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 Zyklen einer rationalen Folge |
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querin
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 |  Themenstart: 2022-06-18
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Hallo,
in einem alten Rätsel geht es darum, eine Folge gemischter Zahlen "logisch" (d.h. mit einem einfachen, ohne Taschenrechner durchführbaren Bildungsgesetz) fortzusetzen:
$1\frac67$, $1\frac9{11}$, $7\frac34$, $4\frac38$, $2\frac{11}{16}$, ...
Mit etwas Überlegung "sieht" man was gemeint ist.
Wer vielleicht zuerst selbst knobeln möchte sollte den versteckten Bereich noch nicht öffnen:
\showon
Es geht weiter mit $4\frac{3}{14}$, $3\frac{16}{19}$, $4\frac35$, $2\frac45$, ...
Jedes Folgenglied wird vollständig gekürzt bevor man das Bildungsgesetz erneut anwendet.
\showoff
Mit dem Startwert $1\frac67$ erkennt man es zwar nicht gleich, aber das Bildungsgesetz scheint eine überraschende Eigenschaft zu haben:
Die Folge konvergiert für jeden (vollständig gekürzten) rationalen Startwert $q>0$ entweder gegen 1 oder mündet in einen Zyklus, der mit
$5\frac12$ beginnt.
Das ist nur meine Vermutung nach vielen Beispielen, aber ich sehe keine Möglichkeit das zu beweisen. Vielleicht hat jemand eine Idee?
LG
querin
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1, eingetragen 2022-06-18
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Hi,
warum nicht das Bildungsgesetz dazu schreiben, wenn die Frage eigentlich eine andere ist?
Sonst muss sich ja jeder, der sich für die Frage interessiert, erst das Bildungsgesetz überlegen. Oder er kommt vielleicht auf ein anderes Bildungsgesetz, welches gar nicht die von dir vermuteten Eigenschaften impliziert.
Gruß
zathe
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querin
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-19
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Hi zathe, danke für Dein Interesse.
Das war ursprünglich eine Rätselaufgabe für Schüler als Übung zur Bruchrechnung. Die Bildungsvorschrift lautet:
1) Stelle die gemischte Zahl als unechten Bruch $\frac zn$ dar.
2) Neuer Zähler ist die Summe $z+n$, neuer Nenner ist die Summe aller Ziffern von z und n.
3) Kürze den neuen Bruch vollständig und verwandle ihn in eine gemischte Zahl.
Mit "konvergiert gegen 1" meinte ich "erreicht nach endlich vielen Schritten den Wert 1, der sich nicht mehr ändert". Der angesprochene Grenzzyklus ist
$5\frac12$,$3\frac14$,$2\frac18$,$1\frac9{16}$,$2\frac{13}{14}$,$5\frac12$.
Ich bezeichne die Iteration mit $q_{k+1}=f(q_k)$.
Dann hat die Abbildung $f:\mathbb Q^+ \to \mathbb Q^+$ folgende Eigenschaften:
$f(q)\ge1$
$f(q)=f(q^{-1})$
Man könnte sich also auf Startwerte < 1 beschränken. Und um die gemischten Zahlen bzw. unechten Brüche los zu werden, könnte man die Folge der Kehrwerte $q_k^{-1}$ untersuchen. Dann wird der Grenzzyklus zu
$\frac2{11}$,$\frac4{13}$,$\frac8{17}$,$\frac{16}{25}$,$\frac{14}{41}$,$\frac2{11}$.
Welche Startwerte führen zum Endwert 1?
a) Trivialfälle: einstelliger Zähler und Nenner
b) Wenn ein Startwert $\frac zn$ zum Endwert 1 führt, dann sind $z+n$ und die Summe aller Ziffern von z und n durch 3 teilbar. Die Umkehrung gilt aber nicht (z.B. $\frac{11}{28}$ führt zum Grenzzyklus).
LG querin
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.3, eingetragen 2022-06-19
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Die Bildungsvorschrift über die 10-adischen Quersummen legt es ja irgendwie schon nahe, das zu versuchen mit p-adischer Analysis anzugreifen.
Aber 10 ist natürlich auch eine eigentlich furchtbare Zahlbasis und nach dem Satz von Ostrowski bekommt man letztlich ja auch nur eine vernünfige p-adische Analysis heraus, wenn p eine Primzahl ist.
Vielleicht kann man aber auch gleichzeitig $p=2$ und $p=5$ betrachten und so etwas herausfinden?
