Where innovation starts

Het 3n + 1-vermoeden

Benne de Weger

b.m.m.d.weger@tue.nl

co-auteurs: John Simons, Thijs Laarhoven

3TU-studiedag, 19 juni 2013

June 19, 2013

1/35

/k

Het 3n + 1-proces

Neem een natuurlijk getal.

I Is het even, dan deel je het door 2.I Is het oneven, dan vermenigvuldig je het met 3 en tel je er 1 bij op.

Met de uitkomst doe je hetzelfde, net zo lang tot je het zat bent.

1→ 4→ 2→ 1→ 4→ 2→ 1→ . . . (ik ben het al zat)

2→ 1→ . . . (al gezien)

3→ 10→ 5→ 16→ 8→ 4→ 2→ 1→ . . . (al gezien)

4→ 2→ 1→ . . . (al gezien)

5→ 16 . . . (al gezien) . . .→ 1→ . . .

6→ 3→ 10 . . . (al gezien) . . .→ 1→ . . .

7→ 22→ 11→ 34→ 17→ 52→ 26→ 13→ 40→ 20→ 10→5 . . . (al gezien) . . .→ 1→ . . .

2/35

/k

De 3n + 1-functie

Na een oneven getal komt altijd een even getal en dus altijd eendeel-door-2-stap. Die twee stappen zien we voortaan als één stap.

De 3n + 1-functie T : N→ N is gedefinieerd door

T (n) =

{n/2 als n even is,

(3n + 1)/2 als n oneven is.

Het 3n + 1-proces is nu iteratie van T :

n → T (n)→ T (T (n))→ T (T (T (n)))→ . . .→ T (. . . T (n) . . .)→ . . .

Dat kunnen we handiger noteren:

n → T (n)→ T2(n)→ T3(n)→ . . .→ T k (n)→ . . .

Voorbeeld:

7→ 11→ 17→ 26→ 13→ 20→ 10→ 5→ 8→ 4→ 2 � 1

3/35

/k

Het 3n + 1-vermoeden

Het 3n + 1-vermoeden is nu:

Met ieder positief geheel getal n als startwaarde komt het 3n + 1-procesop den duur uit bij 1, en ‘eindigt’ dus in de cykel . . .→ 2 � 1.

Wat formeler:Voor iedere n ∈ N is er een k ∈ N zodat T k (n) = 1.

Deze cykel 1 � 2 noemen we de triviale cykel.

4/35

/k

Definities

Voor n ∈ N noemen we de rij(n, T (n), T2(n), . . .

)de baan van n .

Als voor zekere k , n ∈ N geldt dat T k (n) = ndan noemen we

(n, T (n), T2(n), T k−1(n)

)een cykel.

Voorbeeld: de triviale cykel noteren we dus als (1,2) (of (2,1)).

Als een baan een cykel bevat (en daar dus in eindigt), dan noemen we debaan convergent. Een niet-convergente baan heet divergent.

Een divergente baan is onbegrensd.

Banen kunnen lang divergent lijken:27 → 41 → 62 → 31 → 47 → 71 → 107 → 161 → 242 → 121 → 182 → 91 → 137 →206 → 103 → 155 → 233 → 350 → 175 → 263 → 395 → 593 → 890 → 445 → 668 →334 → 167 → 251 → 377 → 566 → 283 → 425 → 638 → 319 → 479 → 719 → 1079 →1619 → 2429 → 3644 → 1822 → 911 → 1367 → 2051 → 3077 → 4616 → 2308 →1154→ 577→ 866→ 433→ 650→ 325→ 488→ 244→ 122→ 61→ 92→ 46→ 23→35→ 53→ 80→ 40→ 20→ 10→ 5→ 8→ 4→ 2 � 1

maar toch convergent blijken.

5/35

/k

Geschiedenis

Lothar Collatz heeft het (naar eigen zeggen) rond 1930 bedacht.

In 1950 praatte hij er met veschillende mensen over op het ICM inCambridge (Mass.) en raakte het bekend.

In de jaren 60 verschijnen de eerste artikelen over varianten van hetprobleem (o.a. een variant beschreven door Raymond Queneaugerelateerd aan rijmschema’s in 12e-eeuwse poezie).

In 1971 verschijnt het echte 3n + 1-probleem voor het eerst in druk.Martin Gardner schrijft erover in 1972, en dan wordt het beroemd.

