Rincón Matemático

Matemática => Teoría de números => Mensaje iniciado por: lee_bran en 01 Diciembre, 2016, 11:42 pm

Título: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: lee_bran en 01 Diciembre, 2016, 11:42 pm

CONJETURA DE COLLATZ


Sea \( f(n) = \begin{cases} n/2 \text{ si n par} \\ {(3\cdot{n+1})/2}\text{ si n impar} \end{cases} \)

Entonces, \( \forall{n}\in \mathbb{N}\text{, }\exists{j } \) finito\( / \underbrace{f(f(f(f(...(f}_j (n))...) = f\left\{{j}\right\}(n)=1 \)

FALSACIÓN

Procedemos por inducción sobre n:

\( N = 1, f(1) = (3+1)/2 = 2 \text{ , } f\left\{{2}\right\}(1)=1 \)
\( N = 2, f(2) = 1 \)
\( N = 3, f(3) = (9+1)/2 = 5\text{ , } f\left\{{2}\right\}(3)=(3\cdot{5+1)/2=8})\text{ , } f\left\{{3}\right\}(3)=4 \text{ , } f\left\{{4}\right\}(3)=2  \), y para 2 ya está visto
\( N = 4, f(4) = 2  \), y para 2 ya está visto.
\( N = 5, f(5) = (15+1)/2 = 8 \text{ , } f\left\{{2}\right\}(5)=4  \) y para 4 ya está visto.
\( N = 6, f(6) = 3  \), y para 3 ya está visto.
\( N = 7, f(7) = (21+1)/2 = 11\text{ , }f\left\{{2}\right\}(7)=11\text{ , }f\left\{{3}\right\}(7)=17\text{ , }f\left\{{4}\right\}(7)=26\text{ , } \)
\( f\left\{{5}\right\}(7)=13\text{ , }f\left\{{6}\right\}(7)=20\text{ , }f\left\{{6}\right\}(7)=10\text{ , }f\left\{{7}\right\}(7)=5  \), y para 5 ya está visto.
\( N = 8, f(8) = 4  \), y para 4 ya está visto.
\( N = 9, f(9) = (27+1)/2 = 14\text{ , } f\left\{{2}\right\}(9)=7)  \), y para 7 ya está visto.
\( N = 10, f(10) =5  \), y para 5 ya está visto.
\( N = 11, f(11) = (33+1)/2 = 17\text{ , } f\left\{{2}\right\}(11)=(51+1)/2=26)\text{ , } f\left\{{3}\right\}(11)=13 \text{ , } \)
\(  f\left\{{4}\right\}(11)=(39+1)/2=20\text{ , } f\left\{{5}\right\}(11)=10  \), y para 10 ya está visto.
\( N = 12, f(12) = 6  \), y para 6 ya está visto.
\( N = 13, f(13) = (39+1)/2 = 20\text{ , } f\left\{{2}\right\}(13)=10  \), y para 10 ya está visto.
\( N = 14, f(14) = 7  \), y para 7 ya está visto.

Supongamos que está demostrado \( \forall{n < N}\text{ ,} (N>14)  \)

- \( N = 2k \) (N par) \( \Rightarrow{}f(N)= k \). Como \( k \)<N, P.H.I,  \( \exists{j \text { finito}/f\left\{{j}\right\}(N)=1} \)

- \( N = 2k+1, (k=(N-1)/2) \) (N impar) \( \Rightarrow{}f(N)= k \)

    \( \boxed{1} \) Si \(  k = 2l (l=\displaystyle\frac{k}{2})\Rightarrow{} \)\( f\left\{{2}\right\}(N)= f(3k+2) =(f(6l+2), par)= \)
\( \displaystyle\frac{(3k+2)}{2}=\displaystyle\frac{3}{4}N+\displaystyle\frac{1}{2} <N \), entonces, P.H.I., \( \exists{j \text{ finito}/f\left\{{j}\right\}(N)=1} \)


    \( \boxed{2} \) Si \(  k = 2l+1 (l=\displaystyle\frac{k-1}{2})\Rightarrow{} \)\( f\left\{{2}\right\}(N)= f(3k+2) =(f(6l+5), impar)= \)
\( =\displaystyle\frac{3\cdot{(3k+2)+1}}{2} = (\displaystyle\frac{18l+16}{2}=9l+8= \displaystyle\frac{3(6l+5)+1}{2})=\displaystyle\frac{9k+7}{2}= \)
\( =\displaystyle\frac{9(\displaystyle\frac{N-1}{2})+7}{2}=\displaystyle\frac{9N-9+14}{4}=\displaystyle\frac{9}{4}N+\displaystyle\frac{5}{4}>N \)
\( f\left\{{3}\right\}(N)= f(\displaystyle\frac{9}{4}N+\displaystyle\frac{5}{4})=f(9l+8) \)

...

Tengo el resto en papel, pero voy un poco lento transcribiendo. Si no muero esta noche, mañana sigo...

...



Spoiler
En el caso impar, impar, par, impar, impar, llegaremos a una contradicción con la hipótesis de inducción, por lo que no existirá ese j “finito” tal que f{j}(n)=1 para j finito y para todo n perteneciente a N.
[cerrar]

NOTA: He ampliado el número de casos base porque he encontrado algunos errores que con esto quedarían solventados.

Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: feriva en 02 Diciembre, 2016, 12:45 am
Hola.

Mi sensación es la de que es cierta; pero es sólo una intuición, lo mismo no es así. La razón de que lo piense está en que los primos 2 y 3 son los únicos a se hallan a distancia de una unidad.

De hecho, todo los números mayores que 1 se pueden escribir como suma de un múltiplo de 2 y otro de 3; esto si tenemos en cuenta que cero puede servir de coeficiente para expresar los pares y los múltiplos de 3.

