[Richard R Richard]

Puedes comenzar una órbita desde cualquier número impar. Ese se llama cabeza de órbita. Los impares múltiplos de 3 son cabeza de órbita generadores de impares porque ningún número impar puede generar impares múltiplos de 3 con el algoritmo 3x+1.

La pregunta que me hecho y no cierra con lo que dices , es, si siempre puedo encontrar un número 1m3 o 2m3, mas lejano de cualquier otro 1m3 o 2m3 previo que este en la misma rama que viene desde el 1. La respuesta para mi es sí, con cero duda, así que no todas las órbitas empiezan en un múltiplo de 3,  sino que las que son múltiplo de 3 solo descienden de un 0m3 par.

Mi opinión es que en verdad la función inversa no prueba nada, porque si existe un ciclo, que no puedes encontrar desde 1, no podrás saber desde donde comenzar el otro grafo inverso, además que si existe la conjetura serpia falsa, si lo encuentras para qué hacer otro árbol inverso.

No te parece que con la inversa hallarías los números a los cuales no alcanzas desde el uno, justamente que son los que permiten falsarla. Porque recuerda  que nadie  ha podido demostrar que sea cierta por mas que lo supongan.  Es por eso que es interesante seguir explorando la posibilidad.  Si te niegas a buscar un  contraejemplo  cual sería la diferencia a decretarla cierta y punto. Este tipo de  declaraciones me han llevado a largos debates, pero creo que centrarse en tratar de demostrar la veracidad, será una perdida de tiempo, en el caso que sea falsa y viceversa, por lo que veo que son factibles estudiar con intensidad las dos posibilidades.

[danizafa]

No te parece que con la inversa hallarías los números a los cuales no alcanzas desde el uno, justamente que son los que permiten falsarla. Porque recuerda  que nadie  ha podido demostrar que sea cierta por mas que lo supongan.  Es por eso que es interesante seguir explorando la posibilidad.  Si te niegas a buscar un  contraejemplo  cual sería la diferencia a decretarla cierta y punto. Este tipo de  declaraciones me han llevado a largos debates, pero creo que centrarse en tratar de demostrar la veracidad, será una perdida de tiempo, en el caso que sea falsa y viceversa, por lo que veo que son factibles estudiar con intensidad las dos posibilidades.

En realidad no Richard. La inversa no permitiría encontrar los números que no alcanzas desde el uno (al menos directamente), justamente no encontrarías los números que no se conectan al 1. Siempre que entendamos la inversa con el terminal igual a 1. Pero si hubiera un número no conectado al 1 que conozcas, podrías identificar rapidamente a todos los números que no se conectan mediante la inversa.

Mediante la inversa, vos encontrás los números que se conectan a 1. Pero de manera general se encuentran los números conectados a un $$n$$ terminal, entendiendo por esto el $$n$$ final de una cadena finita, asi ese $$n$$ puede ser igual a $$5$$ por ejemplo, o a $$17$$ o al número que se te ocurra. Pero justamente lo que no permite es encontrar de manera directa un contraejemplo. Y no encontrar un número no quiere decir que no esté, ya que puede estar más alejado en la cadena. Pero eso tampoco hace inútil al método. Es por eso que probar que el árbol inverso a 1 es exhaustivo es equivalente a probar la conjetura. Consecuentemente, igual de dificil.

Igualmente pienso que la herramienta es mas poderosa de lo que parece a simple vista. Pues como ya dije, una orbita desconectada del ciclo trivial, produciría un árbol inverso paralelo y disjunto también infinito.

Usa los ciclos de $$5n+1$$ y comprobalo, cada ciclo te genera un árbol inverso propio, por lo tanto tiene 3 árboles.

[Granmurillo]

No se pide nada.

Cómo que no se pide nada? Hay un concurso al respecto y tiene bases bien específicas que hacen referencia a lo que está exigiéndose para que la demostración sea considerada como verdadera o falsa. Para ser considerada acreedor al premio debe ser aceptada por la rigurosidad que exige la comunidad matemática,  esto es las dos condiciones de las órbitas acotadas y no existencia de un ciclo no trivial. Es más,  la demostración debe ser didáctica para que pueda explicarse fácilmente. El plazo vence en el 2031.

