Autor Tema: Demostrar conjetura de Collatz

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29 Agosto, 2018, 01:43 am
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renovell

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EN BUSCA DE LA DEMOSTRACIÓN DE LA CONJETURA COLLATZ

EDITO: En otros foros me han comentado que el argumento que puse ya fue expuesto en otras ocasiones y dicen que es insuficiente, por tanto lo borro y dejo la conjetura por si alguien se atreve:

Partimos de que dado un número entero positivo N lo hacemos crecer si es impar (3N+1), y decrecer si N es par (N/2). La conjetura dice que cualquier número acaba llegando al valor 1.

Más información sobre la conjetura en:

https://es.wikipedia.org/wiki/Conjetura_de_Collatz

17 Octubre, 2019, 01:08 am
Respuesta #1

Richard R Richard

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  • Oh Oh!!! me contestó... y ahora qué le digo...
Hola renovell, me interesa saber, que era lo que proponías, yo le he dado un par de vueltas al tema, pero claro , nada de resultados, el tema es que no soy matemático, sino ingeniero y no me las "se todas" por cómo encarar la solución. pero te comparto lo que he hecho...

Por un lado  como sabemos que para que partiendo de cierto número , no lleguemos a \( 1 \) , tienen que pasas dos cosas,

La cadena de números tiende a infinito en infinitos pasos.
La cadena vuelve al número original creando un ciclo cerrado.

Me propuse pensar como demostrar por el absurdo por medio del álgebra modular que partiendo de cualquier  número \( x \) siempre podemos llegar a un número en la cadena que sea \( 0 \mod 2^{2n}\forall n \in \mathbb N \), y si es así entonces inevitablemente llegara a \( 1 \).... pero claro como se hace... ni idea, jaja.

Otras cosas que he probado es la generación aleatoria de polinomios para ver si existía un \( x \) que hacia cero al polinomio , profundice exponentes hasta \( 1000 \) en \( n \) y \( 2000 \) en \( n+m \)( ya que el exponente del \( 2 \) es mayor que el del \( 3 \) ) , pero nada....

Ahora lo que intento es hacer una criba como si fuera la de los primos, partiendo del \( 1 \),sabemos que debemos borrar todos los \( 2^n \) que volverán a \( 1 \), luego cuando \( n \) es par sabemos  que al restarle \( 1 \) nos queda un número que es divisible por \( 3 \) por lo que a ese número  \( x \) del cociente también lo borramos de la criba, junto también a todos los \( x\cdot 2^m  \) pues derivaran en él, esos números  que tambien cumpliran dependiendo si son \( 1 \mod 3  \) o \( 2 \mod 3 \) si pueden o no al restarles \( 1 \) ser divisibles por \( 3 \) , y así generar una nueva rama...
Las ramas que sean \( 0 \mod 3 \) no podrán sacar nuevas ramas por más que se las duplique, porque si \( x \) es \( 0 \mod 3 \) entonces \( x\cdot 2^m  \) también es \( 0 \mod 3 \)

Esta criba inversa tiene que detectar en algún momento un subconjunto de números que no es posible de alcanzar y se genera un gap , pero como sé que han llegado las pruebas con números del orden de  \( 2^{60} \) sin gaps aún , que puedo pretender con mi pc común y corriente... por más que la programe para ejecutar sumas, restas, multiplicar y dividir con números de grandes cadenas como strings, el tiempo de ejecución se me va de las manos.

Esos son mi intentos  bastante naif, pero intentos al fin...

En definitiva yo no busco la demostración sino proponer,  el contra ejemplo, y luego por el absurdo decir que es contra ejemplo no existe o no se puede hallar o contradice algo..., haciendo verídica la conjetura, bueno por ahí van mis tiros... nos leemos

PD...Disculpen , como soy nuevo por aquí si el nivel de lo expuesto es pésimo, por favor indicarlo, que no emito más palabra...



Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

17 Octubre, 2019, 02:51 am
Respuesta #2

manooooh

  • Matemático
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Hola

Hola renovell, me interesa saber, que era lo que proponías, yo le he dado un par de vueltas al tema, pero claro , nada de resultados, el tema es que no soy matemático, sino ingeniero y no me las "se todas" por como encarar la solución. pero te comparto lo que he hecho...

