用户：Thomas Scheuere

我是一名软件工程师，从事汽车驾驶员辅助系统使用的信号处理算法和轨迹计算的开发和研究。

我对数字序列的兴趣主要是消遣。我对数字序列感兴趣的一些属性是：

-有趣的图形，可能是自相似或分形。

-具有类似递归公式的置换。

-在编码理论、信号处理或正交性方面具有有趣特性的序列。

-由二进制展开式的属性定义的序列。（就我个人而言，我认为二垒比所有其他垒都更基本。）

另一方面，没有什么对我来说是完全无趣的。

由于我不是一名专业数学家，我的观点或贡献中总是可能存在数学错误。当然，我希望这种情况是罕见的。

我总是乐于接受任何想法和建议。此外，如果一些用户使用我的帐户的“向该用户发送电子邮件”链接，我也不会不高兴。所以不要害羞。

在OEIS最让我惊讶的是：有一个团队日以继夜地工作，使这成为可能。所有编辑、管理员和其他许多人都在努力工作，为世界各地的许多用户贡献了巨大的价值，这是免费的。

列出序列的次要添加。用户：Thomas_Scheuerle/todolist

---

一些随机想法

丰富二进制扩展的数字列表

[[1]]

超单形上的重心坐标作为理解Collatz猜想的工具

我找到了A014682号（Collatz或3x+1函数：如果n是偶数，则a（n）=n/2，否则（3n+1）/2）可以用置换序列表示(A340615型):

A014682号（n）=A340615型（n层（n/5））所有n层（n/5）与4 mod 5不一致，否则A014682号（n） =3*n/5-1。这使我们能够比较A340615型和A014682号.

让我们想象一个点P，其坐标表示为关于无穷多维单纯形的重心坐标，作为无限序列1:2:3:4。简而言之，P点应具有大于零的正整数集作为坐标。通过使用排列A340615型在P的坐标上，我们可以定义无穷多个点P1=A340615（P） ，第2页=A340615型（第1页）、第3页=A340615型（第2页）。所有这些点都有一个共同点，即它们将位于相同的超椭球体上，即所谓的P的置换椭球体。

如果我们执行相同的过程并使用A014682号作为映射而不是置换A340615型，第1季度=A014682号（P） ，第2季度=A014682号（第一季度）、第三季度=A014682号（第2季度）。.，我们将看到不同的结果。所有Q1..Qn都将位于各个置换椭球体上，相互之间和P之间。这是因为A014682号包含6*m-2形式的所有数字两次。

所有这些排列椭球体（P和Q1..n）都是G=1:1:1:1点的膨胀，也是彼此的膨胀。

更有趣的是A014682号是A340615型和形式为6*m-2的数字，我们知道Q1到Qn的排列椭球小于P的排列椭球，Q2的排列椭圆体小于Q1，以此类推，直到无穷远时，将达到Qn，其中没有任何坐标大于3。由于公共中心G以及所有椭球体都具有相同的形状和轴的对齐方式，因此当Q1..Qn的椭球体具有不同的尺寸时，它们不会重叠。

我个人的观点是，这是一个关于科拉茨猜想可能真实性的暗示。

关于此处提到的椭球体“大小”的更多详细信息：

存在一个由我们想象的单纯形的所有角点定义的超椭球体，因此这些点都位于它上面，即所谓的斯坦纳圆椭球体。基于此，我们可以定义膨胀因子D。如果D=0，那么我们的椭球体收缩到点G。如果D=1，那么椭球体将位于斯坦纳圆椭球体上，但这种情况永远不会发生，因为我们从坐标中排除了数字0。为了更容易计算，我们现在引入t，定义如下${\显示样式D={\sqrt{\frac{t-1}{t+2}}}}$现在，t变为基于点P=k_1:k_2的置换椭球体。.：k_n关于具有n维的单纯形，此表达式：$显示样式t={frac{k{1}^{n-1}+k{2}^{n1}+。.+k_{n}^{n-1}}{\prod_{i=1}^{n-1}k_{i} +\prod_{i=2}^{n} k个_{i} +k_｛1｝\prod_｛i＝3｝^{n} k个_{i} +。.}}}.+k_{n}^{n-1}}{\prod_{i=1}^{n-1}k_{i} +\prod_{i=2}^{n} k个_{i} +k_｛1｝\prod_｛i＝3｝^{n} k个_{i} +。.}}}$.

