "n" heißen wird...

[@SaschaFrederikMair-nt1sp]

Danke!

[@Akumutiba]

Welches ist denn die Zahl mit der längsten Operation bis man bei 1 landet? Und wieviele Rechenschritte sind es ?

[@aurigo_tech]

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

[@dragonball1146]

Das ist eine Frage für später. Mathematiker müssen erstmal eines dieser Probleme lösen, bevor man verallgemeinern kann.

[@SaschaFrederikMair-nt1sp]

Der Sanddorn, wird auch Dünendorn genannt und wächst auch in Dänemark!

[@chrisikritiker8216]

Ab. Min 1:45: Wie sieht es mit Polen und Pfirsichen aus ?

[@Andre-rc9xc]

Die Letzteren schmecken den Ersteren.

[@WFHeiko]

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

[@jediwed]

Warum 3n+1 bei ungerade? Mit n+1 funktioniert es doch auch?

[@Bayerwaldler]

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.

[@c.l.3806]

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.

[@aurigo_tech]

@@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.

[@yurenchu]

​@@c.l.3806 The 5n+1 variant has a cycle starting with 13 that repeats after every 10 terms.

[@michaelwagner4417]

😅Sympathischer Typ.👍 Ich habe Mathematik hasst, du hättest es ändern können...bzw hast es.😅👍

[@rdeviltron]

Ich habe schon seiner Zeit in den 80ern mit einem Commodore 64 versucht, da ein Muster zu erkennen, in dem ich die Anzahl der Iterationen grafisch aufbereitet habe. Schon damals habe ich erkannt, dass es da KEIN Muster gibt. Liegt das an dem Dezimalsystem? Klappt das auch bei Zahlen anderer Basen? Sollte ich auch mal ausprobieren.

[@Andre-rc9xc]

Die verwendete Basis hat mit dem Problem absolut nichts zu tun. " Klappt das auch bei Zahlen anderer Basen? " Zahlen selbst haben keine Basis. Eine die Zahl Siebzehn ist immer die Siebzehn, sie wir nur je nach verwendeter Basis anders dargestellt.

[@lala31081]

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! 😄😄

[@BillHimmel]

Genial!

[@nilsbrandt8498]

Danke für das sehr interessante Video. Ich hab vor langer Zeit mal angefangen, Mathe zu studieren, bin aber sicherlich alles andere als ein Pro. Trotzdem hat mich dein Video heute den ganzen Abend beschäftigt. Es fällt nämlich auf, dass für die Zahlenkette n=2 hoch x die 1 direkt entsteht. Die restlichen natürlichen Zahlen scheinen dann entweder eine Primzahl oder ein Vielfaches einer Primzahl zu sein. Zahlen, die aus dem Produkt einer Primzahl mit einer geraden Zahl bestehen, werden solange durch 2 geteilt, bis sie ungerade sind. Damit bleiben nach meinem Verständnis nur ungerade Produkte von Primzahlen übrig, als n(ungerade) x Primzahl, um den gesamten Zahlenraum zu beschreiben. Wenn man sich die Rechenkette der Primzahlen ( ich habe das mal bis 107 gemacht) anschaut, landet man interessanterweise immer auf der 5. Je höher die Primzahl, desto länger die Primzahlkette, um auf der 5 zu landen. Beispiel: 43>37>7>11>17>13>5 oder 97>73>23>53>5. Sortiert man diese Ketten nach der 1. Primzahl, die durch die Rechnungen entsteht, wird ein visuelles Muster sichtbar. Ich kann das allerdings rechnerisch nicht deuten, aber vielleicht hat ja jemand, der versierter ist als ich, Lust, diesen Ansatz mal nachzuprüfen.

[@Andre-rc9xc]

"Die restlichen natürlichen Zahlen scheinen dann entweder eine Primzahl oder ein Vielfaches einer Primzahl zu sein." Das ist ja schon beim ersten Hinsehen falsch. Jede Primzahl ist offensichtlich ein Vielfaches ihrer selbst (Multiplikator 1), sie kann also nicht *entweder* eine Primzahl sein oder ein Vielfaches einer Primzahl. Sie ist offenbar *beides.* Streiche das "entweder". Dann wird es richtig. Das weiß man aber schon aus dem Satz über die Existenz und Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung.