Het staat nu ook bekend als o.a. het Syracuse-probleem, het probleemvan Hasse, van Kakutani, van Coxeter, van Ulam, hagelsteen-getallen,enzovoorts.

Jaren 60: 8 artikelen, jaren 70: 34 artikelen, jaren 80: 52 artikelen,jaren 90: 103 artikelen, jaren 00: 134 artikelen.

6/35

/k

Literatuur

I Jeffrey C. Lagarias (ed.): The Ultimate Challenge: The 3x + 1Problem, Am. Math. Soc., 2010dit boek is een bundeling van de belangrijkste artikelen

I Jeffrey C. Lagarias, “The 3x + 1 problem and its generalizations”,Am. Math. Monthly 92 [1985], 3–23gedetailleerde geschiedenis tot 1985

I Jeffrey C. Lagarias, “The 3x + 1 problem: an annotated bibliography(1963–1999)”, arxiv.org.korte samenvattingen van alle verschenen artikelen voor 2000

I Jeffrey C. Lagarias, “The 3x + 1 problem: an annotated bibliographyII (2000–2009)”, arxiv.org.korte samenvattingen van alle verschenen artikelen in 2000–2009

7/35

/k

Waarom zou het 3n + 1-vermoeden waar zijn?

Argumenten:I ExperimenteelI ProbabilistischI Logisch / ComplexiteitstheoretischI DiophantischI Dynamische systemen / ergodisch (zeg ik niets over)

Herformuleringen:I GrafenI Modulaire en De Bruijn-grafenI Oneindige matricesI EigenruimtesI Functionaalvergelijkingen

8/35

/k

De 3n + 1-graaf

12

4

8

165

32103

21 646

12

24

48

96

20

40

80

42

84

13

26

5217

3411

6822

44

88

7

14

28

56

9

18

36

72

53

35

23

15

30

60

29

19

38

76

58

46

92

25

50

100

[1]

61

[1]

85

[1]

75

[2]

69

[1]

45

90

70

93

[1]

37

74

99

[3]

33

66

49

98

65

43

86

57

87

[4]

77

51

67

89

59

39

78

[1]

[2]

79

[7]

81

82

71

91

63

95 31

47

97

83

55

62

73

94

54

27

41

[44]

(6)

[7]

[2]

[1]

[1]

[5]

9/35

/k

Verwante problemen: 3n − 1

De 3n − 1-functie:

T3,−1(n) =

{n/2 als n even is,

(3n − 1)/2 als n oneven is.

Equivalent met 3n + 1 op denegatieve getallen:T (−n) = −T3,−1(n)

Er zijn (vermoedelijk) 3 cykels, en(vermoedelijk) geen divergente ba-nen

Deze graaf is niet samenhangend, erzijn tenminste 3 componenten.

1

2

4

83

166

11 3212

24

48

96

22

1544

88

59

79

30

60

95

85

57

29

58

39

64

43

53

71

78

(2)

(2)

(2)

(3)

86

97

65

87

77

69

(2)

(3)

(3)

(16)

81

76

51

(8)

38

19

28

56

75

(2)

9

13

26

18

36

72

52

35

70

47

94

63

93

89

(13)

(4)

14

7

5

40

20

10

2780

54

25

61

37

41

17

91

34

136

68

55

82

73

49

33

66

98

74

99

50

90

45

67

100

23

84

42

21

31

46

92

83

62

(5)

(2)

(2)

10/35

/k

Verwante problemen: 5n + 1

De 5n + 1-functie:

T5,1(n) =

{n/2 als n even is,

(5n + 1)/2 als n oneven is.

Er zijn (vermoedelijk) 3 cykels, en(vermoedelijk) oneindig veel diver-gente banen

1 4

16

96 51

65

(5)

3

2

8

32

64

(2)

6

12

24

48

19

38

76

97

15

30

60

(5)

17

27

43

68

108

86

34

54

208

13

104

33

5

52

8326

66

10

80

40

20

7

14

57

56

28

91

22

11

44

35

88

70

9

23

18

29

73

58

46

92

36

72

(7)

(3)

21

42

67

84

5361

(2)

25

50

63

100

79

99

62

31

78

39

98

49

77

(2)

(2)

(3)

(4)

37

94

75

47

59

93

(2)

(2)

(2)

74

41

82

45

90

69

55

89

71

(2) (2)

85 87

81 95

11/35

/k

Verwante problemen: 3n + 3

De 3n + 3-functie:

T3,3(n) =

{n/2 als n even is,

(3n + 3)/2 als n oneven is.