如果我们尝试将此应用于A340615型 ?

A340615型只包含一次大于0的所有正整数。现在我们忽略这里n的无穷大，然后我们可以定义A=1^（n-1）+2^（n-1）+3^（n-1）+。..+n^（n-1）和B=搅拌（r+（n-1，r），r={1..n}（搅拌（）表示第一类的斯特林数）和t=A/B。

对于A014682号 ?

A014682号包含中已包含的所有数字A340615型加上表格6*m-2的副本。可以看出，对一个置换每次添加重复项，t将变得更接近1。例如，只有3个坐标（1^2+2^2+3^2）/（1*2+2*3+3*1）>（1^2+3^2+3^2）/（1*3+3*3+3*1）。如果t接近1，则膨胀系数D将接近于零。

Collatz映射的部分共轭

设a'（m）是的逆置换A342842飞机，这样一个'(A342842飞机（n） ）=无。让p=A006370美元^k（6*(A342842飞机（n） +1）-2）并选择k，使p的形式为m*6+4，然后选择a'（（p+2）/6-1）<n。

玩几何级数和A014682号

有关更多详细信息，请参阅A343684型.

${\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{2^{A014682（n）}}}=1+{\frac{2}{7}}$

${\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{2^{A014682^{2}（n）}}}=1+{\frac{6}{7}}+{\frac{2}{511}}}$

${\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{2^{A014682^{3}（n）}}}=1+{\frac{8}{7}}+{\frac{162}{511}}+}{\frac{2}{134217727}}}}$

${\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{2^{A014682^{4}（n）}}}=1+{\frac{12}{7}}+{\ frac{548}{511}}+}\frac}17538}{134217727}}}++{\frac{2}{2{（3^{4{）}-1}}}}$

${显示样式\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{2^{A014682^{5}（n）}}}=1+{\frac{14}{7}}+{\frac{890}{511}}+}\frac}33704228}{134217727}}+[\frac[2^{61}+2^{55}+2^}{41}+2^10}+1}{2}{（3^{4}）}-1}}+{\frac{2}{2^{（3^{5}）{-1}}}$

$｛\displaystyle\sum_｛n=1｝^｛infty｝｛\frac｛2^｛A014682^｛k｝（n）\cdot A014682^｛k+1｝（n）｝｛2^｛（A014682^｛k｝（n）+A014682^｛k+1｝（n））^｛2｝｝｝｝k｝（n）+A014682^｛k+j｝（n））^｛2｝｝｝｝<｛\frac｛1｝｛4｝｝\cdot\sum_｛n=1｝^｛\frac｛1｝｛2^｛A014682^｛k+j｝（n）^｛2｝$，如果j>1并且A014682号没有非平凡的循环。

这将评估为一个超几何级数，这将允许通过基于超几何函数的算法进行计算来对其进行更深入的研究，因此，甚至可以探索复数k和j的结果。

常量来自A014682号

A014682号^k（j*2^k+m）<A014682号^k（（j+n）*2^k+m）对于范围{1..2^k}中的所有n>0和m都为真。

${\显示样式\sum_{n=1}^{2^{k}}A014682^{k{（n）+j\cdot 2^{2\cdot k}=\sum_{n=1}^{2_{k}{A014682|k}（j\ cdot（2^{k}）+n）}$对于所有j>0。

这让我想到了从中计算常数的想法A014682号:

2.35369801 >${显示样式1+\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{2^{k}}{\sum_{n=1}^}{2^}k}}A014682^{k{（n）}}\gtraprox 2.353697995\approx{frac{\pi^{2}}{2}{}\cdot{\frac{207}{434}}}}$这是一个非常粗略的经验近似值。

这个常数可以衡量A014682美元任何数字都会收敛到1。如果它小于${\显示样式{\frac{\pi^{2}}{6}}$，的迭代A014682号对于任何数字都不会收敛到1。