Hast du mal ausprobiert, ob du etwas Ähnliches herausbekommst, wenn du die Zahlen binär anstatt dezimal darstellst?
Ich weiß von ähnlichen Problemen, dass solche iterierten Funktionen für bestimmtes p dann mitunter stetig sind, wenn man die p-adische Norm statt der euklidischen Norm verwendet. Und wenn man etwas Stetiges hat, ist eine Funktion ja schon mal etwas geschmeidiger. Da kann man dann ja mit sowas wie Stone-Weierstrass beziehungsweise dem p-adischen Äquivalent, dem Satz von Mahler arbeiten. Also Mahler für $\mathbb{Z}_p$, den Ring der p-adischen Ganzzahlen, hier bräuchte man aber wohl dessen Quotientenkörper $\mathbb{Q}_p$.
Und teilweise sind die entsprechenden dynamischen Systeme, die man durch solche Funktionsiterationen erhält auch bekanntlich maßerhaltend.
Siehe dazu: https://en.wikipedia.org/wiki/Measure-preserving_dynamical_system
Wenn man das in Abhängigkeit von den Startwerten zeigen könnte, wäre man denke ich schon mal einen ganzen Schritt weiter.
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querin
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-20
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\quoteon(2022-06-19 17:25 - zathe in Beitrag No. 3)
Vielleicht kann man aber auch gleichzeitig $p=2$ und $p=5$ betrachten und so etwas herausfinden?
Hast du mal ausprobiert, ob du etwas Ähnliches herausbekommst, wenn du die Zahlen binär anstatt dezimal darstellst?
\quoteoff
Eine sehr gute Idee!
Ich werde mir jetzt die Folgen in Basis 2 und Basis 5 anschauen und dann über die Beobachtungen berichten.
\quoteon(2022-06-19 17:25 - zathe in Beitrag No. 3)
Ich weiß von ähnlichen Problemen, dass solche iterierten Funktionen für bestimmtes p dann mitunter stetig sind, wenn man die p-adische Norm statt der euklidischen Norm verwendet. Und wenn man etwas Stetiges hat, ist eine Funktion ja schon mal etwas geschmeidiger. Da kann man dann ja mit sowas wie Stone-Weierstrass beziehungsweise dem p-adischen Äquivalent, dem Satz von Mahler arbeiten. Also Mahler für Zp, den Ring der p-adischen Ganzzahlen, hier bräuchte man aber wohl dessen Quotientenkörper Qp.
Und teilweise sind die entsprechenden dynamischen Systeme, die man durch solche Funktionsiterationen erhält auch bekanntlich maßerhaltend.
\quoteoff
Das klingt interessant, aber davon verstehe ich leider zu wenig und müsste erst versuchen mich einzulesen.
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querin
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-21
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Hier die Ergebnisse für verschiedene Basen
gemeinsame Eigenschaften:
Fixpunkt f(1)=1
alle Folgen werden zyklisch (oder konstant 1).
Zyklen der Kehrwerte $q_k^{-1}$ in Dezimaldarstellung:
Basis 10: 1 Zyklus
\[\frac2{11}, \frac4{13}, \frac8{17}, \frac{16}{25}, \frac{14}{41}, \frac2{11}\]
Basis 2: 3 Zyklen
\[\frac12, \frac23, \frac35, \frac12\]
\[\frac3{16}, \frac3{19}, \frac5{22}, \frac5{27}, \frac3{16}\]
\[\frac4{21}, \frac4{25}, \frac4{29}, \frac5{33}, \frac2{19}, \frac4{21}\]
Basis 5: kein Zyklus, alle Startwerte enden bei 1. Das scheint der "einfachste" Fall zu sein. Ein Beweis dafür wäre ein guter erster Schritt.
Der Vollständigkeit halber habe ich alle Basen von 2 bis 10 getestet. Die beiden erwähnten gemeinsamen Eigenschaften gelten für alle Basen. Drei Zyklen gibt es nur bei Basis 2, alle anderen haben höchstens zwei Zyklen. Basis 5 und Basis 9 haben keine Zyklen und enden immer bei 1.
