[danizafa]

Te dejo una captura de pantalla para mostrarte como se reduce a un problema de combinatoria del orden que cumplen las cantidades de divisiones por 2 a lo largo de la órbita:



El tema es que se comprime el rango de los $$n$$ en el ciclo, lo que lo hace imcompatible con la dinámica del problema, o se fuerza a que (al menos) el menor $$n$$ sea muy pequeño. Y en Collatz esto ya estaría verificado.

El tema es que la capacidad computacional me dejo probar hasta $$m=2000$$ y encima tomando un número chico de combinaciones de las valuaciones y generados de manera aleatoria... Y eso que tengo 64GB de RAM xD.

[Granmurillo]

Y de acá ya podés analizar cosas para un ciclo. Por ejemplo, sabemos que el lado derecho de la ecuación es positivo, por lo tanto

\[2^{K_m}>3^m\]

Donde? Cual ciclo? me lo perdí. Esto es cierto sólo al final en el ciclo trivial en 3x+1 o en otros ciclos triviales en otras versiones del algoritmo, pero cuando te encuentras en medio de la órbita eso no se cumple, es más en es momento:

\[2^{K_m}<3^m\]

y un ciclo no trivial tendría que darse antes de alcanzar el ciclo trivial. Es decir, puede el valor llegar a subir y bajar varias veces hasta que \( n_0 \) se vuelva a nivelar para volverse a calcular como \( n_m \), no puedes controlar el acarreo si la parte complementaria varia discrecionalmente.

[danizafa]

Y de acá ya podés analizar cosas para un ciclo. Por ejemplo, sabemos que el lado derecho de la ecuación es positivo, por lo tanto

\[2^{K_m}>3^m\]

Donde? Cual ciclo? me lo perdí. Esto es cierto sólo al final en el ciclo trivial en 3x+1 o en otros ciclos triviales en otras versiones del algoritmo, pero cuando te encuentras en medio de la órbita eso no se cumple, es más en es momento:

\[2^{K_m}<3^m\]

y un ciclo no trivial tendría que darse antes de alcanzar el ciclo trivial. Es decir, puede el valor llegar a subir y bajar varias veces hasta que \( n_0 \) se vuelva a nivelar para volverse a calcular como \( n_m \), no puedes controlar el acarreo si la parte complementaria varia discrecionalmente.

Si considerás que volvés al mismo punto, vas a ver que $$2^{K_m}>3^m$$, no dije que se cumple en los pasos intermedios, solo se cumple si considerás vueltas completas. Hace cálculos y lo verás: Fijate que quedó:

\[(2^{K_m}-3^m)n_0=C_m\]

$$C_m$$ es un entero positivo, y $$n_0$$ es un entero positivo... Para que esta igualdad se cumpla, debe pasar que: $$2^{K_m}>3^m$$, de lo contrario la diferencia es negativa, por lo que $$C_m$$ sería negativo, pero por su construcción:

\[C_m=\sum_{j=1}^{m}3^{m-j}2^{K_{j-1}}\]

es siempre positivo.

[Granmurillo]

Hace cálculos y lo verás: Fijate que quedó:

Si tuvieras un ejemplo numérico sería más comprensivo, así no creo que sea posible, siempre debes tener lo contrario porque cuando se igualan se cierra el ciclo trivial, pero antes debes tener valores mayores a 1 así que no puede ser una relación contraria.

[danizafa]

Hace cálculos y lo verás: Fijate que quedó:

Si tuvieras un ejemplo numérico sería más comprensivo, así no creo que sea posible, siempre debes tener lo contrario porque cuando se igualan se cierra el ciclo trivial, pero antes debes tener valores mayores a 1 así que no puede ser una relación contraria.

