Autor Tema: Conjetura de Collatz, por Luckdevil

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26 Octubre, 2017, 04:09 pm
Respuesta #10

Luis Fuentes

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Hola

Aún así, lo he modificado, que si que le hacía falta una introducción.

Sinceramente, sigo sin encontrar ninguna explicación concreta de porque había de llegarse al 1.

Saludos.

28 Octubre, 2017, 07:54 am
Respuesta #11

Luckdevil

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Mi intención no es demostrarla matemáticamente porque es un poco lío, mi intención es que veas que es cierta.
Cojamos algunas de las potencias de 2 y diferencias entre ellas:
Potencias         P-4                    P-8             P-16
   4       
   8                4=4*1       
  16              12=4*3                8=8*1
  32              28=4*7               24=8*3        16=16*1
  64              60=4*15             56=8*7        48=16*3
 128            124=4*31           120=8*15        .....
 256            252=4*63           248=8*31
 512            508=4*127         504=8*63
1024          1020=4*255

Pues bien, estos números:
127-63=64
63-31=32
31-15=16
Pero también:
127-7=120
63-15=48
31-7=24

En una expresión que saque en un mensaje anterior (una formúla que es una ecuación que va con treses), se ve que todos tienen al final una potencia de 2 menos otra potencia de 2, para algunos de los primeros casos, 512-128=384, que luego todo lo demás está multiplicado por 3 es decir, despejando 384/3=128 lo que hace que volvamos, digamoslo así, al mismo punto de partida:
del 13 por ejemplo (13*3+1=40):
\( 40*3^2+2^3*3+128=512 \)
\( 40*3+2^3=128 \)

otro ejemplo, el 17 (17*3+1=52):
\( 52*3^3+2^2*3^2+2^5*3+512=2048 \)
\( 52*3^2+2^2*3+2^5=512 \)
\( 52*3+2^2=160 \)

En verdad, viendo que se cumple para los primeros números y la regularidad que tiene lo de las potencias que he expuesto se ve que si que es cierta, aunque yo me pongo a pensar en estos problemas por placer y no es que me apetezca mucho ponerme a demostrar que cada número tiene una "sucesión única" y que otros pueden pasar por él pero que desde él la sucesión es "única" y acaba en una potencia de 2, aunque si creo que pueda demostrarse pero es algo complicado.
Curiosidad: ¿Te has fijado que se puede salir desde un número múltiplo de 3 pero que nunca pasarás a medio camino por él? Esto es porque \( k*3*2^n \) siempre será múltiplo de 3 y al sumarle 1, nunca podrá ser múltiplo de 3, y entonces nunca podrá ir hacía atrás.

Si algún día me da por demostrar matemáticamente que desde una potencia de 2 se puede llegar a cualquier número siguiendo las reglas que se cumplen en la conjetura, que ya te digo que sí, es solo cuestión de ver lo que digo y tener en cuenta lo de la diferencia de potencias de 2 y la división por 3 (creo que sería la forma más fácil, yo lo doy por resuelto, sería acabar de poner las últimas fórmulas), lo subiré. (Por ahora tengo otras cosas).

Saludos. ;D

28 Octubre, 2017, 11:48 pm
Respuesta #12

Luis Fuentes

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Hola

Mi intención no es demostrarla matemáticamente porque es un poco lío, mi intención es que veas que es cierta.

Pero unos cuantos ejemplos, no llegan para estar seguros de que es cierta.

Es cierto que todos los indicios apuntan a que la conjetura de Collatz es cierta (como ocurre con la mayoría de las conjeturas no demostradas), pero la cuestión clave es demostrarla.

Saludos.

30 Octubre, 2017, 02:45 pm
Respuesta #13

Luckdevil

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Ya siento ser tan pesado, pero si lleva tanto sin demostrarse es porque no es fácil.
La conjetura es algo parecido a esto (Vamos ha hacer algo equivalente), en lugar de la conjetura tal como viene, lo que vamos ha hacer es cojer un número (N) y multiplicarlo por 3 y después vamos a sumarle 1 multiplicado por 2 (si este N/2 es impar) o por 4 (si este N/4 es impar) o por 8 (si este N/8 es impar) o por ...
Ejemplo: (Lo haremos con el 9)
9*3+1=28 (en la conjetura este resultado se dividiría por 4)
28*3+4=88 (observar aquí que 28*3 es divisible entre 2 tantas veces como lo era 28)
88*3+8=272
272*3+16=832
832*3+64=2560
2560*3+512=8192 (esto es un \( 2^x \))

Hasta aquí espero que se vea la equivalencia con la conjetura.
Plantearemos otra conjetura, similar a la anterior pero más sencilla.
Para un par, le sumamos 2 (si el par/2 es impar) o 4 (si el par/4 es impar) o 8 (si el par/8 es impar) o ... ¿Llevará a un \( 2^x \) ó a un número que al hacerle lo mismo lleve a un \( 2^x \) ó a un número que al hacerle lo mismo lleve a otro número que al hacerle lo mismo lleve a ...?
Ejemplos:
2+2=4
4+4=8
6+2=8
8+8=16
10+2=12 (esto nos llevaría a mirarlo en 12)
12+4=16
14+2=16
16+16=32
18+2=20 (al 20)
20+4=24 (al 24)
22+2=24 (al 24)
24+8=32
...