De deelgraaf van alle drievouden isisomorf met de 3n + 1-graaf

6

12

24

4815

96309

6318

36

72

60

39

78

51

33

6621

42

84 27

54

69

45

9087

57

75

(2)

(5)

(2)

99

93

81

(56)

(3)

(2)

1

2

4

8

16

32

64

7

14

28

56

3

31

62

41

8283

(2)

5

10

20

40

80

11

22

44

88

23

46

92

47

94 95

(2)

13

26

5217

19

25

29

35 37

43

49

53

55 59

61

65

67

7173

77

79

85

89 91

97

34

38

50

58

70 74

86

98

68

76

100

(2)

(2)

(2)

(3)

(2)

(8)(5)

(10)

(4)

(2)

12/35

/k

Verwante problemen: rationale 3n + 1

12

16 14/35 11/9

8 7/3

4

-11/27 1/9-2/9 4/3

-1/9 2/3

1/3

-1

-8-10/3 -10/9-13/9

-4-5/3

-2

0

-19/27-7/9 -10/9-4/3

-5/9-2/3

-1/3

(even noemer is niet interessant: deteller is dan altijd oneven en dan isiteratie flauw)

Dit is in feite de 3n + q-graaf vooralle oneven q tegelijk

Iedere ab met oneven b heeft nu twee

voorgangers: 2ab en 2a−b

3b

Vermoedelijk zijn er geen divergentebanen

Er zijn oneindig veel convergente ba-nen, en die zijn goed te beschrijven

13/35

/k

Alle cykels in de rationale 3n + 1-graaf

Iedere convergente baan eindigt in een cykel, en iedere cykel heeft eeneven-oneven - structuur:

lengte 1: 2 mogelijkheden: e, olengte 2: 1 mogelijkheid: eolengte 3: 2 mogelijkheden: eeo, eoolengte 4: 3 mogelijkheden: eeeo, eeoo, eooolengte 5: 6 mog.: eeeeo, eeeoo, eeoeo, eeooo, eoeoo, eoooo

enzovoorts, de zogeheten Lyndon-woorden.

Bij ieder Lyndon-woord is voor de cykel een vergelijking op te stellen diemaar één oplossing heeft:

bv. bij eoo hoort xe→

12x

o→

34x +

12

o→

98x +

54 = x dus x = −10, dit

geeft de bekende cykel−10→−5→−7→−10

Uit een gegeven cykel is de hele component achterwaarts te berekenen:op iedere node een complete binaire boom. Heel veel structuur!

14/35

/k

Verwante problemen: De ‘inverse 3n + 1-functie’

U (n) =

(3n)/2 als n even is,

(3n + 1)/4 als n ≡ 1 (mod 4),

(3n − 1)/4 als n ≡ −1 (mod 4)

Is eigenlijk ouder dan de 3n + 1-functie T zelf (aldus Collatz) en is nietecht de inverse van T . Deze functie is een permutatie op N.John Conway noemt het de amusicale permutatie.

In de graaf heeft ieder getal dus precies één voorganger.

Cykels hebben geen inkomende zijtakken. Bekende cykels: (0), (1),(2,3), (4,6,9,7,5), (44,66,99,74,111,83,62,93,70,105,79,59).

Divergente componenten hebben ook geen zijtakken. Een vermoedelijkdivergent geval: (. . . ,13,10,15,11,8,12,18,27,20, . . .).

Vermoedelijk zijn er geen andere cykels.Vermoedelijk zijn er oneindig veel divergente componenten.

15/35

/k

Experimenteel

Tomás Oliveira da Silva:Het 3n + 1-vermoeden is waar voor alle n < 5.764× 1018

Dit is een indrukwekkende prestatie!

Bruut rekenwerk, met een beetje boerenslimheid:I je kunt stoppen met de baan van n als-ie onder de n is uitgekomenI veel congruentieklassen modulo machten van 2 hoef je niet te

doen, bv. T7(128m + 15) = 81m + 10 < 128m + 15

Toch is hiermee slechts 0% van het totale zoekgebied afgezocht...

Veel experimentele gegevens gevonden door Eric Roosendaal, ziehttp://www.ericr.nl/wondrous/

16/35

/k

Probabilistisch

De T -functie geeft bij random even/oneven verdeelde invoer n ookrandom even/oneven verdeelde uitvoer T (n).