Respecto a las órbitas, espero poder aclarar que cualquier número que tomes se lo denomina cabeza de órbita. La órbita va desde el número que seleccionas hasta el 1 que es donde termina la órbita. Cualquier número genera luego de varios pares otro número impar. Los múltiplos de 3 son cabeza de orbita generadores iniciales de números impares porque el algoritmo no puede iterar a un impar múltiplo de 3. Sólo puedes llegar a ese impar multiplo de 3 mediante números pares. Si lo tomas de forma inversa, por cualquier camino que tomes llegas finalmente a un impar multiplo de 3. Es decir, que entre un impar multiplo de 3 y el 1 solo hay impares mod 3=1 y mod 3=2 pero no hay mas mod 3=0.

[Richard R Richard]

Si lo tomas de forma inversa, por cualquier camino que tomes llegas finalmente a un impar multiplo de 3.

Me parece que reduces tus opciones, en cada impar 1m3 o 2m3 puede ocurrir o no, que al aplicar la función  inversa llegues a múltiplos de 3 impares, de hecho a un número  tanteando como queras de ellos, pero  a la vez habrá otro tanto de número impares que no son múltiplos  de 3 para continuar,  y no hay nada que impida que continúes por esa ramas hasta impares tangrandes como quieras. Puedes  avanzar un número  tanteando como quieras de iteraciones sin toparte con un múltiplo de 3 obligatoriamente.
Si es claro  que una vez llegas a uno , no podrás tomar una de las opciones de la función  inversa nunca más,  por lo que siempre  ascender por pares múltiplos  de 3, o bien  ese impares es el último de una rama, pero previo a eso tenias una variedad de opciones  de crecimiento.
No se me ocurre pensar que existan números 1m3 o 2m3 que no puedan sean mayores a cualquier 0m3 y no puedan ser alcanzas por la función de collaz, que de ser cierta necesariamente  debe ocurrir  así.

[Granmurillo]

en cada impar 1m3 o 2m3 puede ocurrir o no, que al aplicar la función  inversa llegues a múltiplos de 3 impares, de hecho a un número  tanteando como queras de ellos, pero  a la vez habrá otro tanto de número impares que no son múltiplos  de 3 para continuar,  y no hay nada que impida que continúes por esa ramas hasta impares tangrandes como quieras. Puedes  avanzar un número  tanteando como quieras de iteraciones sin toparte con un múltiplo de 3 obligatoriamente.

Ok dame un ejemplo de un múltiplo de 3 al que puedas iterar con el algoritmo 3x+1 progresivamente. Por ejemplo, no puedes iterar desde otro número impar al 9 ni al 15 ni al 21. La órbita del 9 es 7, 11, 17, 13, 5, 1 no hay múltiplos de 3 entre 9 y 1. Tomemos el 75 que tiene a 113, 85, 1. No se puede porque es imposible. El algoritmo obliga a multiplicar por 3 pero al sumar 1 ya tienes un numero mod3=1 y no puedes volver a mod 3=0 dividiendo continuamente para 2. Es inconmensurable.

[Richard R Richard]

en cada impar 1m3 o 2m3 puede ocurrir o no, que al aplicar la función  inversa llegues a múltiplos de 3 impares, de hecho a un número  tanteando como queras de ellos, pero  a la vez habrá otro tanto de número impares que no son múltiplos  de 3 para continuar,  y no hay nada que impida que continúes por esa ramas hasta impares tangrandes como quieras. Puedes  avanzar un número  tanteando como quieras de iteraciones sin toparte con un múltiplo de 3 obligatoriamente.

Ok dame un ejemplo de un múltiplo de 3 al que puedas iterar con el algoritmo 3x+1 progresivamente. Por ejemplo, no puedes iterar desde otro número impar al 9 ni al 15 ni al 21. La órbita del 9 es 7, 11, 17, 13, 5, 1 no hay múltiplos de 3 entre 9 y 1. Tomemos el 75 que tiene a 113, 85, 1. No se puede porque es imposible. El algoritmo obliga a multiplicar por 3 pero al sumar 1 ya tienes un numero mod3=1 y no puedes volver a mod 3=0 dividiendo continuamente para 2. Es inconmensurable.