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| Beitrag No.6, eingetragen 2022-07-04
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Die Ausdrücke mit den p-Quersummen kann man über den Satz von Legendre umformen und bekommt damit eine Aussage über die p-Teilbarkeit der Fakultätsfunktion, siehe dazu:
https://en.wikipedia.org/wiki/Legendre%27s_formula#Alternate_form
Genauer gilt $\nu _{p}(n!)={\frac {n-s_{p}(n)}{p-1}}$, wobei $\nu _{p}(n!)$ die Häufigkeit ist, mit der $n!$ durch p teilbar ist, während $s_{p}(n)$ die p-adische Quersumme von n ist.
Und bezüglich der Frage, inwiefern es hilfreich ist, für den 10-adischen Fall gleichzeitig den 2-adischen und den 5-adischen Fall zu betrachten, hier noch die Anmerkung, dass $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_5$ isomorph ist zu $\mathbb{Z}_{10}$, wobei $\mathbb{Z}_g$ jeweils der Ring der g-adischen Zahlen sei.
Jetzt könnte man sich fragen, was man mit dieser Isomorphie anfangen kann.
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querin
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-04
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Danke.
Mit den Satz von Legendre lässt sich die p-adische Bildungsvorschrift zumindest formal besser darstellen:
Folge der Kehrwerte
\[\frac1{q_k}=\frac{b}a \implies \frac1{q_{k+1}}=
1-\frac{p-1}{a+b}\cdot \sum_{k\ge1}{\lfloor \frac{a}{p^k}\rfloor}+
{\lfloor \frac{b}{p^k}\rfloor}\]
Aber siehst Du eine Möglichkeit wie man zumindest zeigen könnte, dass die 5-adische Folge immer den Fixpunkt 1 erreicht? Erinnert ein wenig an Collatz...
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.8, eingetragen 2022-07-04
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\quoteon Mit den Satz von Legendre lässt sich die p-adische Bildungsvorschrift zumindest formal besser darstellen
\quoteoff
Die Floorklammern bekommst du auch nochmal über die Fourierreihe der Floorfunktion aufgelöst. Es gilt
$$\lfloor \frac{a}{p^k}\rfloor =\frac{a}{p^k}-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{\pi }}\sum _{j=1}^{\infty }{\frac {\sin(2\pi j \frac{a}{p^k})}{j}}$$
und
$$\lfloor \frac{b}{p^k}\rfloor =\frac{b}{p^k}-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{\pi }}\sum _{j=1}^{\infty }{\frac {\sin(2\pi j \frac{b}{p^k})}{j}}$$
\quoteon Aber siehst Du eine Möglichkeit wie man zumindest zeigen könnte, dass die 5-adische Folge immer den Fixpunkt 1 erreicht? Erinnert ein wenig an Collatz...
\quoteoff
Ich hatte ja schon einige Ideen skizziert, wie man zumindest in machen Fällen etwas über solche Probleme herausfinden kann. Zusätzlich zu dem, was ich bereits geschrieben hatte, sind solche Funktionen teilweise auch ergodisch, also könnte man die Funktion auch dahingehend untersuchen.
Letztlich ist ja aber die Bildungsvorschrift bereits recht kompliziert. Ich bin mir gerade nicht im Klaren darüber, ob man z.B. die Stetigkeit nach der p-adischen Norm so einfach zeigen oder widerlegen könnte, während in der Bildungsvorschrift ja gefordert ist, dass an der entsprechenden Stelle Zähler und Nenner gekürzt werden.
Man hat damit implizit in der Definition der Funktion ja eine Aussage über bestimmte Divisionen mit Rest, wie sie sich aus dem Euklidischen Algorithmus ergeben, worauf man wohl zurückgreifen müsste, wenn man nicht gerade recht komplizierte, explizite Darstellungen für den ggT verwenden möchte. Letzteres ist vielleicht aber sogar am vernünftigsten, wenn man bedenkt, dass man wegen der Floorfunktion ohnehin mit Fourierreihen arbeitet.
Beispiele für solche Darstellungen wären z.B. $$\gcd(a,b)=\log _{2}\prod _{k=0}^{a-1}(1+e^{-2i\pi kb/a})$$
und
$$\gcd(a,b)=\sum \limits _{k=1}^{a}\exp(2\pi ikb/a)\cdot \sum \limits _{d\left|a\right.}{\frac {c_{d}(k)}{d}}$$
wobei
$$ c_{d}(k)=\sum _{1\leq a\leq d \atop (a,d)=1}e^{2\pi i{\tfrac {a}{d}}k},$$
die Ramanujansumme sei.