Dan is T (n) ≈ 32n met kans 1/2, en T (n) = 1

2n met kans 1/2, dus

T k (n) ≈(

12

√3)k

n .

Merk op dat 12

√3 ≈ 0.866. Na k ≈ 6.95 log n stappen verwacht je bij 1

te zijn. Dit blijkt experimenteel heel aardig te kloppen.

Argument werkt net zo goed voor 3n + q voor willekeurige q

Diepergaande stochastische modellen voorspellen dingen als:I extreem hoge banen bereiken hoogste punt≈ n2+o(1) na

7.645 log n stappen, dan nog 13.9 log n stappen om bij 1 te komenI extreem lange banen zullen niet langer worden dan 41.7 log n .

Dit soort modellen is allemaal experimenteel bevestigd.

17/35

/k

Experiment voor 3n + 1

250 500 750 1000 1250 1500

1020

1040

1060

1080

10100

18/35

/k

Experiment voor 5n + 1

Argument werkt ook voor 5n + 1: factor is nu 12

√5 ≈ 1.12,

dus nu is divergentie zeer waarschijnlijk.

500 1000 1500 2000 2500 3000 3500 4000 4500

1040

1080

10120

10160

10200

19/35

/k

Experiment voor de amusicale permutatie

Voor de amusicale permutatie is de factor 34

√2 ≈ 1.061 voorwaarts, en

23

3√

4 ≈ 1.058 achterwaarts, dus nu is divergentie zowel voorwaarts alsachterwaarts zeer waarschijnlijk.

20/35

/k

Logisch en Complexiteitstheoretisch

Conway: er is een generalisatie van de 3n + 1-functie deswelks iteratieeen universele computer (Turingmachine) simuleert.

Voor deze functie is het beslisprobleem "bereikt een baan eenwillekeurige macht van 2" computationeel onbeslisbaar.

In zijn artikel “In unsettleable arithmetical problems” (Am. Math.Monthly 120 [maart 2013], 192–198) zegt John Conway:“It is likely that some simple Collatzian problems (possibly even the 3n+1 problem itself) will remain forever unsettleable.”

Maar laat dit u de moed niet ontnemen...

21/35

/k

Diophantisch

Een m-cykel is een cykel voor de 3n + 1-functie met m maxima en mminima.

De triviale cykel is een 1-cykel. N.B.: m is niet de lengte van de cykel.

Ray Steiner bewees in 1977 dat de triviale cykel de enige 1-cykel is. Hetargument is grofweg dit:

Als je vanuit n eerst k stappen omhoog gaat en dan ` stappen omlaag,dan is n = a2k

− 1 met a oneven, en T k+`(n) = a3k−1

2` , en T k+`(n) = ngeeft dan a(2k+`

− 3k ) = 2` − 1, en dus is k+`k een extreem goede

rationale benadering van log 3log 2 :

∣∣(k + `) log 2− k log 3∣∣ < 2−(k−1).

Transcendentietheorie (Alan Baker (1966), Georges Rhin (1987)) geefteen expliciete ondergrens

∣∣(k + `) log 2− k log 3∣∣ > k−13.3. Dus is er

een expliciete bovengrens k < 100 (in Steiner’s tijd: k < 10200).

22/35

/k

Diophantisch (vervolg)

∣∣(k + `) log 2− k log 3∣∣ < 2−(k−1) is goed genoeg om zeker te weten dat

k+`k een convergent van de kettingbreuk van log 3

log 2 is, en die zijn tot 10200

(of veel verder) makkelijk te berekenen.

De kettingbreuk is

log 3log 2

= [1,1,1,2,2,3,1,5, . . .] = 1+1

1+ 11+ 1

2+ 12+ 1

3+ 11+ 1

5+···

en de convergenten zijn de afgekapte kettingbreuk. Zij zijn precies debeste benaderingen: een beste benadering is een benadering zodatiedere breuk die dichter bij log 3

log 2 ligt een grotere teller en noemer heeft.

De eerste paar zijn 11 ,

21 ,

32 ,

85 ,

1912 ,

6541 ,

8453 , . . ..

23/35

/k

Diophantisch (vervolg)

Algemener: voor m maxima in een cykel noemen we K het aantalstappen omhoog en L het aantal stappen omlaag.

Richard Crandall (1978) bewees (elementair): als pnqn

de n-e convergent is

van de kettingbreuk van log 3log 2 (met n ≥ 4), dan is K > min{qn ,

2xminqn+qn+1}.

