Como consecuencia de a) y b) y utilizando, entre otros resultados, el teorema de Euler, se obtienen, en opinión del autor, argumentos en favor de la conjetura de Collatz.
Me gustaría saber si se ha llegado a demostrar que todos los términos de la serie de Collatz son distintos entre sí (a excepción de la serie trivial 4, 2, 1.)
Gracias, Luis por tu respuesta.
Ahora adjunto la nueva versión del trabajo anteriormente mencionado con la demostración de que todos los términos de la serie de Collatz son distintos entre sí (excepto los términos triviales).
No supongo \( n_p=n_1 \). Sí supongo \( n_{p-1}=n_1 \) pero en este caso \( p \) toma valores mayores que \( 2 \). Se llega a que \( n_{p-1} \) es distinto de \( n_1 \). Si hacemos \( p-1 =k \), lo anterior se puede resumir como \( n_1 \) es distinto de \( n_k \), con \( k \) natural mayor que \( 1 \).
Hola, Luis. No he trabajado bajo la suposición \( n_1=n_p \) en los dos primeros casos del teorema 2. Sencillamente se han probado utilizando resultados del teorema 1. Como la demostración del tercer caso del teorema 2 se hace por reducción al absurdo, a diferencia de los demás casos, he intentado explicarme con más detalle haciendo de las partes esenciales del teorema 2 dos teoremas, el teorema 2 nuevo y el teorema 2 bis para que quede clara la independencia de los dos. Además insisto en que los casos que se estudian dependen del valor de k, nunca de los valores \( n_1 \), \( n_{p-1} \) o \( n_p \). Las aclaraciones me resultan más cómodas escribirlas y adjuntarlas. Siento no saber utilizar laTex. Haz el favor de leer el archivo adjunto.
Hola, Luis. He intentado continuar con el caso que faltaba. Creo que tiene interés.
Si puedes echarle un vistazo te lo agradecería. Lo adjunto en pdf
Dices que basta con tomar \( k=n_1(2^{\alpha_2+\alpha_3+\ldots+\alpha_p})+M\cdot 3^{p-1} \) para cualquier entero de \( M \) para que ya no se cumpla lo que digo.
Pero estamos estudiando el caso c) en el que \( m.c.d.(n_1,k)=n_1>1 \), lo que implica que \( k \) tenga que ser múltiplo de \( n_1 \).
Y para cualquier entero \( M \), \( k=n_1(2^{\alpha_2+\alpha_3+\ldots+\alpha_p})+M\cdot 3^{p-1} \) no es múltiplo de \( n_1 \).
Sobre si se puede factorizar \( 2^{\alpha_2+\alpha_3+\ldots+\alpha_p}-3^{p-1} \), no hay respuesta general excepto en el caso en que los exponentes sean pares pues se aplicaría:
\( a^2-b^2=(a+b)(a-b) \). Pero en el numerador no aparece ninguna suma de solo dos factores, ni se puede sacar factor común. Más no se puede saber.
P.D. Fíjate que en realidad la cuestión es muy sencilla. Quieres probar que es imposible que:
\( \dfrac{3^{p-1}n_1+k_p}{2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}}=n_1 \)
Eso equivale a que:
\( k_p=n_1(2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}-3^{p-1}) \)
Desde luego que eso implica que \( k_p \) es múltiplo de \( n_1 \), \( k_p=n_1h_p \). Queda:
\( h_p=2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}-3^{p-1} \)
Tienes que descartar que eso pueda darse y no lo has hecho.
Hola, Luis. Te agradezco el interés y las aclaraciones que estás dando. Si, además, aclarases la cuestión que planteo en el documento adjunto, te estaría agradecido. :)
Hola
De acuerdo, no es exactamente la crítica que te había planteado pero es muy parecida. El problema es el siguiente
En la prueba del Teorema 2:
- En los casos a)b)c.i) trabajas bajo la suposición \( n_1=n_p \) y pruebas que eso no es posible si \( mcd(n_1,k)=1 \), \( h\neq n_1 \) ó si \( mcd(n_1,k)=n_1 \) y \( n_1 \) es múltiplo de \( 3 \).
- En el caso c.ii) sin embargo trabajas bajo la suposición \( n_1=n_{p-1} \) y \( mcd(n_1,k)=n_1 \) con \( n_1 \) no múltiplo de \( 3 \). Pero OJO ahí ese \( k \) es el de la expresión de \( n_p=\dfrac{3^{p-1}n_1+k}{2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p}} \).
Entonces en ningún momento estas descartando que \( n_1=n_p \) y \( mcd(n_1,k)=n_1 \) con \( n_1 \) no múltiplo de \( 3 \).
O visto de otra manera en ningún momento estás descartando que \( n_1=n_{p-1} \) si \( mcd(n_1,k)=1 \), \( h\neq n_1 \) ó si \( mcd(n_1,k)=n_1 \) y \( n_1 \) es múltiplo de \( 3 \) (siendo en todos esos caso el \( k \) de la expresión \( n_p \)).
Como te dije el usar en el caso c.ii) \( n_1=n_{p-1} \) no viene a cuento y hace que todo que apliques ahí no se relacione con lo que has descartado antes.
Saludos.
Aqui les presento otra bonita igualdad, que visualiza como el "K" presentado por Jesus Álvarez en la página 4, es \( 3^i-2^i \)
\( \displaystyle\sum_{m=1}^{m=i}3^{(i-m)}\cdot{}2^{(m-1)} = 3^i-2^i \)
HolaHola, Luis. Te agradezco el interés y las aclaraciones que estás dando. Si, además, aclarases la cuestión que planteo en el documento adjunto, te estaría agradecido. :)
Consideras la ecuación:
\( n_1(2^{\alpha_2+\ldots+\alpha_p})\equiv k_p\quad mod\quad n_13^{p-1} \) (*)
Sabes además por el Teorema de Euler que:
\( 2^{2\cdot 3^{p-2}}\equiv 1\quad mod\quad 3^{p-1} \)
Pero aquí ya dos matices:
1) El exponente que da el Teorema de Euler no es necesariamente el mínimo para cual la potencia es la unidad. Lo que se sabe es que se exponente \( e_0 \) mínimo es divisor de \( 2\cdot 3^{p-2} \). Puede coincidir o puede ser menor.
2) Y después cualquier múltiplo de ese exponente también da potencia 1, es decir:
\( 2^{q\cdot w_0}\equiv 1\quad mod\quad 3^{p-1} \) para cualquier natural \( q \)
Entonces incluso aunque en la ecuación (*) consideres el caso \( k_p=n_1 \) eso no implica que necesariamente \( \alpha_2+\ldots+\alpha_ p=2\cdot 3^{p-2} \) o que \( \alpha_2+\ldots+\alpha_p=2\cdot 3^{p-2}=e_0 \). Lo que implica es que \( \alpha_2+\ldots+\alpha_ p=2\cdot 3^{p-2} \) es múltiplo de ese \( e_0 \).
Si \( A\neq 1 \) mod \( 3^{p-1} \) lo que sabes es que \( \alpha_2+\ldots+\alpha_ p=2\cdot 3^{p-2} \) NO es múltiplo de ese \( e_0 \).
Saludos.