Zweitere passt denke ich eher zu der Fourierreihe der Floorfunktion (gehe dafür zur Exponentialdarstellung der Fourierreihe der Floorfunktion über). Und für die Ramanujansumme, als Fourierkoeffizienten der zweiten Darstellung gibt es auch Theorie, beispielsweise kennt man dafür erzeugende Funktionen.
Letztlich hast du eine recht komplizierte spezielle Funktion gegeben. Eventuell findest du mit ausreichender Mühe eine mehr oder weniger direkte Verbindung zu hypergeometrischen Funktionen.
Du könntest die Funktion auch mal in ein Computeralgebrasystem eingeben und schauen, ob das irgendwelche interessanten Darstellungen findet.
Erst einmal eine Verbindung der Funktion mit anderen Objekten herzustellen, ist eventuell auch Voraussetzung, um anschließend das Vorhandensein bestimmter Eigenschaften untersuchen zu können. Ganz einfach deshalb, weil die Funktion mit dieser Bildungsvorschrift wohl schwer zu handhaben ist.
Und intuitiv würde ich auch mit dem Fall $p=2$ anfangen und nicht $p=5$ auch wenn es bei Letzterem nur einen Zyklus gibt.
Nachtrag: In einer vorherigen Version waren in den Fourierreihen für $\lfloor \frac{a}{p^k}\rfloor$ und $\lfloor \frac{b}{p^k}\rfloor$ die Laufindizees fälschlicherweise k, welches bereits in $p^k$ verwendet wurde, deswegen wurden nach Hinweis in Beitrag 9 die Laufindizees nochmal nachträglich in j geändert.
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querin
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-04
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Das muss ich erstmal in Ruhe durcharbeiten.
Bei der Fourierreihe der Floorfunktion sollte ein anderer Laufindex verwendet werden (k ist ja fest)?
$$\lfloor \frac{a}{p^k}\rfloor =\frac{a}{p^k}-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{\pi }}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\sin(2\pi n \frac{a}{p^k})}{n}}$$
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.10, eingetragen 2022-07-04
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\quoteon Bei der Fourierreihe der Floorfunktion sollte ein anderer Laufindex verwendet werden (k ist ja fest)?
\quoteoff
Ja, ich ändere das nochmal nachträglich.
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querin
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| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-05
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Mit Hilfe von Wolfram Alpha habe ich habe jetzt folgende Darstellung der (dezimalen) Bildungsvorschrift gefunden:
Für vollständig gekürztes $q_n=\frac a b$ mit $a \ge b$ und $K=\lfloor \lg(a) \rfloor$ (dekadischer Logarithmus), gilt
$$\frac1{q_{n+1}}=\frac1{10^K}+
\frac{9 K}{a+b}- \frac9{a+b}\cdot \sum_{k=1}^K{\sum_{j=1}^\infty{\frac{\sin(2\pi j\cdot \frac{a}{10^k}) + \sin(2\pi j\cdot \frac{b}{10^k})}{j\pi}}}$$
Leider stimmt die Formel nur, wenn a und b nicht durch 10 teilbar sind.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.12, eingetragen 2022-07-05
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\quoteon Leider stimmt die Formel nur, wenn a und b nicht durch 10 teilbar sind
\quoteoff
Könnte daran liegen, dass der Satz von Legendre zunächst einmal nur für Primzahlen gilt, dieser hier aber so verwendet wurde, als würde er auch für $10$ gelten.
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querin
Wenig Aktiv
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| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-05
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Ich hatte die Formel zunächst für Primzahlen erstellt und war dann etwas überrascht, dass es auch für $p=10$ funktioniert. Das Problem ist aber, dass die Fourierreihenentwicklung der Floorfunktion nur für nicht-ganzzahlige Argumente verwendbar ist. Für ganzzahlige n erhält man das falsche Ergebnis $\lfloor n \rfloor = n-\frac12$.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.14, eingetragen 2022-07-05
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\quoteon Für ganzzahlige n erhält man das falsche Ergebnis $\lfloor n \rfloor = n-\frac12$.
\quoteoff
Das ist ja aber nicht wirklich ein Mangel, weil man die Abbildungsvorschrift ja fallweise definieren kann. Dort wo man einen ganzzahligen Wert erhält, verzichtet man dann eben auf die Anwendung der Floorfunktion.