[@iovialis]

Eigentlich ist es gar nicht so chaotisch, wenn man die Vorschrift für ungerade Zahlen etwas umformuliert: statt 3n+1 (drei Mal n plus 1) kann man auch sagen: "addiere das doppelte von n zu n und dann noch 1" (n + 2n + 1). Macht man das im Binärsystem, addiert man zu einer Binärzahl die gleiche Zahl um eine Stelle verschoben und setzt am Ende eine 1, um eine neue Binärzahl zu erhalten. Und für diese Rechnungen gibt es dann Muster, wobei sich die Fragestellung, ob die Collatz-Vermutung stimmt, dahingehend ändert: Kann es eine Binärzahl (Binärstruktur - Folge Einsen und Nullen) geben, die ins unendliche führt oder in eine andere Endfolge als 4-2-1 - wenn ja, ist die Vermutung falsch; wenn nein, ist die Vermutung richtig. Ich frage mich, wieso bei so vielen Collatz-Videos, die so herumgeistern, niemand erklärt, woher das "auf-und-ab" eigentlich rührt - und dabei ist eine Betrachtungsänderung ("3n+1" in "n+2n+1") im Binärsystem sehr hilfreich.

[@Andre-rc9xc]

"Binärzahlen" gibt es nicht. Es gibt nur Repräsentationen von Zahlen im Binärsystem.

[@iovialis]

@@Andre-rc9xc Oh, ja, Sie haben Recht. Damit ist mein Kommentar absolut unverständlich für jemanden, der sich damit wirklich auskennt.

[@KoJoTe-hp4zk]

Warum sucht man nicht zuerst nach einem leeren Kästchen, in das eindeutig eine Ziffer passt, anstatt mit trial-and-error zu starten?

[@SteveM45]

Ich hätte es fast geschafft, aber dann kam die Werbung….😢

[@dertomtom39]

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?

[@11everhard]

Warum kommst Du mit der Regel 3x+1 immer(!) und mit Beweis(!) auf eine Zweierpotenz?

[@jessy8974]

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 ^^

[@dragonball1146]

Eine solche Schleife müsste übrigens aus mehr als 10 Millionen Schritten bestehen :)

[@thomann2814]

Ich hab da schon so ne Idee!

[@herbertwedelmann395]

Die Frage ist doch, welchen praktischen Sinn soll diese Zahlenspielerei haben?

[@lotharauengrund5205]

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.

[@marior.4305]

Das hat man auch über primfaktorzerlegung gesagt, und heute ist es allgegenwärtig, und zwar beim Verschlüsseln von Nachrichten.

[@herbertwedelmann395]

@ 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.

[@JerryMcReilly]

Okay, aber Dein "Eingangsrätsel" ist auch sofort durchschaubar wie das mit der 0. Denn die Quersumme einer natürlichen Zahl n*9 ist IMMER 9! Also ist klar, dass immer (QS(n*9)-1)/2=4 herauskommt... [22.12.24 - Korrektur: die iterierte(!) Quersumme einer natürlichen Zahl n*9 ist immer 9]

[@dragonball1146]

??? n*9 hat nicht 9 als Quersumme.

[@JerryMcReilly]

Ja stimmt, so ist das nicht richtig! Danke für die Korrektur! Ich hab das leider unvollständig ausgedrückt. Die "iterierte Quersumme" von n*9 ist immer 9 (als Folge, da die Quersummen jeweils durch 9 teilbar sein müssen). Da im genannten fall aber n Element von [1;10] ist, braucht man jedoch nicht iterieren, da hier die QS nicht größer als 9 werden kann. Daher ist das Ergebnis bei dieser Teilaufgabe immer 4. Umgekehrt betrachtet, ist die größtmögliche Zahl in der "Aufgabe" 10*9=90 (n=10). Damit ist das Ergebnis zweistellig, und muss (wegen der Multiplikation mit 9 eine QS haben, die durch 9 teilbar ist. Also 9, 18, 27 usw... Aber die maximale Quersumme einer zweistelligen zahl kann 9+9=18 sein. Nur wäre 99 = 9*11 und damit größer als 9*10. Daher bleibt auch so betrachtet 9 als einzige Möglichkeit für die QS übrig. (0 geht nicht, da n > 0 sein soll).

[@karl-heinzfruhmann2738]

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

[@jenshagelstein7695]

Gerhard Opfer war vor 30 Jahren mein Prüfer in num. Mathematik.

[@karl-heinzfruhmann2738]

Cool ...😊

[@renesperb]

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.