Uit Oliveira da Silva’s xmin > 5.764× 1018 volgt dan meteen:Een eventuele niet-triviale cykel heeft lengte K + L > 1.43× 109.

John Simons (Groningen) bewees in 2004 met soortgelijke argumentenals Steiner dat er geen 2-cykels bestaan.

Simons & dW bewezen daarop in 2005-2010, gebaseerd op deondergrens van Oliveira da Silva:

Er bestaan geen niet-triviale m-cykels met m ≤ 75.

24/35

/k

Grafen

Het 3n + 1-vermoeden is equivalent met:

De 3n + 1-graaf is zwak samenhangend.

Dit is een herformulering die natuurlijk niet zo veel zegt.

25/35

/k

Modulaire en De Bruijn-grafen

De modulaire graaf met modulus m bevat alle mogelijke pijlen van n(mod m) naar T (n) (mod m). Dit soort grafen blijkt weinig structuur tehebben, behalve als m = 2k . Dan zijn het De Bruijn-grafen, die ontstaanuit de shiftafbeelding a1a2 · · · an → a2 · · · an∗, met ∗ ∈ {0,1}.(Laarhoven-dW 2013).

0 12

35

4 6

7

000

001

010

011

100

101

110

111

26/35

/k

Conjugatie

Voor iedere pn + q-functie is de modulaire graaf met modulus 2k

dezelfde k -e orde De Bruijn-graaf. Alleen is de labeling van de punten inde graaf telkens anders (deze labeling is de conjugatie-afbeelding8k ).

8k : n → a1a2 · · · ak met a1 de pariteit van n, a2 de pariteit van T (n),. . . , ak de pariteit van T k (n).

De graaf hangt dus niet van p, q af, de conjugatie-afbeelding die demodulaire pn + q-graaf afbeeldt op de De Bruijn-graaf, hangt sterk vanp, q af.

27/35

/k

De oneindige De Bruijn-graaf

Voor k →∞ krijg je de oneindige De Bruijn-graaf B (Z2), gebaseerd opde shiftafbeelding op oneindige rijtjes: a1a2 · · · → a2 · · · .

Deze graaf heeft alle mogelijke cykels (uit Lyndon-woorden) opgetuigdmet binaire bomen, en overaftelbaar veel componenten zonder cykel,elk een naar twee kanten oneindige volledige binaire boom.

Een monsterachtig ding, maar met heel veel structuur. Hierin verstoptzitten alle interessante pn + q-grafen.

28/35

/k

Oneindige matrices

Bij een graaf hoort een vierkante verbindingsmatrix A = (ai ,j )metai ,j = 1 als er een pijl van i naar j loopt, en anders ai ,j = 0. Hetspectrum van zo’n matrix zegt iets over de graaf.

De 3n + 1-graaf is oneindig, er hoort dus een oneindige matrixA = (ai ,j ) bij met an,T (n) = 1 voor alle n ∈ N, en anders ai ,j = 0. Dezegraaf ziet er heel gestructureerd uit:

A =

·1 · · · · · · · · · · · ·1 · · · · · · · · · · · · ·· · · ·1 · · · · · · · · ··1 · · · · · · · · · · · ·· · · · · · ·1 · · · · · ·· ·1 · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · ·1 · · ·· · ·1 · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · ·1· · · ·1 · · · · · · · · ·

. . .::

29/35

/k

Machten van matrices

De k -e macht van A beschrijft paden van lengte k . Als we k latengroeien lijkt A k op den duur alleen in de eerste twee kolommen iets overte houden:

A2k=

1 · ···1···1··1 · ··1 · ··1 · ···1···1···1···1··1 · ···1··

,A2k+1

=

·1··1 · ··1 · ···1···1···1··1 · ··1 · ··1 · ··1 · ···1··1 · ··

Het 3n + 1-vermoeden is equivalent met de bewering dat voor k → ∞de matrices A2k en A2k+1 convergeren naar resp. (a0, a1,0,0, . . .) en(a1, a0,0,0, . . .), waarbij a0 + a1 = (1,1,1 . . .).

30/35

/k

Eigenruimtes

Merk nu op dat Aa0 = a1 en Aa1 = a0, dus a0 + a1 is een eigenvector bijde eigenwaarde 1, en a0 − a1 is een eigenvector bij de eigenwaarde−1.

Bij een cykel van lengte k hoort een k -tal eigenvectoren, bij de k -eeenheidswortels als eigenwaarden.