Pero tenés que cerrar el Ciclo! La explicación está completamente clara... La ecuación que te dí, pasando el denominador queda:

\[2^{K_m} n_m = 3^m n_0 + C_m\]

Ahora, cuando en $$m$$ pasos se cierre el ciclo, es que iteraste $$m$$ pasos, y volviste al número inicial, o sea $$n_m=n_0$$, reemplazando eso:

\[2^{K_m} n_0 = 3^m n_0 + C_m\]

Restando $$3^mn_0$$ en ambos miembros te queda:

\[2^{K_m} n_0 -3^mn_0= 3^m n_0 + C_m-3^mn_0\]

Resolviendo el segundo término y sacando factor común en el primero:

\[(2^{K_m} - 3^m) n_0= C_m\]

El segundo miembro es positivo, al igual que $$n_0$$, por lo tanto para que haya un ciclo (el trivial o cualquier otro), si iterás por una cantidad de pasos igual a la longitud del ciclo tenés que $$2^{K_m}>3^m$$. Entonces, solo podrías volver al $$n$$ inicial si se cumple que esa diferencia es positiva.

Se cumple en el ciclo trivial, se cumple en los 3 ciclos que conozco de $$5n+1$$ y se debería cumplir en cualquier ciclo que exista. Es una identidad exacta. Solo surge al imponer $$n_m=n_0$$. Y se va a cumplir para cualquier elemento del ciclo que tomes como inicial, luego de iterar la cantidad de pasos según la longitud del ciclo para que vuelva al punto inicial.

Es fácil pedir ejemplos númericos de un ciclo no trivial en $$3n+1$$ que es algo que no existe, porque sabés que no voy a poder dartelos. Pero como ejemplos numéricos son válidos el ciclo trivial, y los ciclos de $$5n+1$$ que ya te he dado.

Ahora, si querés estudiarlo mejor, tomá el ciclo trivial e iteralo varias veces... y vas a ver que siempre se cumple. Mirá, el ciclo trivial tiene 1 paso $$m=1$$, luego:

$$K_m=\lceil \log_2(3)\rceil$$
$$K_m=2$$

Por lo que se cumple:

\[(2^2 - 3) = C_m\]

Si lo iterás varias veces, digamos $$r$$ veces, siempre se va a cumplir:

\[(2^{2r} - 3^{r}) = C_{r}\]

Pero basicamente es el único caso que podés encontrar con $$m=1$$. Y fijate los exponentes, iteres como iteres el ciclo trivial siempre siempre el exponente de la potencia de 2 dobla al de la potencia de 3... si lo pondríamos en términos de $$m$$ como veces que iteras el ciclo trivial tenés que $$K_m=2m$$, por lo que la ecuación que siempre se cumple es:

\[(2^{2m} - 3^{m}) = C_{m}\]

Y en este caso, que no te detendrías en la primer llegada a 1, verías como esa igualdad siempre se cumple.

\[(2^{2} - 3^{1}) = 1\]
\[(2^{4} - 3^{2}) = 7\]
\[(2^{6} - 3^{3}) = 37\]
\[(2^{8} - 3^{4}) = 175\]
\[(2^{10} - 3^{5}) = 781\]

Te sirve como ejemplo?

[Granmurillo]

Pero basicamente es el único caso que podés encontrar con $$m=1$$. Y fijate los exponentes, iteres como iteres el ciclo trivial siempre siempre el exponente de la potencia de 2 dobla al de la potencia de 3... si lo pondríamos en términos de $$m$$ como veces que iteras el ciclo trivial tenés que $$K_m=2m$$, por lo que la ecuación que siempre se cumple es:

\[(2^{2m} - 3^{m}) = C_{m}\]

Y en este caso, que no te detendrías en la primer llegada a 1, verías como esa igualdad siempre se cumple.

\[(2^{2} - 3^{1}) = 1\]
\[(2^{4} - 3^{2}) = 7\]
\[(2^{6} - 3^{3}) = 37\]
\[(2^{8} - 3^{4}) = 175\]
\[(2^{10} - 3^{5}) = 781\]

Te sirve como ejemplo?

Parece que estás calculando algunas pre-imágenes del 7.

Pues para ciclo no trivial es el que es diferente de 4->2->1, pero en lo que indicas no veo un ciclo no trivial.

Un ciclo no trivial debería ser cuando n_0 vuelve a calcularse como n_m en una misma órbita, es decir

n_0->n_1->n_2->n_3->n_0->n_1->n_2->n_3->n_0->......

siendo n un número impar que itera a otro impar en la función reducida. Parece que hablamos de dos cosas distintas.