Und nochmal was anderes: Wenn man letztlich mit p-adischer Analysis etwas über das Problem herausfinden möchte, stellt sich eben auch die Frage, wie die Objekte beschaffen sein müssen, mit denen wir jetzt die Bildungsvorschrift konkret darstellen.
Teilweise nutzt man zwar auch p-adische Methoden, um rein reelle Sachverhalte anzugehen, aber zumindest auf die Schnelle sehe ich jetzt keine Möglichkeit, wie man auf die Fourierreihen für die Floorfunktion irgendwie sinnvoll p-adische Methoden anwenden könnte.
Jetzt gibt es aber auch so etwas wie p-adische Fourieranalysis. Fraglich, ob es da eine Entsprechung zu der Fourierreihe für die reelle Floorfunktion gibt. Und überhaupt stellt sich die Frage, was die Floorfunktion in den p-adischen Zahlen überhaupt sein soll, da die p-adischen Zahlen in ihrer Gesamtheit nicht einmal ein geordneter Körper sind.
Nur bestimmte Teilmengen sind ordnungsisomorph zu geordneten Körpern. Und denkt man sich $\mathbb{Q}_p$ als $\mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_p=\lbrace (x,y) : x,y \in \mathbb{Z}_p\rbrace$, so sollte jene Teilmenge von $\mathbb{Q}_p$ ordnungsisomorph zu $\mathbb{Q}$ sein, deren Elemente $(x,y)$ jeweils Koordinaten $x$ und $y$ besitzen, deren p-adische Entwicklungen jeweils endlich sind. Also sucht man eine Funktion, die sich auf dieser Teilmenge von $\mathbb{Q}_p$ wie die reelle Floorfunktion verhält und idealerweise wie die reelle Floorfunktion nur abzählbar viele Unstetigkeitsstellen besitzt.
Je nachdem, ob man wieder eine explizite Darstellung des ggT's verwenden möchte, müsste man dann auch noch nach p-adischen Entsprechungen der genannten expliziten Ausdrücke für den ggT suchen. Und so eine Entsprechung könnte dann auch für ganz $\mathbb{Z}_p$ gelten, da $\mathbb{Z}_p$ ein Hauptidealring ist und dadurch auf dem ganzen Ring ein ggT definierbar ist.
Jetzt müsste man schauen, für was denn Entsprechungen existieren. Ich vermute jedenfalls, dass das Problem für p-adische Methoden hinterher weitaus zugänglicher wäre, wenn man solche Entsprechungen fände.
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5quadrat
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| Beitrag No.15, eingetragen 2023-02-12
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Hallo,
das Thema ist zwar schon etwas älter, aber das hier behandelte Problem ist sehr interessant (warum komme ich später dazu) und vermutlich auch nicht trivial.
Zuallererst: Formalisieren! Aus dem hier Niedergeschriebenen ist die genaue Schrittfunktion der Folge nur schwer abzuleiten.
Basierend auf deiner Ausführung:
1) Stelle die gemischte Zahl als unechten Bruch zn dar.
2) Neuer Zähler ist die Summe z+n, neuer Nenner ist die Summe aller Ziffern von z und n.
3) Kürze den neuen Bruch vollständig und verwandle ihn in eine gemischte Zahl.
habe ich folgende Schrittgleichung (System 1) abgeleitet:
\(a_{n+1} = \begin{cases}
a_n+b_n & gcd(a_n,b_n) = 1 \\
\frac{a_n}{gcd(a_n,b_n)} & gcd(a_n,b_n) > 1\\
\end{cases}\\
b_{n+1} = \begin{cases}
q(a_n)+q(b_n) & gcd(a_n,b_n) = 1 \\
\frac{b_n}{gcd(a_n,b_n)} & gcd(a_n,b_n) > 1\\
\end{cases}\\\)
Der Bruch \(\frac{a}{b}\) wird hier als ganzzahliges Tupel \((a,b)\) abstrahiert.
\(q(n)\) ist die Quersumme von \(n\).
Genau genommen ist das hier ein zweidimensionales dynamisches System. Man kann sich das als "ganzzahlige" Differentialgleichung vorstellen.