Creo que no nos estamos entendiendo,  si al hacer el árbol inverso partiendo del 1, en algún momento llegas al 7, de allí tienes infinitos números de la forma $$7\cdot2^{2x}$$ que son todos 1m3 que provienen de un 3n+1 legal o no, es decir de n puede o no ser par, de hecho cuando $$x=1$$ llegas a 28 y proviene de $$9\cdot 3+1$$  como  9 es múltiplo de 3 nunca consigue un 3n+1 par en su cadena nuevamente, pero con $$x=2$$ tienes $$7\cdot2^4=112$$  llegas a al impar 37 que no es múltiplo de 3  luego siempre puedes continuar  la cadena ascendente que pase por 7 hasta el infinito sin pasar por el 9 , ni por ningún otro múltiplo de 3.     
También pasas por los $$7\cdot2^{2x-1}$$ pero como son todos 2m3 ninguno es resultado entero de $$3n+1$$ tampoco.


 Así que te pido un ejemplo de un número 1m3 o 2m3 en los cuales todas sus cadenas ascendentes inmediatas inversas continúen con todos múltiplos de 3, y la cadena se corte si o si en el siguiente eslabón. 

[Granmurillo]

Los números pares son triviales en la función simplificada 3x+1/2^k. Cuando indicas que de 7 puedes ir a 37, ya no se trata de la órbita del 9. La órbita del 9 está acotada por 19 iteraciones, ahora ¿cómo sabemos que todas las demás están acotadas?.
Al ir por el 37 tendrás una órbita que comienza en 789 múltiplo de 3 pero no más allá o 50517 múltiplo de 3 pero no más allá. etc. Son estas órbitas las que se deben demostrar que tienen una cota, es decir que no hay órbitas con iteraciones infinitas. Ahora de forma inversa puedes llegar a órbitas muy grandes y nada más. Demostrar que no son infinitas eso es lo que se tiene que demostrar, porque así se demostraría que todas las órbitas si tienen un final que es el 1 del enunciado. El enunciado del problema no es lo que se requiere demostrar, sino que siempre hay un final y que ese final es el ciclo trivial, para eso hay que demostrar que no existe un ciclo no trivial y que todas las órbitas se encuentran acotadas, no que el ciclo trivial es 4-2-1, eso ya se sabe, por eso se llama trivial.

[danizafa]

No se pide nada.

Cómo que no se pide nada? Hay un concurso al respecto y tiene bases bien específicas que hacen referencia a lo que está exigiéndose para que la demostración sea considerada como verdadera o falsa. Para ser considerada acreedor al premio debe ser aceptada por la rigurosidad que exige la comunidad matemática,  esto es las dos condiciones de las órbitas acotadas y no existencia de un ciclo no trivial. Es más,  la demostración debe ser didáctica para que pueda explicarse fácilmente. El plazo vence en el 2031.

Respecto a las órbitas, espero poder aclarar que cualquier número que tomes se lo denomina cabeza de órbita. La órbita va desde el número que seleccionas hasta el 1 que es donde termina la órbita. Cualquier número genera luego de varios pares otro número impar. Los múltiplos de 3 son cabeza de orbita generadores iniciales de números impares porque el algoritmo no puede iterar a un impar múltiplo de 3. Sólo puedes llegar a ese impar multiplo de 3 mediante números pares. Si lo tomas de forma inversa, por cualquier camino que tomes llegas finalmente a un impar multiplo de 3. Es decir, que entre un impar multiplo de 3 y el 1 solo hay impares mod 3=1 y mod 3=2 pero no hay mas mod 3=0.

Entonces hablamos de cosas diferentes: Tú hablas del concurso, yo del problema. Aunque tampoco le llamaría concurso.

Los números pares son triviales en la función simplificada 3x+1/2^k. Cuando indicas que de 7 puedes ir a 37, ya no se trata de la órbita del 9. La órbita del 9 está acotada por 19 iteraciones, ahora ¿cómo sabemos que todas las demás están acotadas?.
Al ir por el 37 tendrás una órbita que comienza en 789 múltiplo de 3 pero no más allá o 50517 múltiplo de 3 pero no más allá. etc. Son estas órbitas las que se deben demostrar que tienen una cota, es decir que no hay órbitas con iteraciones infinitas. Ahora de forma inversa puedes llegar a órbitas muy grandes y nada más. Demostrar que no son infinitas eso es lo que se tiene que demostrar, porque así se demostraría que todas las órbitas si tienen un final que es el 1 del enunciado. El enunciado del problema no es lo que se requiere demostrar, sino que siempre hay un final y que ese final es el ciclo trivial, para eso hay que demostrar que no existe un ciclo no trivial y que todas las órbitas se encuentran acotadas, no que el ciclo trivial es 4-2-1, eso ya se sabe, por eso se llama trivial.