Se pueden escribir concretamente como \( 2a+3b
  \) o como \( 2a+3b \) siendo “b=0” para los pares y análogamente “a” para los “treses”. (Editado, que me había comido letras)

Es fácil de demostrar; consideremos directamente los impares

Si existe esa forma, entonces tendrá esta equivalencia:

\( 2a+3b=2c+1
  \)

o sea

\( 2a+2b+b=2c+1
  \)

haciendo “b=1”

\( 2a+2+1=2c+1
  \)

es decir

\( 2a+2=2c
  \)


\( 2(a+1)=2c
  \)

por tanto

\( a+1=c \); como existe “c” por la equivalencia, existe “a”.

El mínimo valor de “c” se encuentra haciendo “a=0”.

O sea, con “b=1” constante y dando valores 0,1,2,3... a la variable “a”, tienes todos los impares (salvo el 1).

Quizá esta forma de escribir los números pueda ser útil para intentar alguna pequeña cosa relacionada con esta conjetura.

Mucha suerte, Saludos.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: lee_bran en 02 Diciembre, 2016, 01:10 pm
Previously on RinconMatemático:

Un ser surgido de la "Deep web" trató de demostrar sin éxito la Conjetura de Goldbach. Tras una lucha sin cuartel en la que trató de tumbar a "Hellgott" aduciendo que éste había utilizado la espada prohibida de Riemann, que no está permitida en el universo de las demostraciones matemáticas. Herido pero vivo, juró venganza.

Tras un breve periodo de recuperación, lee_bran vuelve a la carga, esta vez con un intento de demostración de otra famosa conjetura: La Conjetura de Collatz.

lee_bran afirma que dicha conjetura es falsa, en contra de lo que toda intuición les dice a algunos de los que se han enfrentado a ella.

¿Será capaz de de llevar a buen término la demostración antes de que las tropas de "Hellgott" se levanten contra él y alcanzar la gloria de los guerreros matemáticos o morirá en el combate?

Sus únicas armas: la inducción matemática y un sucio teclado sacado de la ciénaga, entregado por la dama de la Rosa de la Pasión para hacer frente a todos los peligros que vayan surgiendo a su paso...

Continuemos:


        \( \boxed{A} \) Si \( l=2m (m=\displaystyle\frac{l}{2})\Rightarrow{}f\left\{{3}\right\}(N)= f(18m+8)=(par)= \displaystyle\frac{9}{8}N+\displaystyle\frac{5}{8}>N \)

            \( \boxed{V} m=2t (t=\displaystyle\frac{m}{2})\Rightarrow{}f\left\{{4}\right\}(N)=f\left\{{2}\right\}(36t+8)=f(18t+4)=(par)=9t+2=\displaystyle\frac{9}{2}m+2=\displaystyle\frac{9}{4}l+2= \)
\( =\displaystyle\frac{9}{4}((k-1)/2)+2 = \displaystyle\frac{9k}{8}-\displaystyle\frac{9}{8}+2=\displaystyle\frac{9}{8}k+\displaystyle\frac{7}{8} =\displaystyle\frac{9}{8}(\displaystyle\frac{N-1}{2})+\displaystyle\frac{7}{8}=\displaystyle\frac{9}{16}N-\displaystyle\frac{9}{16}+\displaystyle\frac{14}{16}=\displaystyle\frac{9}{16}N +\displaystyle\frac{5}{16}<N \), dado que \( (N>14) \)

Entonces, P.H.I., \( \exists{}j \) finito \( /f\left\{{j}\right\}(N)=1 \)

            \( \boxed{W} m=2t+1 (t=\displaystyle\frac{m-1}{2})\Rightarrow{}f\left\{{4}\right\}(N)=f\left\{{2}\right\}(36t+18+8)=(par)=18t+13= \)
\( =(9t+2)2+9=(\displaystyle\frac{9}{16}N+\displaystyle\frac{5}{16})2+9=\displaystyle\frac{9}{8}N+\displaystyle\frac{5}{8}+\displaystyle\frac{72}{8}N+\displaystyle\frac{77}{8} >N \)

                \( \boxed{X}t=2u(u=\displaystyle\frac{t}{2})\Rightarrow{}f\left\{{5}\right\}(N)=f(36u+13)=f(impar)= \)
\( =\displaystyle\frac{3(36u+13)+1}{2}=\displaystyle\frac{108u+40}{2}=54u+20=27t+20=3(9t+2)+14=3(\displaystyle\frac{9}{16}N+\displaystyle\frac{5}{16})+14>N \)
   
                    \( \boxed{R}u=2v\Rightarrow{}f\left\{{6}\right\}(N)=f(108v+20)=f(par)= \)
\( 54v+10=27u+10=\displaystyle\frac{3}{2}(\displaystyle\frac{9}{16}N+\displaystyle\frac{5}{16})+7=\displaystyle\frac{27}{32}N+\displaystyle\frac{15}{32}N+\displaystyle\frac{15}{32}+7<N \)

Entonces, P.H.I., \( \exists{}j \) finito \( /f\left\{{j}\right\}(N)=1 \)

                    \( \boxed{S}u=2v+1(v=\displaystyle\frac{u-1}{2})\Rightarrow{}f\left\{{6}\right\}(N)=f(54(2v+1)+20)=f(108v+74)=f(par)= \)
\( =54v+37=27u-27+37=27u+10=\displaystyle\frac{1}{2}(54u+20)=\displaystyle\frac{3}{2}(\displaystyle\frac{9}{16}N+\displaystyle\frac{5}{16})+14=\displaystyle\frac{27}{32}N+\displaystyle\frac{15}{32}N+\displaystyle\frac{15}{32}+14<N \)

Entonces, P.H.I., \( \exists{}j \) finito \( /f\left\{{j}\right\}(N)=1 \)





¿Llevarán todas estas cuentas a algún lugar? ¿Tendrá lee_bran la respuesta a esta conjetura? No abandonen sus asientos. La solución, después de la comida.