Man kann aus "2) Neuer Zähler ist die Summe z+n, neuer Nenner ist die Summe aller Ziffern von z und n."
auch folgendes System (System 2) ableiten:
\(a_{n+1} = \begin{cases}
a_n+b_n & gcd(a_n,b_n) = 1 \\
\frac{a_n}{gcd(a_n,b_n)} & gcd(a_n,b_n) > 1\\
\end{cases}\\
b_{n+1} = \begin{cases}
q(a_n+b_n) & gcd(a_n,b_n) = 1 \\
\frac{b_n}{gcd(a_n,b_n)} & gcd(a_n,b_n) > 1\\
\end{cases}\\\)
Kleiner aber wichtiger Unterschied, auch wenn beide verwandt sind. Daher genau formalisieren:)
Nur das erste System stimmt mit deinen Beispielfolgen überein. (hoffentlich :D)
Aus dieser Gleichung geht schnell hervor, dass sowohl \((a,b)\) als auch \((b,a)\) auf das gleiche Folgetupel abgebildet werden, abgesehen von der Anordnung. Dies ist, da Summe und ggT kommutativ sind. Du kannst dich also auf echte Brüche beschränken.
Für \(a < 10 \wedge b < 10\) ist \(q(n)=n\), daher werden all diese Tupel in einem Schritt auf \((1,1)\) abgebildet.
Die Quersumme ist von der Basis des Zahlensystems abhängig. Bei hinreichend großer Basis kannst du beliebig viele Tupel in einem Schritt auf \((1,1)\) abbilden. Ich gehe anhand der Aufgabenstellung davon aus, dich interresiert Basis 10.
Erwähnt sei auch noch der Quersummensatz. Bei Basis 10 gilt: \(3\mid n \leftrightarrow 3\mid q(n)\) und \(9\mid n \leftrightarrow 9\mid q(n)\). Außerdem ist \(q(n)\equiv n \mod 9\). Das erklärt deine Beobachtungen zur Teilbarkeit durch 3.
Eine weitere Invariante des Systems:
Bilder können mehrere primitive Urbilder haben. z.B. \((17,19)\) und \((7, 29)\) werden auf das gleiche Tupel abgebildet. Grundsätzlich haben alle Tupel \((a-c,b+c), c \in \mathbb{N}\) das gleiche Bild, wenn \(a-c>0\) und \(b+c\) keinen Stellenüberlauf verursacht.
"Zahlentheoretische" Systeme können überaus schwierig zu untersuchen sein, so wie die allseits beliebte Collatz Vermutung. Ob das bei diesen Systemen auch der Fall ist kann ich noch nicht sagen. Eine gewisse Ähnlichkeit zur Collatz Vermutung ist bei diesen Systemen unbestreitbar, daher könnte es durchaus fruchtbar sein, sie zu untersuchen.
5^2
Addendum:
System 2 (nicht das, welches deine Folge beschreibt, aber sehr ähnlich) kann in ein eindimensionales System umgewandelt werden mit
\(a_{n+1} = \begin{cases}
a_n+q(a_n) & gcd(a_n,q(a_n)) = 1 \\
\frac{a_n+q(a_n)}{gcd(a_n,q(a_n))} & gcd(a_n,q(a_n)) > 1\\
\end{cases}\\\)
Hier bietet es sich an, zuerst die Teilbarkeit durch 3 und 9 zu untersuchen und den Quersummensatz anzuwenden. Die Konvergenzeigenschaften bleiben hier erhalten.
Die Verbindung zwischen System 1 und System 2 lässt sich über den Quersummensatz wie folgt bestimmen:
\(q(a)+q(b) = 9k(a,b)+q(a+b), k(a,b)\in\mathbb{N}_0\). Dabei ist \(k(a,b)\) die Anzahl der Überträge bei der Addition \(a+b\).
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querin
Wenig Aktiv
Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 864
| Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-12
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Hallo 5quadrat, danke für Dein Intersse an dieser Frage 🙂
\quoteon(2023-02-12 21:08 - 5quadrat in Beitrag No. 15)
[...] habe ich folgende Schrittgleichung abgeleitet:
\(a_{n+1} = \begin{cases}
a_n+b_n & gcd(a_n,b_n) = 1 \\
\frac{a_n}{gcd(a_n,b_n)} & gcd(a_n,b_n) > 1\\
\end{cases}\\
b_{n+1} = \begin{cases}
q(a_n)+q(b_n) & gcd(a_n,b_n) = 1 \\
\frac{b_n}{gcd(a_n,b_n)} & gcd(a_n,b_n) > 1\\
\end{cases}\\\)
Der Bruch \(\frac{a}{b}\) wird hier als ganzzahliges Tupel \((a,b)\) abstrahiert.