[@dragonball1146]

Immerhin ein vernünftiger hier in den Kommentaren.

[@MorbusSollistimus]

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

[@bjoernhoefling6941]

Das Gedankenlesrn kannte ich so ähnlich schon.

[@colonelharti]

Die Wahrscheinlichkeit das bei einer irgend einer Rechnung mit Plus Minus Mal oder Geteilt einen gerade Zahl rauskommt, ist höher als eine Ungerade. Warum ist das so? Weil Gerade mal Gerade ergibt Gerade, Ungerade mal Ungerade hergibt Gerade. Aber nur Gerade mal Ungerade ergibt Ungerade. Das ist ein Grund, warum es nicht gleicht ist.

[@frankstefanhorn3561]

...ähem... ungerade mal ungerade gibt gerade?!

[@stevelobs6601]

Reicht ein Video mit dem Beweis oder muss man das einsenden?

[@rootdev8106]

Ich vermute dahinter die Super-Asymmetrie!

[@immanuelmarx4203]

Au weia. Wenn ich nervös bin, errechne ich im Kopf Fibunacci-Zahlen; vielleicht sollte ich es mal diese Formel ausprobieren.

[@davidjoch]

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]

Nein

[@davidjoch]

@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...

[@berndkru]

@@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.

[@davidjoch]

@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

[@willikufalt9368]

@@davidjoch Du hast Recht! Das wäre ein Beweis.

[@StefanC123]

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.😆

[@Jonas-h4w3q]

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?

[@berndkru]

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.

[@Jonas-h4w3q]

@@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 😆🙃😛😝🥵🥶😵

[@marior.4305]

Die Korrektheit von Algorithmen zu beweisen, das lernt man im informatikstudium.

[@HaFreise]

Wäre das nicht ne schöne Möglichkeit im Computer eine Zufallszahl zu generieren?

[@OSchubert68]

Verständnisfrage: Wäre ein mathematischer Beweis dafür, dass die Collatz Rechenvorschrift immer und zwingend zu einer Zweierpotenz führt ein mathematischer Beweis für die Collatz-Vermutung?

[@suzhouking]

M.E. schon, weil sobald du eine Zweierpotenz triffst geht es ja ratzfatz auf die 1 zu.

[@berndkru]

Ja, sobald man bei einer Zweierpotenz (natürlich mit natürlichem Exponenten) ist, landet man zwingend bei der 1.

[@hasl3r775]

Klar, jede Zweierpotenz wird nach halbieren unweigerlich bei 4,2,1 enden

[@OSchubert68]

@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.

[@guri311]

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.

[@philipp-sebastianengel1167]

Interessant.

[@tremor280]

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^^

[@Conquerthemall]

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 ?

[@seelenlerche]

Es geht hier aber nicht um eine Wahrscheinlichkeit, sondern um eine Regel.

[@asgharshah8113]

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😅

[@BG-dr3si]

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]

Es lässt sich binär sehr elegant rechnen.

[@BG-dr3si]

@@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]

@@BG-dr3si Binäre Betrachtung hilft hier genau gar nichts. Null.

[@wollek4941]

@@BG-dr3si Das Problem bleibt dasselbe, es lässt sich durch Shifting nur elegant rechnen.

[@BG-dr3si]

@@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.

[@badabing7820]

Es wirkt wie eine Frequenz. Alles was hoch geht, muss wieder runter. Letztlich klappt es nur, weil die einzelnen Operationen so definiert sind, dass man zu dem Ergebnis kommt, da sie nur unter bestimmten Bedingungen durchgeführt werden, welche der Mensch sich ausgedacht hat. Und so wie es aussieht spielt es keine Rolle, wie hoch die Zahl ist, sie muss nur durch 4 teilbar sein. Da :2 praktisch unendlich durchgeführt werden kann, muss 3xn+1 nur so oft durchgeführt werden, bis man bei: 4,8,16,32,64,128, 256, 512... Usw. Ankommt. Der Schlüssel liegt also darin, dass geteilt durch 2 nur durch die ungerade Zahl lemitiert ist, welche wiederum durch die Operation immer gerade wird und früher oder später auf eine durch 4 teilbare Zahl kommt, während das teilen von geraden Zahlen, auch zu ungeraden Zahlen führt, wird das verdreifachen einer Zahl +1 immer zu einer geraden führen. Was man daran Beweisen will, weiß ich nicht, wenn diese Tatsache nachweislich korrekt ist, so wie Pii auch immer unendlich ist. Die Anwendung ist entscheidend.