Por un lado  como sabemos que para que partiendo de cierto número , no lleguemos a 1 , tienen que pasas dos cosas,

La cadena de números tiende a infinito en infinitos pasos.
La cadena vuelve al número original creando un ciclo cerrado.

Me propuse pensar como demostrar por el absurdo por medio del álgebra modular que partiendo de cualquier  numero x siempre podemos llegar a un número en la cadena que sea \( 0 mod 2^{2n}\forall n in \mathbb N \), y si es así entonces inevitablemente llegara a 1.... pero claro como se hace... ni idea, jaja.

Otras cosas que he probado es la generación aleatoria de polinomios para ver si existía un X que hacia cero al polinomio , profundice exponentes hasta 1000 en n y 2000 en n+m( ya que el exponente del 2 es mayor que el del 3 ) , pero nada....

Ahora lo que intento es hacer una criba como si fuera la de los primos, partiendo del 1,sabemos que debemos borrar todos los \( 2^n \) que volveran a 1, luego cuando n es par sabemos  que al restarle 1 nos queda un número que es divisible por 3 por lo que a ese número  x del cociente también lo borramos de la criba, junto también a todos los \( x\cdot 2^m  \) pues derivaran en él, esos n{umeros  que tambien cumpliran dependiendo si son \( 1 mod 3  \) o \( 2 mod 3 \) si pueden o no al restarles 1 ser divisibles por 3 , y así generar una nueva rama...
Las ramas que sean 0 mod 3 no podrán sacar nuevas ramas por mas que se las duplique por si x es \( 0 mod 3 \) entonces \( x\cdot 2^m  \) también es \( 0 mod 3 \)

Esta criba inversa tiene que detectar en algún momento un subconjunto de números que no es posible de alcanzar y se genera un gap , pero como sé que han llegado las pruebas con números del orden de  \( 2^60 \) sin gaps aún , que puedo pretender con mi pc comun y corriente... por más que la programe para ejecutar sumas, restas, multiplicar y dividir con números de grandes cadenas como strings, el tiempo de ejecución se me va de las manos.

Esos son mi intentos  bastante naif, pero intentos al fin...

En definitiva yo no busco la demostración sino proponer  el contra ejemplo, y luego por el absurdo decir que es contra ejemplo no existe, siendo verídica la conjetura, bueno por ahí van mis tiros... nos leemos

PD...Disculpen , como soy nuevo por aquí si el nivel de lo expuesto es pésimo, por favor indicarlo, que  no emito más palabra...

Spoiler
A mí me interesa lo que escribiste, sobretodo por ese "nuevo" (al menos para mí) método de demostración que proponés para demostrar la conjetura de Collatz, ¿es suficiente? :).

De todas maneras, deberías mejorar tu nivel con \( \mathrm{\LaTeX} \) y la ortografía. Por ejemplo, te faltan poner "\" a los operadores como [tex]\in[/tex], [tex]0\mod3[/tex] etcétera. El foro tiene un espacio para practicar: http://rinconmatematico.com/mathjax/
[cerrar]

Saludos

17 Octubre, 2019, 04:26 am
Respuesta #3

Richard R Richard

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  • Oh Oh!!! me contestó... y ahora qué le digo...
Sin duda la ortografía que no pueda marcar en rojo el corrector ortográfico, poco podrán hacer mis anteojos, pero bueno, me releeré todo dos veces antes de postear...
Lo importante para mi que estoy aterrizando estos días por aquí, es familiarizarme con el nivel de exigencia de cada foro, es decir , justamente no decir barbaridades y si quizá las diga, decirlas ahora, mientras aprendo y no más adelante.

Gracias por los consejos,

Saludos \( \mathbb R^3 \)
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

17 Junio, 2020, 06:05 pm
Respuesta #4

Granmurillo

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Quisiera desarrollar una idea.

Al ejecutar cálculos en el algoritmo de Collatz podemos observar que discrimina a 2 conjuntos de números impares:

1.- Números impares que pueden ser calculados realizando iteraciones desde otro número impar, y
2.- Números impares que sólo pueden ser calculados realizando iteraciones desde números pares, estos últimos son el 3 o múltiplos de 3 que por la forma en que está expresado el algoritmo no puede ser calculado desde otro número impar.