\(q(n)\) ist die Quersumme von \(n\).
\quoteoff
ja, genau so ist es gemeint.
Ich vermute, dass diese Folge auch für andere Zahlensysteme gegen 1 konvergiert oder in einen Zyklus mündet. Ich hatte das mal an einigen Beispielen für Basis 2 probiert.
Grüße
querin
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5quadrat
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Dabei seit: 08.09.2017
Mitteilungen: 41
| Beitrag No.17, eingetragen 2023-02-13
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Zumindest für Basis 10 kannst du auch das folgende einfachere System untersuchen:
\(a_{n+1} =
\frac{a_n+q(a_n)}{gcd(a_n,q(a_n))}\\
\)
Dieses ist, wie in meinem letzten Beitrag erwähnt, aus System 2 hergeleitet, welches wiederum vom ursprünglichen System 1 über den Quersummensatz abgeleitet ist.
Das hier vorgestellte System ist eindimensional und konvergiert nach deiner ursprünglichen Vermutung für alle natürlichen Zahlen in einen von zwei Zyklen. \(z_{1,0}=2,z_{2,0}=11\) entspricht \(z_{1,0}=\frac{1}{1},z_{2,0}=\frac{11}{2}\) in deinem ursprünglichen System.
5^2
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5quadrat
Aktiv 
Dabei seit: 08.09.2017
Mitteilungen: 41
| Beitrag No.18, eingetragen 2023-02-14
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Ich werfe jetzt hier einfach das Beweisschema an die Wand, das mir gerade vorschwebt.
Egal welches System man nun betrachtet, die Folge wächst in ihrer jeweiligen Norm nur sehr langsam. Wenn der ggT immer eins ist, liegt die Wachstumsgeschwindigkeit von System 1 in \(O(log(n))\).
Wenn der ggT mindestens 2 ist, wird das nächste Folgenglied mindestens halbiert. Für hinreichend große Zahlen oder Tupel ist die Anzahl der Folgenschritte ohne Teilung bis \(2n\) so groß, das auf dem Weg dahin mindestens irgendeine Teilung garantiert sein muss. All diese Zahlen werden sicher irgendwann auf eine Zahl kleiner als sie selbst abgebildet.
Es reicht also diese Schranke abzuschätzen und alle Zahlen darunter oder alle Tupel mit Norm kleiner als die Schranke auszuprobieren. Diese müssen zwangsläufig in irgendeinen Zyklus münden. Wenn du alle ausprobierst, findest du auch jeden Zyklus.
Preisfrage: Wie groß ist die Schranke? Vermutlich nicht zu groß für Computer, da Logwachstumsraten immer noch recht lahm sind...
5^2
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querin
Wenig Aktiv
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Mitteilungen: 864
| Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-14
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Ja, das zweite System ist natürlich viel handlicher.
Die Startwerte
$1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 36, 42, 45, 48, 54, 63, 72, 84, 126, 153, 180, 198, \dots$
enden im trivialen Zyklus $<2>$, alle anderen Startwerte münden in den Zyklus
$<11, 13, 17, 25, 32, 37, 47, 58, 71, 79, 95, 109, 119, 130, 67, 80>$
Aber warum ist es für Dich offensichtlich, dass beide Systeme das gleiche Zyklen-Verhalten haben? Ich sehe zwischen den Zyklen
$<11, 13, 17, 25, 32, 37, 47, 58, 71, 79, 95, 109, 119, 130, 67, 80>$ (eindim.)
und
$<\frac{11}{2},\frac{13}{4},\frac{17}{8},\frac{25}{16},\frac{41}{14}>$ (zweidim.)
nur für die ersten drei Werte den Zusammenhang $a \to \frac{a}{q(a)}$
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5quadrat
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Dabei seit: 08.09.2017
Mitteilungen: 41
| Beitrag No.20, eingetragen 2023-02-18
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Du hast völlig Recht, die Zyklen sind nicht identisch. Die zeigen "nur" identisches Konvergenzverhalten. Offensichtlich ist hier leider gar nichts. Ich versuch das mal so kurz wie möglich darzustellen.
\quoteon(5quadrat)
Die Verbindung zwischen System 1 und System 2 lässt sich über den Quersummensatz wie folgt bestimmen:
\(q(a)+q(b) = 9k(a,b)+q(a+b), k(a,b)\in\mathbb{N}_0\). Dabei ist \(k(a,b)\) die Anzahl der Überträge bei der Addition \(a+b\).