[@seelenlerche]

Wir suchen keine durch 4 teilbare Zahl (12 geht z.B. nicht), sondern eine Zweier-Potenz. Also 2,4,8,16,32,64,128 usw. Sicher sind die auch durch 4 teilbar, aber nicht jede durch 4 teilbare Zahl ist eine Zweierpotenz.

[@badabing7820]

@@seelenlerche Punkt 1 ich habe nicht gesagt, dass es jede Zahl ist, die durch vier teilbar ist, ich hab die Zahlenreihe selbst aufgeschrieben, welche du hier verfasst hast. Und ich habe auch geschrieben, warum das ganze immer klappt, weil der Mensch die Regeln für dieses Spiel festgesetzt hat. Und Punkt 2: jap, da geteilt durch immer unendlich ist, sofern du auf eine gerade kommst, brauchst du die 2 nur bis in die Unendlichkeit verdoppeln. Vier ist allerdings der kleinste gemeinsame Nenner für diesen Anhaltspunkt, da du mit ihr diese Reihe am besten verdeutlichen kannst. Wie gesagt, es bedarf keines Beweises, dass Ding ist ein Beweis in sich, da es nach menschlich festgelegten Kriterien erstellt wurde und die Mathematik für sich beweist. Ähnlich wie Pii unendlich ist, weil ein Kreis unendlich ist. Wer da ernsthaft nach einem Beweis sucht, der verschwendet seine Zeit. Man kann es höchstens nutzen, genauso wie Pii.

[@Andre-rc9xc]

@@badabing7820 "Wie gesagt, es bedarf keines Beweises," Das ist Blödsinn. In der Mathematik muss man eine Aussage immer beweisen. Und hier ist es eben nicht offensichtlich. Wäre es das, dann hätte den Beweis schon jemand aufgeschrieben. " Ähnlich wie Pii unendlich ist, weil ein Kreis unendlich ist. " 1. Pi ist nicht "unendlich", Pi hat unendlich viele Nachkommastellen, die sich nie wiederholen. 2. Auch dafür gibt es einen Beweis. "wenn diese Tatsache nachweislich korrekt is" Etwas ist genau dann "nachweislich korrekt", wenn es einen Beweis gibt. Und diesen Beweis sucht man ja. "nd ich habe auch geschrieben, warum das ganze immer klappt," Tatsächlich wissen wir nicht, ob es immer klappt. Daher nennt man das Viech auch "Vermutung".

[@Andre-rc9xc]

"Alles was hoch geht, muss wieder runter." Soso... nehmen wir mal die Funktion f(n) = 2^n. Die geht hoch - zweifelsohne. Ab welcher Zahl genau geht sie wieder "runter"?

[@badabing7820]

@Andre-rc9xc gut, dann fasse kurz zusammen, wie man beweisen will, das Pii unendlich ist. Und ja, wenn die Nachkommerstelle unendlich ist, dann ist Pii unendlich. Das es um die Nachkommerstelle geht, brauchst du hier niemandem erklären,du neunmalkluger, jeder weiß, was gemeint ist.

[@einfachiggi]

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

[@robertkettl9764]

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

[@robertkettl9764]

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)

[@DennisHasenkampfDH]

Das Ergebnis n:2 ist gerade oder ungerade und das Ergebnis 3n+1 ist immer eine gerade Zahl. Das Endergebnis ist also immer gerade oder ungerade, weil Ich am Ende immer durch 2 teile. Die Schleife stoppt, wenn das Enderegbnis ungerade bzw. 1 ist. Die Zahlenfolge wird wegen 3n+1 größer und durch n:2 kleiner. Am Ende wird die "Verkleinerung" gewinnen und zur 1 führen.

[@Andre-rc9xc]

Dann beweise das doch. Bisher behauptest Du das nur. " Die Zahlenfolge wird wegen 3n+1 größer und durch n:2 kleiner. Am Ende wird die "Verkleinerung" gewinnen und zur 1 führen." Warum sollte das immer so sein?

[@Andre-rc9xc]

"und das Ergebnis 3n+1 ist immer eine gerade Zahl. " Das ist übrigens schlichtweg falsch. Das gilt nur in unseren Fall, also wenn n ungerade ist.

