Sia $ n $ un intero positivo dispari. Calcoliamo $ \displaystyle a_1=\frac{3n+1}{2} $. Se $ \displaystyle a_1 $ è dispari allora calcoliamo $ \displaystyle a_2=\frac{3a_1+1}{2} $. Se $ \displaystyle a_2 $ è dispari calcoliamo $ \displaystyle a_3=\frac{3a_2+1}{2} $. Se $ a_3 $ è dispari calcoliamo $ a_4 $...e così via.
Si dimostri che, comunque scelto $ n $, la successione si arresta.
La mia dimostrazione è un po' lunghetta: chiedo se qualcuno può proporre una dimostrazione efficace ma breve.....cioè "furba"!
Successione bloccata
Successione bloccata
"Il fatto che un'opinione sia ampiamente condivisa, non è affatto una prova che non sia completamente assurda" B. Russell
Provo la mia...
Se $ n $ è dipspari allora lo posso scrivere come $ 2k_1+1 $ (con $ k $ intero positivo)
Quindi $ \displaystyle a_1=\frac{3(2k_1+1)+1}{2}=\frac{6k_1+4}{2}=3k_1+2 $
Se k è pari la successione finisce, quindi k dev'essere dispari.
E quindi a sua volta lo posso scrivere come $ 2k_2+1 $
$ \displaystyle a_2=\frac{(3*(2k_2+1)+2)3+1}{2}=\frac{18k_2+16}{2}=9k_2+8 $
$ \displaystyle a_n=3^n k_n+3^n-1 $
Ma il numero originale $ n $ può essere scomposto solo un numero finito di volte in $ (2k_n+1) $
Quindi la successione dev'essere finita.
Se $ n $ è dipspari allora lo posso scrivere come $ 2k_1+1 $ (con $ k $ intero positivo)
Quindi $ \displaystyle a_1=\frac{3(2k_1+1)+1}{2}=\frac{6k_1+4}{2}=3k_1+2 $
Se k è pari la successione finisce, quindi k dev'essere dispari.
E quindi a sua volta lo posso scrivere come $ 2k_2+1 $
$ \displaystyle a_2=\frac{(3*(2k_2+1)+2)3+1}{2}=\frac{18k_2+16}{2}=9k_2+8 $
$ \displaystyle a_n=3^n k_n+3^n-1 $
Ma il numero originale $ n $ può essere scomposto solo un numero finito di volte in $ (2k_n+1) $
Quindi la successione dev'essere finita.
Membro dell'associazione "Matematici per la messa al bando dell'associazione "Matematici per la messa al bando del Sudoku" fondata da fph" fondata da Zoidberg
Ci riprovo 
Consideramo le scritture in base due dei termini della successione.
Se un certo $ a_h $ ha k 1 consecutivi partendo da destra,allora
$ \displaystyle a_{h+1}\displaystyle $ ne avrà $ \displaystyle k-1\displaystyle $
Infatti
$ a_h $=.......011111(k-volte)
a_{h+1}=
.....011111(k-volte)+
.....111111=
.....011110 diviso 2 =
.....01111(k-1 volte)
Quindi dopo un numero finito di passaggi avremo uno zero a destra,ossia un numero pari
Consideramo le scritture in base due dei termini della successione.
Se un certo $ a_h $ ha k 1 consecutivi partendo da destra,allora
$ \displaystyle a_{h+1}\displaystyle $ ne avrà $ \displaystyle k-1\displaystyle $
Infatti
$ a_h $=.......011111(k-volte)
a_{h+1}=
.....011111(k-volte)+
.....111111=
.....011110 diviso 2 =
.....01111(k-1 volte)
Quindi dopo un numero finito di passaggi avremo uno zero a destra,ossia un numero pari
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FrancescoVeneziano
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Questa dimostrazione è similissima alla mia .... stessa generalizzazione per induzione..Zoidberg ha scritto:...
$ \displaystyle a_n=3^n k_n+3^n-1 $
Visto che l'ha scritta anche Zoidberg, penso proprio che vada bene.
Io cercavo più che altro un modo per evitare di usare la seguente argomentazione: "se andassimo avanti all'infinito allora $ n $ conterrebbe infiniti fattori, perchè i vari $ k_i $ devono essere sempre dispari" (cioè mi sembrava un'argomentazione poco dimostrabile), ma evidentemente va benissimo così...
Scusate se vi ho fatto lavorare per niente..
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