Générer des fonctions de Collatz itère?

Question

Laisser $C(n) = n/2$ si $n$ est pair et $3n+1$ sinon, soit la fonction Collatz.

Nous regardons la fonction génératrice $f_n(x) = \sum_{k=0}^\infty C^{(k)}(n)x^k$ des itérations de la fonction Collatz.

La conjecture de Collatz est alors équivalente à: Pour tous $n$:

$$f_n(x) = p_n(x) + x^{d+1} \frac{1+4x+2x^2}{1-x^3}$$ où $d$ est le degré du polynôme $p_n(x)$ avec des nombres naturels comme coefficients.

J'ai calculé certaines de ces fonctions génératrices.

Laisser

$$F_n(x) = (f_n(x), f_{C^{(1)}(n)}(x),\cdots,f_{C^{(l)}(n)}(x))$$

où $l$ est la longueur de la séquence Collatz de $n$ se terminant à $1$.

Le vecteur $F_n(x)$ lors du branchement pour $x$un nombre rationnel, semble paramétrer une variété algébrique. En supposant que la conjecture de Collatz est vraie. Peut-on expliquer si ou pourquoi ce vecteur paramètre une variété algébrique?

Voici un exemple pour $n=3$:

La variété est donnée par les équations:

G^3 - H^3 - 4*G^2 + 4*G*H + H^2 + 4*G - 8*H = 0
A*C - B^2 + 10*B - 3*C = 0
F^2 - G*H - 4*F + G = 0
F*G - H^2 - 2*F + H = 0
F*H - G^2 + 2*G - 4*H = 0 
E - H - 7 = 0

et il est paramétré par:

A = (7*x^7 + 14*x^6 + x^5 + 2*x^4 - 13*x^3 - 5*x^2 - 10*x - 3)/(x^3 - 1)
B = (7*x^6 + 14*x^5 + x^4 + 2*x^3 - 16*x^2 - 5*x - 10)/(x^3 - 1)
C = (7*x^5 + 14*x^4 + x^3 - 8*x^2 - 16*x - 5)/(x^3 - 1)
D = (7*x^4 + 14*x^3 - 4*x^2 - 8*x - 16)/(x^3 - 1)
E = (7*x^3 - 2*x^2 - 4*x - 8)/(x^3 - 1)
F = (-x^2 - 2*x - 4)/(x^3 - 1)
G = (-4*x^2 - x - 2)/(x^3 - 1)
H = (-2*x^2 - 4*x - 1)/(x^3 - 1)

où $F_3(x) = (A,B,C,D,E,F,G,H)$

Voici un script Sagemath qui effectue les calculs. Vous pouvez changer le numéro$N=3$ dans le script, mais pour $N=7$ il faut déjà beaucoup de temps pour calculer la base Groebner.

Edit : De plus, le point$(n,C^{(1)}(n),\cdots,C^{(l)}(n))$semblent toujours être un point rationnel de cette variété. Exemple:

G^3 - H^3 - 4*G^2 + 4*G*H + H^2 + 4*G - 8*H = 0
A*C - B^2 + 10*B - 3*C = 0
F^2 - G*H - 4*F + G = 0
F*G - H^2 - 2*F + H = 0
F*H - G^2 + 2*G - 4*H = 0
E - H - 7 = 0
.....
A = 3
B = 10
C = 5
D = 16
E = 8
F = 4
G = 2
H = 1

Cette dernière observation peut être expliquée si la précédente est vraie, car on peut substituer $x=0$:

$$\forall m \text{ we have : } f_m(0) = m$$

et donc:

$$F_n(0) = (n,C^{(1)}(n),\cdots,C^{(l)}(n))$$

est un point rationnel sur la variété.

Answer 1

Sans supposer la conjecture de Collatz, on peut montrer que les fonctions génératrices satsifient certaines équations polynomiales:

Observez cela pour tous $n$:

$$f_{C(n)}(x) = \frac{f_n(x)-n}{x}$$

Par conséquent:

$$f_{C^{(2)}(n)}(x) = \frac{f_{C(n)}(x)-C(n)}{x}$$

Résoudre pour $x$ et assimiler les deux identités et laisser $x_k:=f_{C^{(k)}(n)}(x)$, nous trouvons l'équation polynomiale:

$$\forall k=0,1,2,\cdots \text{ we have }: x_k x_{k+2}-C^{(k)}(n) x_{k+2}-x_{k+1}^2+C^{(k+1)}(n)x_{k+1} = 0$$

qui selon Wolfram Alpha, chacune de ces équations représente un "hyperboloïde à une feuille":

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