[@romankoster6523]

3n ist ungerade +1 gerade Das heisst da wechselt es Dann :2 halbiert die Zahl irgendwann bis 1 oder 4 rauskomme Dazu sollte man auch anmerken dass man bei 4 angekommen aufhören soll sonst gibt’s ne endlosschleife

[@Andre-rc9xc]

"Das heisst da wechselt es" Es wechselt aber oft irgendwann zurück. "Dann :2 halbiert die Zahl irgendwann bis 1 oder 4 rauskomme" Man hat noch nicht bewiesen, dass immer "1 oder 4" rauskommt.

[@Andre-rc9xc]

"3n ist ungerade +1 gerade" Das ist übrigens schlichtweg falsch. Das gilt nur in unseren Fall, also wenn n ungerade ist.

[@alexandertrenn1259]

Das ist doch so simpel, das hab ich doch schon längst bewiesen!

[@berndkru]

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?

[@argi0774]

@@berndkru Aus welchem völlig beknackten Grund sollte sich jemand mit seinem Beweis an irgendeinen Prof. Weitz aus Hamburg wenden?

[@berndkru]

@@argi0774 Prof. Weitz ist halt vielen durch seine Internet Aktivitäten bekannt

[@DieSchmierlaus]

@@argi0774 berechtigte Frage😂

[@marior.4305]

Bei einem Journal einreichen, die prüfen das dann.

[@dixhill1]

kp wie ihr das erklärt haben wollt, für mich ist diese ganze rechnung komplett simple nachvollziehbar und das Rätzel funktioniert nur so als tip für die Lösung, auch mit jeder x beliebigen ungeraden zahlen xn+1 bei der ungeraden berechnung... und ich weiss zwar nicht wie die syntax bei dem Mathematischen Beweis sein muss, aber der Schlüssel sind die Primzahlen in den zwischenschritten. Es herscht immer ein Ordnungssystem was man gut beobachten kann, was aber immer dann durcheinander geworfen wird wenn das ergebnis eines zwischenschrittes eine Primzahl ist, dann wird der Rhytmus neu angeordnet. Ich kann es schwer erklären weil mein Gehirn Dinge anders angeht als es in der Mathematik getan wird.... aber wer dieses Rätzel löst. löst auch das Rätzel der Musik und wann eine Melodie für uns gut oder chaotisch klingt.

[@bloodsilver3366]

Da ich die Verteilung von Primzahlen umfassend verstanden habe und die Riemannsche Vermutung gelöst habe, ist die Collatz-Vermutung eine einfache Frage der Logik.

[@Andre-rc9xc]

Blödsinn.

[@bloodsilver3366]

@@Andre-rc9xc warte bis 2-3 tage dann verstehst du es bessere🙂

[@Andre-rc9xc]

@@bloodsilver3366 Nö. Ich habe schon verstanden. Von Dir kam nur heiße Luft.

[@cheater85]

Als wann zählt es denn als Beweis. Warum es funktioniert lässt sich ja ganz easy erklären.

[@berndkru]

Tatsächlich?

[@cheater85]

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]

@@cheater85 Dass sie auf eine Zweierpotenz trifft, muss erst einmal bewiesen werden.

[@cheater85]

@@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.

[@karl-heinzfruhmann2738]

​@@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. 😊

[@DieWahrheit2.0]

Und was soll die Rechung bringen?

[@yp-uw2fg]

Kann bei entweder *0,5 oder *3+1 jedes Zwischenergebnis nur 1 mal vorkommen?

[@Wolfstar_2308]

Naja, wenn eine Zahl zweimal vorkommt hat man ja einen Zyklus, also muss man nicht weiterrechnen

[@Interpunktionsschwach]

Anfangsbeispiel, funktioniert auch abgekürzt, x mal 9, Quersumme minus 5. Kommt auch immer 4 raus.

[@seelenlerche]

Haha, jedes Vielfache von 9 hat die Quersumme 9.

[@Andre-rc9xc]

@@seelenlerche So? 111*9=999, die Quersumme von 999 ist 27. Also nein, nicht jedes Vielfache von 9 hat die Quersumme 9.

[@seelenlerche]

@@Andre-rc9xc Na ja, und 2+7 = 9.

[@Andre-rc9xc]

@@seelenlerche Es geht aber nicht um die Quersumme von 27, sondern um die von 999. Und diese ist eben 27 und eben nicht 9.