Supongamos que 7 pertenece a un ciclo no trivial, entonces sería algo así:

9->7->11->17->37->7->11->17->37->7

pero eso no existe o al menos no se ha demostrado que pudiera ocurrir.

[danizafa]

Pero basicamente es el único caso que podés encontrar con $$m=1$$. Y fijate los exponentes, iteres como iteres el ciclo trivial siempre siempre el exponente de la potencia de 2 dobla al de la potencia de 3... si lo pondríamos en términos de $$m$$ como veces que iteras el ciclo trivial tenés que $$K_m=2m$$, por lo que la ecuación que siempre se cumple es:

\[(2^{2m} - 3^{m}) = C_{m}\]

Y en este caso, que no te detendrías en la primer llegada a 1, verías como esa igualdad siempre se cumple.

\[(2^{2} - 3^{1}) = 1\]
\[(2^{4} - 3^{2}) = 7\]
\[(2^{6} - 3^{3}) = 37\]
\[(2^{8} - 3^{4}) = 175\]
\[(2^{10} - 3^{5}) = 781\]

Te sirve como ejemplo?

Parece que estás calculando algunas pre-imágenes del 7.

Pues para ciclo no trivial es el que es diferente de 4->2->1, pero en lo que indicas no veo un ciclo no trivial.

Un ciclo no trivial debería ser cuando n_0 vuelve a calcularse como n_m en una misma órbita, es decir

n_0->n_1->n_2->n_3->n_0->n_1->n_2->n_3->n_0->......

siendo n un número impar que itera a otro impar en la función reducida. Parece que hablamos de dos cosas distintas.

Supongamos que 7 pertenece a un ciclo no trivial, entonces sería algo así:

9->7->11->17->37->7->11->17->37->7

pero eso no existe o al menos no se ha demostrado que pudiera ocurrir.

$$C_m$$ es lo que tu llamas "acarreo". Ya te he puesto las ecuaciones. Te lo muestro con números:

\[T^{(m)}(n)=\frac{3^m n_0+C_m}{2^{K_m}}\]

Cálculos de varias iteraciones en el ciclo trivial

\[T^{(1)}(1)=\frac{3(1)+1}{4}=1 \Rightarrow \frac{3(1)}{4} + \frac{1}{4} \Rightarrow C_m=1\]

\[T^{(2)}(1)=\frac{3\left(\frac{3(1)+1}{4}\right)+1}{4}=1 \Rightarrow \frac{9(1)}{16} + \frac{7}{16} \Rightarrow C_m=7\]

\[T^{(3)}(1)=\frac{3\left(\frac{3\left(\frac{3(1)+1}{4}\right)+1}{4}\right)+1}{4}=1 \Rightarrow \frac{27(1)}{64} + \frac{37}{64} \Rightarrow C_m=37\]

\[T^{(4)}(1)=\frac{3\left(\frac{3\left(\frac{3\left(\frac{3(1)+1}{4}\right)+1}{4}\right)+1}{4}\right)+1}{4}=1 \Rightarrow \frac{81(1)}{256} + \frac{175}{256} \Rightarrow C_m=175\]

[cerrar]

Supongamos que 7 pertenece a un ciclo no trivial, entonces sería algo así:

9->7->11->17->37->7->11->17->37->7

Tomando ese ejemplo, tu ciclo tiene una longitud de 4 términos, es decir que en $$m=4$$, vos llegarias desde cualquier elemento del ciclo al mismo número:

$$7\to11\to17\to37\to7$$ ;
$$11\to17\to37\to7\to11$$ ;
$$17\to37\to7\to11\to17$$ ;
$$37\to7\to11\to17\to37$$

Verdad? Entonces desde cualquier elemento se cumple $$T^{(4)}(n_0)=n_0$$ donde $$n_0\in\{7,11,17,37\}$$. La ecuación quedaría:

\[T^{(4)}(n_0) = \frac{3^4 n_0 + C_m}{2^{K_m}}\]