Bij iedere cykel hoort precies één 1-dimensionale eigenruimte bij deeigenwaarde 1. Ook bij een divergente component hoort zo’n1-dimensionale eigenruimte. De vector met 1tjes op de plekken van decomponent is voortbrengende eigenvector.

(Engl, 1982) De dimensie van de eigenruimte bij de eigenwaarde 1 isgelijk aan het aantal samenhangscomponenten in de graaf.Het 3n + 1-vermoeden is dus equivalent met de bewering dat de eigen-ruimte bij de eigenwaarde 1 van de matrix A ééndimensionaal is.

Het complete spectrum van A en A> is inmiddels in kaart gebracht(Laarhoven & dW, artikel in voorbereiding).

31/35

/k

Functionaalvergelijkingen

Berg en Meinardus (1994) gaan nog een andere interessante kant op.We bekijken de machtreeks f (z) =

∑∞

n=0 enzn , waarbij we voorschrijven

dat en = eT (n) voor alle n . Wat zou dit betekenen voor f?

We definieren fk (z) =∑∞

n=0 e3n+kz3n+k voor k = 0,1,2, dusf = f0 + f1 + f2. Laat ω = e2π i/3. Nu hebben we f0(ωz) = f0(z),f1(ωz) = ωf1(z), en f2(ωz) = ωf2(z). Hieruit volgt met enig rekenwerkdat f2(z) = 1

3 (f (z)+ ωf (ωz)+ ωf (ωz)).

Nu volgt: f (z) =∑∞

n=0 e2nz2n+∑∞

n=0 e2n+1z2n+1

=∑∞

n=0 eT (2n)z2n+∑∞

n=0 eT (2n+1)z2n+1

=∑∞

n=0 enz2n+∑∞

n=0 e3n+2z2n+1

= f (z2)+ z−1/3f2(z2/3).

f voldoet dus aan de functionaalvergelijking

3z(f (z3)− f (z6)

)= f (z2)+ ωf (ωz2)+ ωf (ωz2)

32/35

/k

Functionaalvergelijkingen (vervolg)

3z(f (z3)− f (z6)

)= f (z2)+ ωf (ωz2)+ ωf (ωz2)

Deze functionaalvergelijking is lineair. Twee oplossingen zijn f (z) = 1en f (z) = z

1−z = z + z2+ z3+ . . ..

Ook hier geldt weer dat er een directe relatie is metsamenhangscomponenten in de 3n + 1-graaf.

Het 3n + 1-vermoeden is equivalent met de bewering dat deze function-aalvergelijking een tweedimensionale oplossingsruimte in machtreeksenheeft.

33/35

/k

Functionaalvergelijkingen (vervolg)

Als we en = −eT (n) nemen dan vinden we de functionaalvergelijking

3z(−f (z3)− f (z6)

)= f (z2)+ ωf (ωz2)+ ωf (ωz2)

met als oplossing f (z) = z − z2− z3+ z4+ z5+ z6− z7− . . ., waar de

±1 geeft aan of je met de 3n + 1-functie in een even of een onevenaantal stappen bij 1 uitkomt. Het zou interessant zijn voor deze functieeen gesloten uitdrukking te vinden.

-1.0 -0.5 0.5 1.0

-2

-1

1

2

34/35

/k

De amusicale functionaalvergelijking

Doen we hetzelfde voor Conway’s amusicale permutatie, dan krijgen we

2z(2f (z4)− f (z6)− f (−z6)

)=

= (z2+ 1)

(f (z3)− f (−z3)

)− i (z2

− 1)(f (iz3)− f (−iz3)

)De vijf cykel-componenten in de graaf zijn nu echt losse componenten,dat betekent dat deze vergelijking polynomiale oplossingen heeft:f (z) = 1, f (z) = z, f (z) = z2

+ z3, f (z) = z4+ z5+ z6+ z7+ z9 en

f (z) = z44+z59

+z62+z66

+z70+z74

+z79+z83

+z93+z99

+z105+z111.

Het vermoeden is dat er niet meer onafhankelijke polynomialeoplossingen zijn. Wel zijn er (vermoedelijk oneindig veel onafhankelijke)machtreeks-oplossingen, zoalsf (z) = z8

+ z10+ z11

+ z12+ z13

+ z15+ z17

+ z18+ z20

+ . . ..

35/35

/k

http://xkcd.com/710/

Vragen?

Of is het tijd om uit te gaan hangen...