[@mashelw1089]

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^^

[@natviolen4021]

Was mich viel mehr interessiert: wie kam Collatz überhaupt auf diese Vermutung? Den Beweis wird wahrscheinlich ein 8 jähriges Wunderkind finden.

[@suzhouking]

Ich denke mal durch Zahlenspielereien. Vielleicht wollte er einen Gedankenlesen-Trick erfinden wie in der Einleitung ;-)

[@berndkru]

Möglicherweise mathematischer Spieltrieb

[@wollek4941]

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.

[@DARKOAMBER]

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.

[@HofWasHere]

Es ist doch eigentlich Logisch das man irgendwann bei einer 2er Potenz landet, wenn man bei ungeraden Zahlen 1 dazuzählt. Man kann es auch vereinfachen indem man die 3n weglässt, und einfach bei ungeraden +1 rechnet. Das führt schneller zum selben Ergebnis.

[@Andre-rc9xc]

Dann schreibe den Beweis auf und kassiere die Million. Wir werden ganz sicher davon hören.

[@dragonball1146]

Nein, führt es nicht.

[@ThomasZahn-m3b]

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

[@dragonball1146]

Das ist nicht logisch. In den meisten Fällen ≠ in allen Fällen.

[@ThomasZahn-m3b]

@dragonball1146 ich weiß was du meinst aber die Mehrheit wird dann durch 2 geteilt dadurch kann man schließen das alles wieder zur 1 kommt . Ein gutes Bild dafür finde ich eine auf einer Seite beschwerte münze auch wenn du gelegentlich die andere Seite erwischst weißt du das die Mehrheit die beschwerte Seite treffen wird ..... Gott ich jetzt schlafen wahr ne lange Nacht 😅

[@dragonball1146]

@ThomasZahn-m3b Nein, das ist Wahrscheinlichkeit. Nichts anderes. Nur weil die Chance im Lotto extrem klein ist, heißt es ja nicht, dass man gar nicht gewinnen kann. Es kann immer, entgegen aller Wahrscheinlichkeit, sein, dass eine Zahl hier ins unendliche geht. Das muss man widerlegen. Eine statistische Betrachtung funktioniert schlicht nicht.

[@ThomasZahn-m3b]

@dragonball1146 ja da liegt das Problem im Pfeffer begraben da zahlen ja eine Idee des Menschen ist und meines Wissens nach theoretisch endlos

[@TheSorcerer231]

Funktioniert das auch bei 5x+1, 7x+1 usw?

[@berndkru]

Probiere es einfach aus. Es sind schon verschiedene Folgen untersucht worden, einiges davon ist im Wikipedia Artikel "Collatz-Vermutung" zu finden.

[@karl-heinzfruhmann2738]

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

[@TheNaulok]

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. 😊

[@berndkru]

(3n+1)/2 ist eine aufsteigende Folge

[@TheNaulok]

@ 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 😊

[@wikipdiaz]

Wo ist jetzt einer dieser Besserwisser, die hinterher immer sagen: "Ja, so hab ich's auch gelöst" ?

[@wollek4941]

😂

[@erikpfingstner3902]

hier

[@AlexanderDorow-rk3yr]

Hier bin ich. Und genau so hätte ichs auch gemacht

[@dragonball1146]

Überall, leider.

[@luxinterna3370]

Hat jemand Matt Damons nummer?

[@larsl7483]

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 😊

[@dragonball1146]

Das hilft nicht. Das ist dann Wahrscheinlichkeit und der statistische Beweisansatz liefert keine Lösung.

[@andi250572]

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.

[@Andre-rc9xc]

"hin und her bis man zufällig eine 2er-potenz trifft" Dann beweise doch, dass Du IMMER eine solche 2er-Potenz triffst. "Zufällig" ist hier bedeutungslos.

[@dragonball1146]

Der Knackpunkt ist zu beweisen, dass es eine Zweierpotenz ist. Der andere Knackpunkt ist, dass du eben nicht nir zwischen 3n+1 und n/2 wackelst. Schau dir die 27 an.

[@Andre-rc9xc]

@@dragonball1146 Bei solchen Kommentaren, die das für "offensichtlich" halten, frage ich mich immer, ob die jemals einen mathematischen Beweis gesehen haben. "Offensichtlich" ist etwas, dass man in zwei, drei Zeilen direkt und direkt straight forward beweisen kann. Wäre das so, dann hätte schon längst jemand diesen Beweis aufgeschrieben.