¿Se puede demostrar esta conjetura?¿Se pueden sacar similitudes con lo anterior?
Hoy no avanzaré más.
Ánimo, gracias por leer. (Tu opinióm es muy valiosa, esto es un toma y daca hasta que caiga)  :banghead:
Postdata: de no entender la conjetura que planteo, podríamos intentar relacionarla con algo que doy por cierto, por ser algo que no considero necesite demostración, que es: a un número si es par se le divide por 2 tantas veces como sea posible hasta ser impar, y si es impar se le suma 1 y se le divide por 2 tantas veces como sea posible hasta que sea impar, esto se repite hasta llegar a 1.

30 Octubre, 2017, 04:55 pm
Respuesta #14

lee_bran

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No se de que indicios se habla en este hilo cuando se sugiere que la conjetura es cierta:

En la tabla siguiente se puede ver que hay una sucesión de números naturales que toma la longitud de la cadena formada al aplicar la función de Collatz de forma reiterada y nada indica que sea convergente.

http://oeis.org/A006877

Es decir que si la conjetura fuera cierta nos podríamos preguntar cual es el máximo número finito de pasos para que un número cualquiera llegue a 1. No sé en cuanto está el récord actualmente, pero con un lenguaje de programación he construido una aplicación que realiza las operaciones para los primeros 37 millones de números y la cadena más larga encontrada ha sido de 466 pasos para el  36.791.535.

Tal vez para números mayores ese número de pasos récord vaya creciendo hasta infinito (más despacio de lo que lo hace la sucesión \( a_n=n \), pero creciendo al fin y al cabo).

Saludos.

30 Octubre, 2017, 06:11 pm
Respuesta #15

Luis Fuentes

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Hola

No se de que indicios se habla en este hilo cuando se sugiere que la conjetura es cierta:

En la tabla siguiente se puede ver que hay una sucesión de números naturales que toma la longitud de la cadena formada al aplicar la función de Collatz de forma reiterada y nada indica que sea convergente.

http://oeis.org/A006877


¿Qué tiene que ver eso?. Que uno encuentre números iniciales para los cuales cada vez el número de pasos para volver a 1 sea mayor, no dice nada en contra de que siempre se  pueda volver a 1.

Citar
Es decir que si la conjetura fuera cierta nos podríamos preguntar cual es el máximo número finito de pasos para que un número cualquiera llegue a 1.

La conjetura puede ser cierta sin que hay un máximo número de pasos para que un número cualquiera llegue a 1. Es más evidentemente no hay un máximo número de pasos. Basta considerar \( n=2^k \) que llega a \( 1 \) en \( k \) pasos, para cualquier k entero.

Ya siento ser tan pesado, pero si lleva tanto sin demostrarse es porque no es fácil.
La conjetura es algo parecido a esto (Vamos ha hacer algo equivalente), en lugar de la conjetura tal como viene, lo que vamos ha hacer es cojer un número (N) y multiplicarlo por 3 y después vamos a sumarle 1 multiplicado por 2 (si este N/2 es impar) o por 4 (si este N/4 es impar) o por 8 (si este N/8 es impar) o por ...
Ejemplo: (Lo haremos con el 9)
9*3+1=28 (en la conjetura este resultado se dividiría por 4)
28*3+4=88 (observar aquí que 28*3 es divisible entre 2 tantas veces como lo era 28)
88*3+8=272
272*3+16=832
832*3+64=2560
2560*3+512=8192 (esto es un \( 2^x \))

Si, es correcto. Pero tendrías que demostrar entonces que con ese criterio siempre se llega a una potencia de dos.

Seguimos en lo mismo, pasas de una conjetura a otra análoga y a una colección de ejemplos.

Saludos.