Como $$T^{(4)}(n_0)=n_0$$

\[n_0 = \frac{3^4 n_0 + C_m}{2^{K_m}}\]

Que es lo mismo que:

\[2^{K_m}n_0 = 3^4 n_0 + C_m\]

Entonces al despejar $$C_m$$:

\[C_m = (2^{K_m}-3^4) n_0\]

Cosa que podés escribir también como:

\[2^{K_m}-3^4=\frac{C_m}{n_0}\]

Del lado derecho, $$C_m\geq1$$ es una acumulación que siempre es positiva (100% demostrable, la demostración es sencilla) y $$n_0$$ también es siempre positivo.

Pero si $$3^m>2^{K_m}$$ en el lado izquierdo tendrías un valor negativo. Entonces algo no cuadra. Para que un ciclo sea posible, se tiene que cumplir que $$2^{K_m}>3^m$$ y además que $$n_0\mid C_m$$ para cualquier $$n\in \text{ciclo}$$. Las oscilaciones intermedias no importan, acá estamos analizando la trayectoria completa de un posible ciclo, desde cualquiera de sus $$m$$ inicios hasta completar una vuelta donde $$n_0=n_m$$.

[danizafa]

Ahora, para comparar con lo que te decía antes, te pongo una captura de lo que se fuerza en Collatz para que exista un ciclo de $$4$$ elementos.



Y esto no es un capricho mío, la misma estructura fuerza que tenga que ser así. En la captura sale una "órbita teórica" que cumple la dinámica de Collatz para las cantidades de divisiones indicadas. Y como ves esas órbitas no tienen enteros, es decir, no son órbitas de Collatz válidas, pero si son las únicas que podrían volver sobre sí mismas cerrando un ciclo de longitud $$m=4$$.

[Richard R Richard]

pero en lo que indicas no veo un ciclo no trivial.

El tema es  que en la variante 3 no hemos encontrado otro ciclo que no sea el trivial.

Pero se cumple  para cada elemento de la órbita sea par o impar, y se cumple para cualquier cantidad de vueltas enteras de la órbitas.
 
Ejemplo en la variante 5, vista para los impares  en el ciclo del 13 o del 33  o del 83 es el mismo ciclo


$$\mathbf{13}\to66\to\mathbf{33}\to166\to\mathbf{83}\to416\to208\to104\to52\to26\to\mathbf{13}$$

asciende 3 veces y cae 7 así

$$2^7-5^3=128-125=3=\dfrac{C_i}{ n_i}\quad \to \quad n_i\cdot 3=C_i$$


$$13\cdot 3 =5^2\cdot2^0+5^1\cdot2^1+5^02^2=39$$
$$33\cdot 3 =5^2\cdot2^0+5^1\cdot2^1+5^02^6=99$$
$$83\cdot 3 =5^2\cdot2^0+5^1\cdot2^5+5^02^6=249$$

[danizafa]

pero en lo que indicas no veo un ciclo no trivial.

El tema es  que en la variante 3 no hemos encontrado otro ciclo que no sea el trivial.

Pero se cumple  para cada elemento de la órbita sea par o impar, y se cumple para cualquier cantidad de vueltas enteras de la órbitas.
 
Ejemplo en la variante 5, vista para los impares  en el ciclo del 13 o del 33  o del 83 es el mismo ciclo


$$\mathbf{13}\to66\to\mathbf{33}\to166\to\mathbf{83}\to416\to208\to104\to52\to26\to\mathbf{13}$$

asciende 3 veces y cae 7 así

$$2^7-5^3=128-125=3=\dfrac{C_i}{ n_i}\quad \to \quad n_i\cdot 3=C_i$$


$$13\cdot 3 =5^2\cdot2^0+5^1\cdot2^1+5^02^2=39$$
$$33\cdot 3 =5^2\cdot2^0+5^1\cdot2^1+5^02^6=99$$
$$83\cdot 3 =5^2\cdot2^0+5^1\cdot2^5+5^02^6=249$$

Lo agarraste al vuelo!
O capaz que ya lo tenías visto.

Coincidís conmigo? Crees que es una vía factible?