А почему понятно? Вы указали максимумы последовательностей (правда не все), но ведь и в образце максимумы. Можно найти так же и то, что выделенные числа - составные (и найти в последовательности такие же). Можно указать, что выделенные числа - чётные и найти все такие же. Я ничего не нашла другого общего между 16 и 34. Но я же тупая в математике. А логика очень сложна и иногда совсем не понятна с тем, с кем говоришь.
ну это было бы слишком просто. собственно, я выделил все (если ничего не пропустил) числа полученные методом 3х+1 или что тоже самое Хi+X(i-1)+1. А т.к. наличие такой последовательности по сути уже оговорено в условии, несколько странно было бы ее загадывать. nebo,
если, я где-то был некорректен к Вам, я в любом случае приношу извинения, хоть, думаю, Вы понимаете, что у меня ни в коем случае не было такого намерения, это могло произойти только по недоразумению. Если я просто оказался "почтальоном Печкиным", то что я могу сказать? Некоторые товарищи никогда не отличались обходительностью, но, как говорится, у каждого свои недостатки.
Добавлено (10.02.2018, 17:26) --------------------------------------------- кстати, максимумов как раз 12, правда, считая уже указанные Kreativshik.Боюсь, что тут все таки надо привлекать дополнительную литературу, для чистой логики слишком много развилок
Сообщение отредактировал никник - Сб, 10.02.18, 17:32
18,9,28,14,7,22,11,34,17,52,26,13,40,20,10,5,16,8,4,2,1,... 15,46,23,70,35,106,53,160,80,40,20,10,5,16,8,4,2,1,... Если гипотеза Коллатца верна, то начав последовательность с единицы в обратную сторону то получим не связный граф в вершинах которого перечислены все натуральные, и наоборот. Начнём с единицы, она может получится только из 2, двойка только из 4, а вот четверка либо из единиц либо из 8, на четверке получили разветвление. Следующее разветвление получим на 10, следующее на 16. Все разветвления можно получить как 6n+4 где n положительное целое. Рост "Дерева Коллатца",назавем его так, можно увидеть здесь
Сообщение отредактировал Kreativshik - Вс, 11.02.18, 16:20
Спасибо,Kreativshik. Я вот о чем говорю. Рассмотрим только 1 линию образованную 2^n. Разве нельзя утверждать, что все числа находящиеся в промежутке от 2^n до 2^(n-1) покрываются преобразованиями предыдущих точек 2^k(где k<n) по формуле сиракузского ряда,т.к. 3b+1= 2b+b+1= (с учетом того, что b это степень 2) b^(n+1)+b+1, а последнее собственно и есть формула образования всех натуральных чисел при расчетах в двоичном коде?
Сообщение отредактировал никник - Пн, 12.02.18, 00:37