31 Octubre, 2017, 04:25 am
Respuesta #16

Luckdevil

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Al menos durante casi dos semanas estaré bastante ocupado y luego tardaré en ponerme, lo suyo sería hacer algo como esto pero hasta un número muy grande para que se pudiesen ver bien los patrones con la conjetura equivalente (porque con la conjetura normal los números crecen y decrecen de una manera mucho mas caótica y con la equivalente siempre crecen y se podría ver bien los lugares que toma en cada momento). Con tan pocos números no se ve pero hay una regularidad y cada vez es más divisible entre 2. Al cojer cualquier N*3+1 dará un par que al sumarle su \( 2^t \) correspondiente podrá ponerse como \( 2^n \) o no, pero si no se puede, se le múltiplica por 3 y este dará un par que al hacer la suma de su \( 2^t \) correspondiente siempre llevará a otro par que sea más divisible entre 2 y bueno para que se viese bien las posiciones que toma habría que hacerlo más grande, pero debido a la regularidad de esta segunda fila que expongo se podrá apreciar con algo más grande que no hay manera de que ningún número escape de la conjetura. (Cuando tenga tiempo lo haré más grande, habría que llegar casi hasta el 8200 para ver completamente lo que pasa con el 9 y sacar conclusiones de todos los números, llegando hasta 1000 más o menos se vería bastante)). En realidad se puede ver lo que pasa aquí si dividimos entre 2 de vez en cuando (40*3+8=128, 20*3+4=64)
\begin{bmatrix} 2 & 4 & 6 & 8 & 10 & 12 & 14 & 16 & 18 & 20 & 22 & 24 & 26 & 28 & 30 & 32 & 34 & 36 & 38 & 40 & 42 & 44 & 46 & 48 & 50 & 52 & 54 & 56 & 58 & 60 & 62 & 64\\ 2 & 2^2 & 2 & 2^3 & 2 & 2^2 & 2 & 2^4 & 2 & 2^2 & 2 & 2^3 & 2 & 2^2 & 2 & 2^5 & 2 & 2^2 & 2 & 2^3 & 2 & 2^2 & 2 & 2^4 & 2 & 2^2 & 2 & 2^3 & 2 & 2^2 & 2 & 2^6\end{bmatrix}

También se podría usar un poco de truco (con esto me refiero a la regularidad):
Se puede ver que podríamos haber empezado en lugar de 2,4...de 2 en 2, con 4,8... de 4 en 4 y solo nos hubiesemos quitado los números que son divisibles entre 2 una sola vez. Pero también podríamos haber empezado con 8,16 de 8 en 8 y el patrón que estaríamos quitando de la segunda fila sería 2,4,2 regularmente a lo largo de todos los números hasta el infinito. Pero también podríamos haber empezado con 16,32... de 16 en 16 y el patrón que estariamos quitando de la segunda fila sería 2,4,2,8,2,4,2 y así consecutivamente, así que tampoco hace falta que ponga todos los números. Pues bien, yo digo que esta regularidad es más que suficiente (sumado a que por ahora nuestro amigo no ha encontrado fallos en la conjetura hasta más del número 30.000.000 (yo no hubiese ido tan lejos)), es más que suficiente para probar la conjetura, lo único que hace falta es ver como se mueven los números y que todos lo harán igual (aunque algunos lo harán desde una posición inicial distinta). Lo que yo he visto y no se como explicar de manera entendible, creo que aquí si que podrá verse de manera fácil (también puedo estar equivocado). Esto lo trataré de explicarlo cuando tenga tiempo (si cuando lo haga me equivoco también lo pondré).

Pondré un ejemplo (con el 9, lo hago con el 9 porque los múltiplos de 3 son los números que tardan más pasos dentro de su grupo de números):
8,9,10,11,12,13,14,15,16---------------
9*3+1=28
16,20,24,28,32
28*3+4=88
64,72,80,88,96,104,112,120,128----------------
88*3+8=272
256,272,288,304,320,336,352,368,384...512
272*3+16=832
512,576,640,704,768,832,896,960,1024---------------
832*3+64=2560
2048,2560,3072,3584,4096
2560*3+512=8192 (esto es potencia de 2)
2560*3=7680
4096,4608,5120,5632,6144,6656,7168,7680,8192------------

Sí, estoy de acuerdo de que solo siguen siendo ejemplos, pero ejemplos en los que merecería la pena ver si hay un patrón que se cumpla siempre y de una forma concreta (aunque repito que el trabajo no es fácil).

Se me olvidaba, ver también que si en la tabla cojemos los múltiplos de 3 (6,12,18,24,30...) el patrón parece ser el mismo que en la original (2,4,2,8,2,4,2,16...),
pero si lo que cojemos es (18,36,54...) el patrón también parece ser el mismo, lo que da que pensar con respecto las fórmulas que saque ...a*27+b*9+c*3..., estaremos por tanto nuevamente ante una regularidad, un bucle que es complicado de ver y al que están sometidos todos los números.

18 Octubre, 2021, 09:09 pm
Respuesta #17

Granmurillo

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Lo que entiendo es que ahora no sólo tendrías que demostrar que la conjetura siempre llega a 1 sino que el algoritmo planteado como lo explicas siempre llega a \( 2^n \). Como sea lo que se logra con esto en realidad es que las infinitas combinaciones posibles en vez de presentarse como una parábola al origen se presenten como una parábola invertida.