如果A014682号在第一次迭代中，所有数字都会收敛到1，我们会有一个无穷大的1和。如果这个级数不收敛，A014682号对于的所有数字和所有排列，将收敛到1A014682号.由于这个级数是收敛的，因此只有A014682号对于迭代中的所有数字，可能收敛到1。

<3英寸的数字分布A014682号^k（1…2^k）

我们知道所有的数字A014682号^k（1…2^k）的形式是3^m-n，我们知道n是>0和<3^m。

我们还知道每个k的指数m的分布：

k=1:m={0,1}；k=2:m={0,1,1,2}；k=3:m={0,1,1,2,1,2,3}；k=4:m={0,1,1,2,1,2,2,3,1,2,2,3,3,4}；…（原件A343422型一段时间后被回收。用户：Thomas_Scheuerle/Archived_A343422).

我们知道，至少对于每个指数0和1，序列中的数字都小于3，因此我们知道这里的总计数下限：

每k英寸的最小数量<3A014682号^k（1…2^k）：1+k。

在前面的例子中，我们只考虑了3^1生成的<3的数字。对于其他指数，可以找到一些模式。由3^2项生成的小于3的数字计数是针对k=1.6:0,0,1,3,5,7。完整序列将在OEIS中找到A268292型（k+4）。因此，如果我们将3^1和3^2放在一起考虑，我们的最小数字数<3A014682号^k（1…2^k）将变为：1+k+268292元（k+4）。

如果我们考虑3^3，对于k={1..20}，我们得到这个未知序列：0,0,0,1,3,5,8,12,17,24,32,40,49,60,73,88105124145。

如果我们考虑3^4，对于k={1..20}，我们得到这个未知序列：0,0,0,1,0,1,3,6,11,17,24,34,48,65,85109138172212。

如果我们一起考虑所有指数，我们会得到另一个未知序列。每k英寸<3的数量A014682号^k（1…2^k）对于k={1..20}:2,3,5,8,12,17,23,31,43,61,851161552733648438541136。（增长速度略快于上限（（2*n^3+3*n^2+37*n）/66））。

更有趣的问题是：从n=1到n=的连续序列中出现的数量<3是否有最小值？

这里是k=1..25的计算结果。它显示不间断连续数字的计数A014682号^k（1…y<=2^k）<3）-k over k：

如果能证明这条曲线总是为k的某个较大值离开负域，那么科拉茨猜想就是正确的。

计算Collatz猜想中3x+1步数的上限

$Upperlimit=A014682^{\lceil{log_{2$

如果这个上限在区间n＝｛1..2^k｝上求和，那么这个和将变成2^2k。

同时是剩余类仿射的对合系统

生成大于0的整数的自逆置换的通用算法：

对于n<s，a（n）=n，对于不在a（1..n-1）a（n。M’（M（n））=n。

如果我们将函数M（n）定义为形式k*n-j*（k-1）和s=j，我们将生成残差类沿仿射的对合。一些示例：

k=2；j=0；a（1…10）：2、1、6、8、10、3、14、4、18、5、22、24、26、7、30、32、34、9、38、40A073675号k=2；j=1；a（1…10）：1、3、2、7、9、11、4、15、5、19、6、23、25、27、8、31、33、35、10、39A118966号k=3；j=0；a（1…10）：3、6、1、12、15、18、21、24、27、30、33、4、39、42、5、48、51、6、57、60k=3；j=1；a（1…10）：1、4、7、2、13、16、3、22、25、28、31、34、5、40、43、6、49、52、55、58k=3；j=2；a（1…10）：1、2、5、8、3、14、17、4、23、26、29、32、35、6、41、44、7、50、53、56

对于j来说，似乎只有达到k-1的值才能得到一个有趣的系统。

设B是一个置换，使得它是其中一些对合与k和j的有限乘积。设C是剩余类线性仿射群的任意置换。

对于某些常数p，q，r，我们总是能找到C（n+r）=p+B（n+q）的B吗？如果C是一个线性递归的常系数置换，这也是真的吗？