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Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: sugata en 02 Diciembre, 2016, 01:27 pm
Voy a por palomitas que esto promete....
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Fernando Revilla en 02 Diciembre, 2016, 01:58 pm

CONJETURA DE COLLATZ
Sea \( f(n) = \begin{cases} n/2 \text{ si n par} \\ {(3\cdot{n+1})/2}\text{ si n impar} \end{cases} \)

Entonces, \( \forall{n}\in \mathbb{N}\text{, }\exists{j } \) finito\( / \underbrace{f(f(f(f(...(f}_j (n))...) = f\left\{{j}\right\}(n)=1 \)
FALSACIÓN
Procedemos por inducción sobre n:

Veo que quieres resolver la Conjetura de Collatz en sentido negativo (falsación). Antes de leer lo demás, ¿podrías hacer un esquema de la estrategia que te lleva del método de inducción a la falsación?

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No se renuncia en este foro al sentido del humor, pero lo de "tías buenas en ropa interior" parece no encajar mucho con el ensueño cognitivo ¿no?
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: lee_bran en 02 Diciembre, 2016, 02:43 pm

                \( \boxed{Y} t=2u+1(u=\displaystyle\frac{t-1}{2})\Rightarrow{}f\left\{{5}\right\}(N)=f(18t+13)=f(36u+18+13)=f(impar)=  \)
\( =\displaystyle\frac{3(18t+13)+1}{2}=\displaystyle\frac{54t+20}{2}=27t+10=3\cdot{}\displaystyle\frac{9}{16}N+\displaystyle\frac{15}{16}+4 > N \)

                       \( \boxed{Ñ}\begin{cases}u=2v \\ u=2v+1\end{cases}\Rightarrow{}f\left\{{6}\right\}(N)=f(36u+31)=f(impar)=\displaystyle\frac{3(27t+10)+1}{2}= \)
\( =\displaystyle\frac{3}{2}(\displaystyle\frac{27}{16}N+\displaystyle\frac{64+15}{16})+\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{81}{32}N+\displaystyle\frac{237}{32}>N \)

es decir, que sea par o impar el valor de u, para \( f\left\{{6}\right\}(N) \) es siempre mayor que el propio N, luego por esta rama de la demostración vamos a una sucesión creciente y por tanto el número de pasos con el que \( f\left\{{j}\right\}(n)= 1 \) no es finito, lo que entra en contradicción con la hipótesis de inducción. Por tanto, la conjetura de Collatz es falsa.


Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: lee_bran en 02 Diciembre, 2016, 03:10 pm
No se renuncia en este foro al sentido del humor, pero lo de "tías buenas en ropa interior" parece no encajar mucho con el ensueño cognitivo ¿no?

A mi me han dicho que hay que vender la demostración y he utilizado algunos trucos de mercadotécnia que conozco. Vale que la última vez que lo hice me estuvieron persiguiendo bajo amenazas de muerte un grupo de personas de raza árabe por todo Gales, pero esa es otra historia.


Veo que quieres resolver la Conjetura de Collatz en sentido negativo (falsación). Antes de leer lo demás, ¿podrías hacer un esquema de la estrategia que te lleva del método de inducción a la falsación?


Pues ahora no sé...

Tengo una hipótesis de inducción que supongo cierta.

Lo compruebo para una serie de casos base (en esta ocasión N<15 porque me venía bien).

Luego trato de ver que para casos mayores que estos base se verifica, para lo que utilizo reiteradamente la hipótesis de inducción llenando pantallas y pantallas (o folios y folios) hasta que algún matemático con categoría suficiente para dar por válida una demostración se canse de leer y tenga que decidir entre pegarse un tiro en la sien ante la presión mediática o aceptarla como válida.

Por lo que he visto, así funcionan las cosas en este mundillo, ¿no?

sarcastic mode: off
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Luis Fuentes en 02 Diciembre, 2016, 11:15 pm
Hola

 Lo que ha expuesto, lee_bran, no es una falsación de la conjetura de Collatz.

 No he revisado punto por punto todos los cálculos, pero en principio los doy por buenos. El problema está en la conclusión que saca de ellos.

 Lo que prueba es que para un \( N \) en ciertas condiciones (de la forma \( 2k+1 \), y a su vez \( k=2l+1 \), y a su vez \( l=\ldots \) ) aplicándole seis veces la función de Collatz obtienes un número más grande; pero eso no impide que si seguimos aplicándole esa función más adelante (quizá mucho más adelante) termine por convertirse en \( 1 \).

 Para que el argumento funcionase debería de probar que al calcular \( f^{6}(N) \) se vuelve a caer en un número del mismo "tipo" de forma que se tendría una sucesión creciente \( N,f^{6}(N),f^{12}(N),f^{18}(N),\ldots \).

 Además si fuese así bastaría tomar un número en las condiciones que describe para aplicarle la recurrencia de Collatz y ver que no converge... pero me temo que no funciona... si converge.

 Adicionalmente no tiene demasiado sentido que encuadre el argumento en una supuesta prueba de la conjetura por inducción, pero eso, en principio, es lo de menos.

Saludos.

P.D. De hecho para cualquier \( n \) natural uno siempre puede encontrar un número \( N \) tal que iterando \( n \) veces la función \(  f^{n)}(N)>N \). Basta tomar \( N=2^n-1 \).
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: lee_bran en 05 Diciembre, 2016, 12:48 pm
Lo que ha expuesto, lee_bran, no es una falsación de la conjetura de Collatz.
 No he revisado punto por punto todos los cálculos, pero en principio los doy por buenos. El problema está en la conclusión que saca de ellos.