\quoteoff
Wir setzen das in System 1 ein:
\(a_{n+1} = \begin{cases}
a_n+b_n & gcd(a_n,b_n) = 1 \\
\frac{a_n}{gcd(a_n,b_n)} & gcd(a_n,b_n) > 1\\
\end{cases}\\
b_{n+1} = \begin{cases}
q(a_n+b_n)+9k(a_n,b_n) & gcd(a_n,b_n) = 1 \\
\frac{b_n}{gcd(a_n,b_n)} & gcd(a_n,b_n) > 1\\
\end{cases}\\\)
Bringen das in eindimensionale Form. \(k(a,b):=k_n\) (Das ist eine simulierende Trajektorie. Für verschiedene Trajektorien ist k_n unterschiedlich)
\(a_{n+1} = \begin{cases}
a_n+q(a_n)+9k_n & gcd(a_n,q(a_n)+9k_n) = 1 \\
\frac{a_n+q(a_n)+9k_n}{gcd(a_n,q(a_n)+9k_n)} & gcd(a_n,q(a_n)+9k_n) > 1\\
\end{cases}\\\)
Wir wählen ein hinreichend großes \(a_0\) in dem vereinfachten System 2. Wenn wir
\(a_{n+1} = \begin{cases}
a_n+q(a_n) & gcd(a_n,q(a_n)) = 1 \\
\frac{a_n+q(a_n)}{gcd(a_n,q(a_n))} & gcd(a_n,q(a_n)) > 1\\
\end{cases}\\\)
bis \(2a_0\) iterieren und \(a_n\) bis dahin mindestens einmal garantiert durch einen ggT > 1 geteilt wird, fallen wir unter \(a_0\) und für alle größeren \(a_0\) konvergiert die Folge.
Da wir bei der ersten Teilung abbrechen reicht es
\(a_{n+1} = a_n+q(a_n)\)
zu betrachten.
Nun betrachten wir System 1 genau so:
\(a'_{n+1} =
a'_n+q(a'_n)+9k_n
\)
Setzen System 2 in 1 ein für ein beliebiges \(a'_n = a_n\):
\(a'_{n+1} = a_{n+1}+9k_n
\)
Wie erinnern die Annahme, dass \(a_n\) sicher irgendwann unter \(a_0\) fällt durch Teilung mit dem ggT. Da \(9k_n \in O(ln(n))\), fällt für ein hinreichend großes \(a'_0\) auch \(a'n\).
Ich hoffe das ist nicht voller Tippfehler... Knapp halten ist hier nicht so leicht:)
Trotz der Länge des Posts habe ich z.B. die Umwandlung in ein eindimensionales System nur beiläufig erwähnt und auch viele Definitionen sind zu kurz gekommen. Betrachte das hier allenfalls als Skizze.
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Wenn du alle Konvergenzen beweisen willst musst du "nur" zeigen, dass
\(a_{n+1} = a_n+q(a_n)\)
von \(a_0\) bis \(2a_0\) mindestens einmal garantiert geteilt wird, für ein hinreichend großes \(a_0\).
Dann wäre deine ursprüngliche Frage auch beantwortet. Die Werte kleiner als die Schranke müssten dann noch durchgerechnet werden.
Dieser Beweis ist vermutlich auch nicht ganz ohne...
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querin
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| Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-18
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\quoteon(2023-02-18 02:24 - 5quadrat in Beitrag No. 20)
Wenn du alle Konvergenzen beweisen willst musst du "nur" zeigen, dass
\(a_{n+1} = a_n+q(a_n)\)
von \(a_0\) bis \(2a_0\) mindestens einmal garantiert geteilt wird, für ein hinreichend großes \(a_0\).
\quoteoff
So ein hinreichend großer Startwert ist vermutlich $a_0=116$.
Jedenfalls gibt es zu allen Startwerten $116\le a_0\le 10^9$ ein teilbares $a_n<2\,a_0$. Die längste monoton steigende Folge tritt bei $a_0=992255$ mit 50 Iterationen auf.
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5quadrat
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| Beitrag No.22, eingetragen 2023-02-20
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Womöglich reicht es, nur die Teilbarkeit durch 2 zu betrachten. Gleicher Aufbau: \(a_0\) bis \(2a_0\) für hinreichend großes \(a_0\). Es wäre dann zu zeigen, dass mindestens einmal für \(a_0
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