[@dfvdf2457]

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 😂

[@cuibono_]

Irgendwie erinnert mich das an die Türme von Hanoi.

[@amerdelic8315]

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!

[@dragonball1146]

Nein, du kannst allenfalls beweisen, dass es wesentlich wahrscheinlicher ist, dass eine Zahl kleiner wird. Du kannst nicht beweisen, dass es immer gilt.

[@Andre-rc9xc]

" Man kann ja mathematisch darlegen, dass die zahl immer kleiner werden muss und somit auch irgendwann eine Zweier-Potenz bilden muss!" Dann sschreibe den Beweis auf. Statistik allein wird Dir da nicht helfen.

[@goooppssgt6549]

Alter Artikel aus 2011? 13 Jahre her. Alt?🤷‍♂️

[@ulfWieder]

wartet auf mein buch der geheimen vermutungen.

[@KevinP-lt6bj]

Aaaaaaaaalter da saß ich gerade und dachte mir....wie kann das sein 😂

[@martinswoboda6838]

Eine KI wirds irgendwann lösen 😉

[@legobuildingsrewiew7538]

eigentlich muss man beweisen dass man mit den schritten auf eine 2^x zahl kommt

[@bloodsilver3366]

so bin fertig hab 2 tage gebraucht Chat GPT stimmt zu Collatz-Vermutung :D

[@JP-dr7hq]

Bitte teilen Sie Ihren Beweis, ich bin da etwas skeptisch 🤨

[@bloodsilver3366]

@JP-dr7hq ich mach später video da zu Das ist so einfach :D

[@Andre-rc9xc]

@@bloodsilver3366 Ich bin da auch skeptisch. Bisher ist niemanden ein Beweis gelungen. Aber da auch nach 11 tagen kein Video kam, können wir das wohl als leeres Gewäsch Deinerseits abtun.

[@bloodsilver3366]

@@Andre-rc9xc bin dran mir ist das wichtig das alle es verstehen darum dauert es bin fast fertig 2 -3 tage kommt Video :)

[@Andre-rc9xc]

@@bloodsilver3366 Da wird kein Video mit einem Beweis kommen. Du schwurbelst nur.

[@ando3105]

Sobald eine 2-er Potenz auftritt, endet die Rechnung.

[@dragonball1146]

Beweise, dass immer eine Zweierpotenz auftaucht.

[@dinola3268]

Wofür ist dieser Beweis wichtig?

[@berndkru]

Für die Mathematik. Mathematiker hassen es, wenn sie eine Vermutung nicht beweisen können. So sehr, dass sie für die Lösung hohe Preisgelder zahlen.

[@Geburtswehe]

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.

[@Andre-rc9xc]

What? Das hat mit den Ziffern nichts zu tun.

[@sealka1109]

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.

[@berndkru]

"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.

[@sealka1109]

​@@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.

[@berndkru]

@@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.

[@sealka1109]

@@berndkru Ja gut, ich sprach von "irgendwie logisch", nicht von "mathematisch eindeutig bewiesen", sorry für die Social-Media-Sprache. Aber klar ist das schwierig.

[@hansmuller5742]

@@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

[@inobit]

OK ich als Nichtmathematiker verstehe das vieleicht falsch? Aber was will mann denn da beweisen? Es ist doch ganz logisch warum das so ist. Wo gibt es nochmal die Millionen?

[@Andre-rc9xc]

Dann schreibe den Beweis auf und kassiere die Million. Wir werden ganz sicher davon hören.

[@einfachiggi]

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 ^^)

[@patrickexiler9255]

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

[@dragonball1146]

​@@patrickexiler9255 Das geht hier nicht.

[@nilsbrandt8498]

Ich konkretisiere meine Vermutung (leider ohne Beweis für das Entstehungsmuster): 5 5 / 13 5 / 13 / 17 5 / 13 / 17 / 11 5 / 13 / 17 / 11 / 29 5 / 13 / 17 / 11 / 29 / 19 5 / 13 / 17 / 11 / 29 / 19 / 101 5 / 13 / 17 / 11 / 29 / 19 / 101 / 67 5 / 13 / 17 / 11 / 29 / 19 / 101 / 67 / 59 usw.

[@ПетрВолынский]

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

[@berndkru]

Die Frage wird im Video beantwortet

[@ClintOstholz]

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! 😁🤑💸