 Lo que prueba es que para un \( N \) en ciertas condiciones (de la forma \( 2k+1 \), y a su vez \( k=2l+1 \), y a su vez \( l=\ldots \) ) aplicándole seis veces la función de Collatz obtienes un número más grande; pero eso no impide que si seguimos aplicándole esa función más adelante (quizá mucho más adelante) termine por convertirse en \( 1 \).


Veo que no he conseguido bloquearle mentalmente: tal vez si cojo los primeros cinco millones cuatrocientos setenta mil trescientos veintinueve primeros números como caso base y veo que convergen en una cantidad finita de pasos, luego paso a definir la función para la secuencia par, impar, par, impar... hasta una profundidad de nueve mil doscientos cuarenta y ocho términos...

Seguro que superaría ampliamente el número de páginas del intento de demostración de Helfgott de la conjetura de Goldbach asumiendo la hipótesis de Riemann.

Para que el argumento funcionase debería de probar que al calcular \( f^{6}(N) \) se vuelve a caer en un número del mismo "tipo" de forma que se tendría una sucesión creciente \( N,f^{6}(N),f^{12}(N),f^{18}(N),\ldots \).

Me parece que no hace falta que sea para los \( N,f^{6}(N),f^{12}(N),f^{18}(N),\ldots \): Bastaría que encontrase una subsucesión que no converja y aplicar el criterio de Cauchy (¿por qué no {1, 6, 16, 31, ...}?).

Además si fuese así bastaría tomar un número en las condiciones que describe para aplicarle la recurrencia de Collatz y ver que no converge... pero me temo que no funciona... si converge.

Añado: en un número finito de pasos. Que no se le olvide este pequeño detalle, pues si bien es cierto que no he demostrado nada (en esta ocasión dije "intento de" y no puse q.e.d.), en caso de que alguien lo haga de forma negativa, es más que probable que haga uso de esto en su argumentación.

Adicionalmente no tiene demasiado sentido que encuadre el argumento en una supuesta prueba de la conjetura por inducción, pero eso, en principio, es lo de menos.

Era sólo un intento. Supongo que antes de mi, algún otro "incauto" habrá tratado demostrarlo por inducción, dado que es una de las herramientas que se usan para realizar demostraciones cuando aparecen funciones definidas sobre números naturales (mientras nadie demuestre que "los axiomas de Peano no son consistentes"). Por mi parte este punto lo desconozco, pero disiento en lo de que no tenga sentido tratar de intentarlo por este camino salvo que alguien demuestre que los axiomas de Peano no son consistentes. (Y con ello ya de paso, resuelve uno de los Problemas del Milenio de las matemáticas).

Hasta el momento me temo que sólo estamos de acuerdo en una cosa: ninguno de los dos sabe si la conjetura de Collatz es cierta o no, aunque yo, tras haber realizado comprobaciones mediante computadora, "sospecho" que puede existir dicha subsucesión para la que la función de Collatz no converge en un número de pasos finito.

A mi modesto entender, ya es más de lo que usted ha aportado a la resolución de este acertijo matemático.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Luis Fuentes en 05 Diciembre, 2016, 03:12 pm
Hola

Para que el argumento funcionase debería de probar que al calcular \( f^{6}(N) \) se vuelve a caer en un número del mismo "tipo" de forma que se tendría una sucesión creciente \( N,f^{6}(N),f^{12}(N),f^{18}(N),\ldots \).

Me parece que no hace falta que sea para los \( N,f^{6}(N),f^{12}(N),f^{18}(N),\ldots \): Bastaría que encontrase una subsucesión que no converja y aplicar el criterio de Cauchy (¿por qué no {1, 6, 16, 31, ...}?).

¡Evidentemente cualquier subsucesión de iterantes que no converja tiraría por tierra la conjetura!. Si escribí la de iteraciones múltiplos de seis, es porque estaba tomando como punto de partida para ilustrar lo que si llevaría a una correcta falsación su argumento, sus cuentas.

Citar
Además si fuese así bastaría tomar un número en las condiciones que describe para aplicarle la recurrencia de Collatz y ver que no converge... pero me temo que no funciona... si converge.

Añado: en un número finito de pasos. Que no se le olvide este pequeño detalle, pues si bien es cierto que no he demostrado nada (en esta ocasión dije "intento de" y no puse q.e.d.), en caso de que alguien lo haga de forma negativa, es más que probable que haga uso de esto en su argumentación.

No entiendo lo que quiere decir subrayando que es un número finito de pasos. A lo que yo me refería es que si uno encuentra una forma explícita de construir un número sobre el cual la función de Collatz da una sucesión no convergente, no tiene más que escribir el número concreto y poner a un ordenador a iterar sobre él; dejarlo un buen rato (horas, días, meses,...) haría sospechar que efectivamente no converge. Eso si, todavía no sería una prueba si uno no argumenta formalmente la no convergencia.

Pero tomando números bajos del tipo que usted describía, es fácil ver con el ordenador que se converge "en seguida".

Citar
Adicionalmente no tiene demasiado sentido que encuadre el argumento en una supuesta prueba de la conjetura por inducción, pero eso, en principio, es lo de menos.

Era sólo un intento. Supongo que antes de mi, algún otro "incauto" habrá tratado demostrarlo por inducción, dado que es una de las herramientas que se usan para realizar demostraciones cuando aparecen funciones definidas sobre números naturales (mientras nadie demuestre que "los axiomas de Peano no son consistentes"). Por mi parte este punto lo desconozco, pero disiento en lo de que no tenga sentido tratar de intentarlo por este camino salvo que alguien demuestre que los axiomas de Peano no son consistentes. (Y con ello ya de paso, resuelve uno de los Problemas del Milenio de las matemáticas).

Lo que quiero decir (no sé si lo ha entendido así) es que efectivamente es muy lógico y natural intentar probar la VERACIDAD de la conjetura de Collatz por inducción; pero por el contrario es bastante antinatural y difícil de sustentar desde un punto de vista formal, el intentar probar la FALSEDAD de la conjetura de Collatz por inducción.

Citar
Hasta el momento me temo que sólo estamos de acuerdo en una cosa: ninguno de los dos sabe si la conjetura de Collatz es cierta o no,

Efectivamente, por mi parte al menos: no sé si es cierta o no. Aunque yo sospecho que si lo es (pero sin mucho entusiasmo,  :D).

Citar
tras haber realizado comprobaciones mediante computadora, "sospecho" que puede existir dicha subsucesión para la que la función de Collatz no converge en un número de pasos finito.

Esto me choca. No sé muy bien que tipo de indicios pueden llevar a esa sospecha. Uno imagina que debiera de ser que ha encontrado un número para el cuál el ordenador trabaja horas y horas aplicando la función de Collatz y no converge. ¿Es eso?.

Los indicios que llevan a otros muchos a pensar que es cierta es justo lo contrario; que uno prueba con números y números y siempre termina por converger.

Citar
A mi modesto entender, ya es más de lo que usted ha aportado a la resolución de este acertijo matemático.

Seguro; yo no he pretendido aportar nada a la resolución de la conjetura de Collatz, ni presumo de ello. En este caso me he limitado a valorar desde un punto de vista matemático, formal, riguroso, su intento de falsación, concluyendo de manera argumentada que no lleva a buen puerto.

Saludos.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Granmurillo en 23 Mayo, 2019, 05:00 pm
Qué se trata de demostrar?
Que todos los ciclos terminan en 1 para mi que si, en cuyo caso la conjetura es cierta.
Que existen ciclos infinitos para mi que si porque los números son infinitos y esto es como pedir que se demuestre cuál es el último número del infinito.
Que existen ciclos que no sean acotados para mi que no aunque parezca ambigua con respecto a mi opinión anterior en cuyo caso la conjetura es cierta.
Que existen ciclos repetitivos a parte del 4 - 2 - 1 para mi que no en cuyo caso la conjetura es cierta.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Luis Fuentes en 23 Mayo, 2019, 05:06 pm
Hola

Qué se trata de demostrar?
Que todos los ciclos terminan en 1 para mi que si, en cuyo caso la conjetura es cierta.
Que existen ciclos infinitos para mi que si porque los números son infinitos y esto es como pedir que se demuestre cuál es el último número del infinito.
Que existen ciclos que no sean acotados para mi que no aunque parezca ambigua con respecto a mi opinión anterior en cuyo caso la conjetura es cierta.
Que existen ciclos repetitivos a parte del 4 - 2 - 1 para mi que no en cuyo caso la conjetura es cierta.

Se trata de demostrar que si se empieza en cualquier número \( n_0 \), al ir iterando:

\( f(n_0),f(f(n_0)),f(f(f(n_0))),f(f(f(f(n_0)))),\ldots \)

siempre se termina llegando al \( 1 \).

Los "yo creo que" (conjeturas )ya están establecidos; se trata de probarlos.

Saludos.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Granmurillo en 23 Mayo, 2019, 05:19 pm
Por eso pregunté porque no sabía qué necesitan demostrar.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Luis Fuentes en 17 Julio, 2019, 11:39 am
Hola

Al estudiar la conjetura pude conseguir una estructura que, a parte de calcular la cantidad de iteraciones para cada número, permite demostrar mediante una función que todas las secuencias llegan a 1 excepto una que es la causante del efecto granizo. Esta secuencia se resuelve tomando un número impar de la secuencia, llamemos xi, al que se puede dividir para 1,5 varias veces que dará como resultado varios números pares, llamemos xpn, hasta que un número par no permita ser calculado como un número entero, llamemos xp1, de forma tal que ningún número menor a xp1 puede regresar a la secuencia multiplicando por 1,5. Las iteraciones de la conjetura de Collatz desde el número que corresponde a la secuencia impar llevan a un número menor a xi. Claro que puede llevar a un xpn que lo regrese a la secuencia en cuestión y se cree un bucle sin fin que haría que la conjetura sea falsa, pero existe un xi que lleva a un xp1 mayor a las iteraciones de las conjeturas, llamemos xin, y cualquier xi menor a xin son verificables manualmente puesto que es un impar pequeño y demuestran que el resto de la conjetura que no es calculable es cierta también.

Es decir:

xp1 < algoritmo de collatz < xpn < xpi : secuencias verificables manualmente que se encuentran acotadas.
algortimo de collatz < xp1 < xpn < xpi : demostración lógica para las demás secuencias

Por ejemplo tomemos un número que ocupa el lugar 27 de la secuencia:

27/1,5= 18/1,5= 12/1,5= 8/1.5= 5,33333

Al ser 8 el par más pequeño no hay número entero anterior que multiplicado por 1,5 regrese a 8. Así 27 sería xi y 8 sería xp1 18 y 12 serían los xpn intermedios. Las iteraciones de Collatz para este número pequeño es 21 que aunque no lo regresan a la secuencia para formar un bucle sí hace esta situación posible, por ejemplo si el resultado hubiese sido 18 o 12. Existe un xi mayor en el cual las iteraciones de Collatz dan como resultado una posición menor al xp más pequeño de esa secuencia, posición que al multiplicarla por 1,5 la hace imposible volver a la secuencia original. Resultado que al unirlo a las verificaciones manuales de las iteraciones pequeñas demuestra que todas las secuencias se encuentran acotadas.

La correlación de los valores utilizados para la conjetura de Collatz y las posiciones de las secuencias así como la función que demuestra que el resto de secuencias iteran a 1 y la forma de calcular la cantidad de iteraciones para cada número no están explicadas aquí.

Si lo que afirmas es que tienes una demostración de la conjetura de Collatz, o una aproximación a ella, exponla de manera clara en un nuevo hilo.

Lo que has escrito aquí no se entiende.

Saludos.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: lee_bran en 30 Agosto, 2019, 09:54 pm
Sea la función/sucesión \( g(x) = f^0(x)+ f^1(x)+f^2(x)+...+f^n(x)... \) donde \( f^i(x) \) es la i-ésima iteración de la función de Collatz tal y como se encuentra definido en la enciclopedia de los enteros: https://oeis.org/A285098 (https://oeis.org/A285098)

La función \( g(x) \) no es inyectiva.

Ej: 13, f(13)=20, f(20)=10, f(10)=5, f(5)=8, f(8)=4, f(4)=2, f(2)=1
g(13)= 13+20+10+5+8+4+2+1 = 63

32, f(32)=16, f(16)=8, f(8)=4, f(4)=2, f(2)=1
g(32)=32+16+8+4+2+1 = 63

Sea la función \( h(x) = ln(f^0(x)\cdot{}f^1(x)\cdot{}f^2(x)\cdot{}...\cdot{}+f^n(x)...)=ln(f^0(x))+ln(f^1(x))+ln(f^2(x))+...+ln(f^n(x))...)= \) donde \( f^i(x) \) es la i-ésima iteración de la función de Collatz que no es igual a 1.

La función \( h(x) \) es inyectiva:

\( \circ{} \) Si \( h(v) = h(w) \) y existen \( n, m \) para los que \(  f^n(v)=1 \) y \( f^m(w)=1 \):
\( h(v) \) se trata de un número irracional generado mediante la suma de logaritmos neperianos de números naturales (todos ellos irracionales). Si es igual a \( h(w) \), generado también mediante la suma de logaritmos neperianos de números naturales, es porque los sumandos son los mismos (en el mismo orden, dado que la secuencia generada por las aplicaciones sucesivas de la función de Collatz así obliga), luego se trata del mismo número: \( v=w \)

\( \circ{} \) Si \( h(v) = h(w) \) y no existen \( n, m \) para los que \(  f^n(v)=1 \) o \( f^m(w)=1 \):
En principio, puede ser alguno de estos casos:
- Ninguno de los sumandos coincide: entonces se trata de distintos números, en contra de lo que habíamos postulado.
- Alguno de los sumandos coincide: entonces, a partir de ese valor, la sucesión de Collatz es la misma para \( v \) y \( w \). Como tenemos la igualdad\( h(v) = h(w) \), los valores anteriores también tienen que coincidir, luego se trata de los mismos números y \( v=w \)
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Granmurillo en 30 Agosto, 2019, 11:23 pm
Me perdí en la parte de \( h(v) \) es un número irracional pero por lo que entiendo entre números impares \( g(x) \), donde \( f^i (x) \) es la i-ésima iteración de la función de Collatz que calcula el siguiente número impar, si es una función inyectiva.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: lee_bran en 11 Septiembre, 2019, 11:15 pm
Buenas,

Antes de nada, corrijo unos errores leves de notación:

Citar
\(
h(x)= ln(f^0(x)\cdot{}f^1(x)\cdot{}f^2(x)\cdot{}...\cdot{}f^n(x)...)= ln(f^0(x))+ln(f^1(x))+ln(f^2(x))+...+ln(f^n(x))+... \), donde \( f^i(x) \) es la i-ésima iteración de la función de Collatz que no es igual a 1.

Además, aclaro que...:

\( h(v) \) se trata de un número irracional porque es el logaritmo neperiano de un número natural mayor que 1 (parte central de la igualdad anterior) o, visto de otra forma, es un número irracional generado como la suma de números irracionales (parte derecha de la igualdad).

Luego, para demostrar que la función \( h(x) \) es inyectiva, compruebo todos los casos posibles:

- Elegimos dos números \( v, w \) arbitrarios que tienen una sucesión de Collatz finita tales que \( h(v) = h(w) \), y razonamos que tiene que tratarse del mismo número.
- Elegimos dos números \( v, w \), alguno de los cuales no tiene una sucesión de Collatz finita. Entonces:

\( \circ{} \)Puede que alguno de los valores de las secuencias generadas por aplicar la función de Collatz coincida (e.d.\(  f^n(v)=f^m(w) \) para algunos \( n \) y \( m \) naturales), en cuyo caso, todos los valores posteriores al aplicar la función de Collatz coinciden. Los anteriores valores también tienen que coincidir porque se trataba de un número generado como suma de números irracionales.

Reutilizando los ejemplos de antes (teniendo en cuenta que en este caso presento 2 números que si convergen a 1): el \( 13 \) y el \( 32 \) coinciden al aplicar Collatz en un punto, ya que \( f(f(f(f(13))))=f(f(f(32))) = 8 \), sin embargo \( h(13) \neq{}h(32) \)

\( \circ{} \)No coincide ningún valor de la secuencias, luego se trata de números distintos.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Luis Fuentes en 12 Septiembre, 2019, 11:22 am
Hola

Citar
Luego, para demostrar que la función \( h(x) \) es inyectiva, compruebo todos los casos posibles:

- Elegimos dos números \( v, w \) arbitrarios que tienen una sucesión de Collatz finita tales que \( h(v) = h(w) \), y razonamos que tiene que tratarse del mismo número.
- Elegimos dos números \( v, w \), alguno de los cuales no tiene una sucesión de Collatz finita. Entonces:

\( \circ{} \)Puede que alguno de los valores de las secuencias generadas por aplicar la función de Collatz coincida (e.d.\(  f^n(v)=f^m(w) \) para algunos \( n \) y \( m \) naturales), en cuyo caso, todos los valores posteriores al aplicar la función de Collatz coinciden. Los anteriores valores también tienen que coincidir porque se trataba de un número generado como suma de números irracionales.

Pero si la Conjetura de Collatz es falsa la función \( h(w) \) podría estar mal definida, porque podríamos tener una suma infinita de términos.

Si es cierta, necesariamente se termina por llegar al valor \( 1 \).

Lo que no se es en que se fundamenta la afirmación en rojo. Diferentes números irracionales podrían tener la misma suma.

Saludos.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Granmurillo en 22 Junio, 2020, 05:27 pm

P.D. De hecho para cualquier \( n \) natural uno siempre puede encontrar un número \( N \) tal que iterando \( n \) veces la función \(  f^{n)}(N)>N \). Basta tomar \( N=2^n-1 \).

Cuando tomamos \( N=2^n-1 \) si \( n \) es impar tiene una iteración menos que \( n+1 \), pero cuando \( n \) es par no tiene una iteración menos que \( n+1 \).

Por ejemplo:

\( N=2^3-1=7 \) que tiene 16 iteraciones hasta llegar a 1 mientras que \( N=2^4-1=15 \) tiene 17 iteraciones
\( N=2^5-1=31 \) que tiene 106 iteraciones hasta llegar a 1 mientras que \( N=2^6-1=63 \) tiene 107 iteraciones
\( N=2^7-1=127 \) que tiene 46 iteraciones hasta llegar a 1 mientras que \( N=2^8-1=255 \) tiene 47 iteraciones
etc...

Por qué?

Al menos en este caso que involucra a todos los impares \( N=2^n-1 \) sería cierto que iterando \( n \) veces la función \(  f^{n)}(N)>N \). ¿Y el resto de números impares?
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Luis Fuentes en 22 Junio, 2020, 10:46 pm
Hola


P.D. De hecho para cualquier \( n \) natural uno siempre puede encontrar un número \( N \) tal que iterando \( n \) veces la función \(  f^{n)}(N)>N \). Basta tomar \( N=2^n-1 \).

Cuando tomamos \( N=2^n-1 \) si \( n \) es impar tiene una iteración menos que \( n+1 \), pero cuando \( n \) es par no tiene una iteración menos que \( n+1 \).

Lo que yo afirmaba ahí es que si se toma \( N=2^n-1 \) después de \( n \) iteraciones se obtiene un número mayor que \( n \).

Por ejemplo:

para \( n=2 \), se tiene que \( f(f(2^2-1))=f(f(3))=8>3 \).
para \( n=3 \), se tiene que \( f(f(f(2^3-1)))=f(f(f(7)))=26>7 \).
para \( n=4 \), se tiene que \( f(f(f(f(2^4-1))))=f(f(f(f(15))))=80>15 \).

En general es fácil de probar por inducción que \( f(3^a2^b-1)=3^{a+1}2^{b-1}-1 \) y de ahí que \( f^{(n)}(2^n-1)=3^n-1 \).

Saludos.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Granmurillo en 23 Junio, 2020, 12:01 am

En general es fácil de probar por inducción que \( f(3^a2^b-1)=3^{a+1}2^{b-1}-1 \) y de ahí que \( f^{(n)}(2^n-1)=3^n-1 \).

Saludos.

Entonces veía \( f^n \) como el total de iteraciones mientras a lo que se referían con \( f^n \) era la cantidad de iteraciones que multiplicaban por \( 2^n \) un número impar \( 2^n-1 \). Entiendo.

¿Pero entonces existe una forma inductiva para demostrar la diferencia entre la cantidad de iteraciones \( f^n \) hasta 1 entre una \( n \) impar y su \( n+1 \) de un número \( 2^n+1 \) que da como resultado siempre una iteración adicional como indiqué en el ejemplo anterior?
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Luis Fuentes en 23 Junio, 2020, 09:00 am
Hola

Entonces veía \( f^n \) como el total de iteraciones mientras a lo que se referían con \( f^n \) era la cantidad de iteraciones que multiplicaban por \( 2^n \) un número impar \( 2^n-1 \). Entiendo.

No \( f^n=\underbrace{f\circ f\circ f\circ \ldots \circ f}_{n\textsf{ veces}} \) es aplicar la función de Collatz, \( n \) veces a un número. Es decir esta función:

\( f(x) = \begin{cases} x/2 \text{ si $x$ par} \\ {(3x+1)/2}\text{ si $x$ impar} \end{cases} \)

Citar
¿Pero entonces existe una forma inductiva para demostrar la diferencia entre la cantidad de iteraciones \( f^n \) hasta 1 entre una \( n \) impar y su \( n+1 \) de un número \( 2^n+1 \) que da como resultado siempre una iteración adicional como indiqué en el ejemplo anterior?

Si tomas \( N=2^{2k}-1 \), después de \( 2k \) iteraciones se llega a \( 3^{2k}-1 \). Esté número es siempre divisible por \( 4 \), por tanto con dos iteraciones más se llega a \( \dfrac{3^{2k}-1}{4} \).

Es decir desde  \( N=2^{2k}-1 \) en \( 2k+2 \) iteraciones se llega a \( \dfrac{3^{2k}-1}{4} \).

Si tomas \( N=2^{2k-1}-1 \), después de \( 2k-1 \) iteraciones se llega a \( 3^{2k-1}-1 \). Esté número es siempre divisible por \( 2 \), pero no por cuatro: por tanto con dos iteraciones más se llega a:

 \( \dfrac{3\cdot \dfrac{3^{2k}-1}{2}+1}{2}=\dfrac{3^{2k}-1}{4} \).

Es decir desde  \( N=2^{2k-1}-1 \) en \( 2k+1 \) iteraciones se llega a \( \dfrac{3^{2k}-1}{4} \).

Resumiendo si \( n \) es se llega desde \( 2^{n}-1 \) al mismo número que desde \( 2^{n-1}-1 \) pero con una iteración más; de ahí que para llegar \( 1 \) también se haga en exactamente una iteración más.

Saludos.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Granmurillo en 23 Junio, 2020, 03:55 pm

Resumiendo si \( n \) es se llega desde \( 2^{n}-1 \) al mismo número que desde \( 2^{n-1}-1 \) pero con una iteración más; de ahí que para llegar \( 1 \) también se haga en exactamente una iteración más.


Pero eso solo pasa entre \( n \) y \( n+1 \) cuando \( n \) es impar. Cuando \( n \) es par en \( n+1 \) el total de las iteraciones es variable, puede ser menor o mayor.

Saludos.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Luis Fuentes en 23 Junio, 2020, 04:28 pm
Hola

Pero eso solo pasa entre \( n \) y \( n+1 \) cuando \( n \) es impar. Cuando \( n \) es par en \( n+1 \) el total de las iteraciones es variable, puede ser menor o mayor.

Si, bien. Nadie dice lo contrario. Precisamente la demostración anterior está hecha para \( n=2k \), es decir, para \( n \) par.

Saludos.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Granmurillo en 23 Junio, 2020, 05:04 pm

Si, bien. Nadie dice lo contrario. Precisamente la demostración anterior está hecha para \( n=2k \), es decir, para \( n \) par.


Y para el resto de números impares que se encuentran entre \( 2^n-1 \) y \( 2^{n+1}-1 \) habría que encontrar cuál es el patrón?
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Luis Fuentes en 23 Junio, 2020, 05:06 pm
Hola

Y para el resto de números impares que se encuentran entre \( 2^n-1 \) y \( 2^{n+1}-1 \) habría que encontrar cuál es el patrón?

¿Habría que encontrar para qué?. Fíjate que yo no me puesto a pensar mucho en nada de esto. Simplemente tu has observado una propiedad y yo te he indicado como probarla rigurosamente. No me estoy planteando nada más allá de eso.

Saludos.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Granmurillo en 23 Junio, 2020, 05:31 pm

¿Habría que encontrar para qué?. Fíjate que yo no me puesto a pensar mucho en nada de esto. Simplemente tu has observado una propiedad y yo te he indicado como probarla rigurosamente. No me estoy planteando nada más allá de eso.


Pensaba que si el resto de números impares tuvieran patrones donde la diferencia total de las iteraciones fueran 1, 2, 3 o hasta 4 que son la cantidad de iteraciones entre el menor impar más bajo que calcula iteraciones directas dividiendo para 2 que es el 5 hasta el 1 y tuvieran una explicación como la has dado para \( 2^n-1 \) donde cada número impar tuviera una solución en otro número impar menor entonces podría ser una demostración completa de la conjetura... Sólo pensaba, era una opinión.

Saludos
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Granmurillo en 13 Agosto, 2020, 07:11 pm

P.D. De hecho para cualquier \( n \) natural uno siempre puede encontrar un número \( N \) tal que iterando \( n \) veces la función \(  f^{n)}(N)>N \). Basta tomar \( N=2^n-1 \).

Si tienes razón en que basta con tomar un número natural \( n \) de ese tipo, pero parece que es una propiedad exclusiva de todo número \( 4k+3 \) puesto que:

\( \frac{3(4k+3)+1}{2} = 2n+1 \)

\( \frac{12k+10}{2} = 2n+1 \)

\( 6k+5 = 2n+1 \)

\( 3(2k)+2(2)+1 = 2n+1 \)

es decir que luego de 2 iteraciones calcula otro número impar mayor que \( 4k+3 \) mientras que:

\( \frac{3(4k+1)+1}{2} = 2n+1 \)

\( \frac{12k+4}{2} = 2n+1 \)

\( 6k+2 = 2n+1 \)

\( 3(2k)+2 = 2n+1 \)

que es absurdo y por eso requeriría más de 2 iteraciones para calcular otro número impar que sería menor a \( 4k+1 \).

Luego de cierta cantidad de iteraciones hay 3 patrones además del revisado \( 2^k -1 \). Por lo observado \( 2^k -1 \) con \( k \) impar calcula los mismos valores que \( 2^{k+1} -1 \), es decir que para alcanzar los valores de \( 2^{k+2} -1 \) tendría que multiplicarse por 4, algo que no permite el algoritmo, aparte que \( 2^{k+1} -1 \) siempre es múltiplo de 3 y como el algoritmo no permite calcular un múltiplo de 3 partiendo desde otro número impar, entonces es imposible.

La misma situación ocurre con los otros 3 patrones que involucran a los demás números impares pues sólo multiplican por 2, por 3 y por 8/3. Entonces, deduzco que el valor del tiempo de detención máximo de cada órbita estaría por debajo del valor del tiempo de detención máximo del \( 2^{k+1} -1 \) inmediato superior de cada número impar.
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Granmurillo en 13 Abril, 2021, 08:14 pm
Es decir que cuando se indica que en la Conjetura de Collatz se debe demostrar que no hay otro ciclo diferente a 4-2-1 lo que pide es demostrar que la función es inyectiva?
Título: Re: Intento de demostración de Conjetura de Collatz
Publicado por: Luis Fuentes en 14 Abril, 2021, 09:52 am
Hola

Es decir que cuando se indica que en la Conjetura de Collatz se debe demostrar que no hay otro ciclo diferente a 4-2-1 lo que pide es demostrar que la función es inyectiva?

¿A qué función te refieres?. Si es esta:

\( f(x) = \begin{cases} x/2 \text{ si $x$ par} \\ {(3x+1)/2}\text{ si $x$ impar} \end{cases} \)

desde luego NO es inyectiva (p.ej. \( f(46)=f(15) \)) , pero no tiene nada que ver con la existencia o no de nuevos ciclos.

Saludos.