No se de donde sacaste lo de que las órbitas "empiezan en mútiplos de tres"?

Lo que se busca demostrar es la conjetura, o sea el enunciado. Tu mismo lo has dicho "como verdadera o falsa". Entonces como ahora dices que se debe demostrar que tiene una cota, o que hay que demostrar que no existe un ciclo no trivial y que todas las órbitas se encuentran acotadas. Si encontras un solo contraejemplo, has falsado la conjetura, demostrando que es falsa.

Por otro lado, lo relevante, si no son los pares como dices ("Los números pares son triviales en la función simplificada"), también lo son los múltiplos de 3, pues la dinámica como bien sabes los excluye.
De qué sirve llamar "la órbita del 3, la órbita del 9"? de nada. Pero si los múltiplos de 3 son tan importantes, y los pares son triviales, a cuál de esas afirmaciones damos más peso en los múltiplos de 3 pares?

Vamos a la inversa de nuevo, y vuelvo a usar el ejemplo:

$$3\to5\to1$$

Aplicamos la siguiente fórmula al 3:

\[n_{s}=4^s n_0 + \frac{4^s-1}{3}\]

que cumple la recursión

$$n_{s+1}=4 n_s +1$$

Entonces $$n_0=3$$

y encontramos los siguientes números:

\[\{3,13,53,213,853,3413,13653,54613,218453,873813,3495253,13981013,55924053,223696213,894784853,...\}\]

Puedo seguir infinitamente...

Todos esos números pasan al siguiente impar 5. Ahora separemos los que son múltiplos de 3:

$$\{3$$,13,53$$,213,$$853,3413$$,13653,$$54613,218453$$,873813,$$3495253,13981013$$,55924053,$$223696213,894784853$$,...\}$$

Exactamente $$1/3$$ de los números así generados es múltiplo de 3, y todos (múltiplos y no múltiplos de 3) tienen exactamente la misma órbita impar...

$$n_s \to 5 \to 1$$

Por lo que al igual que tú llamas triviales a los pares, yo llamaría triviales a los múltiplos de 3 impares. Lo que importa es ver si todos los impares $$6t\pm 1$$ se conectan a 1, ya que estos arrastran tanto a los pares, como a los múltiplos de 3.

[Granmurillo]

Los pares son triviales porque siempre dividiendo para 2 vas a encontrar un numero impar, por eso convencionalmente se estudia el comportamiento de los números impares en el algoritmo porque no es constante sino errático, lo que no sucede con los pares que sabemos siempre que vana encontrar un número impar.

Como indiqué anteriormente, puedes tomar el numero impar que quieras y ese será el cabeza de órbita que quieras verificar y lo haces iterar hasta 1. Todos esos números que terminan en 3 que has indicado, los puedes considerar cabeza de orbita. Ahora a los impares múltiplos de 3 no los puedes calcular con el algoritmo desde otro número impar. Por eso son cabeza de orbita generadores de números impares.

Si quieres verificar la orbita del 7 será 7, 11, 17, 13, 5, 1. Si quieres verificar la orbita del 9 será 9, 7, 11, 17, 13, 5, 1. Si quieres verificar la órbita del 597 será 597, 7, 11, 17, 13, 5, 1. Pero más allá del 9 no encontrarás manera de regresar. Tampoco más allá del 597.

Como no puedes verificar que todos los números formen parte del árbol, ni siquiera de forma inversa entonces se pregunta. ¿Cómo se puede demostrar? Pues se busca que por el comportamiento del algoritmo ninguna órbita tenga iteraciones incontables, que sean tan grandes que no se puedan contar, para eso se busca la cota. La órbita del 7 tiene 16 iteraciones, el 9 tiene 19 iteraciones el 597 tiene 25 iteraciones. Y segundo si existe esa cota, por debajo de la cota que no se quede dando vueltas por debajo de la misma antes de llegar a calcular 1, es decir que no hayan ciclos no triviales. Solucionando esto ya demuestras la conjetura sin necesidad de verificar todos los números hasta el infinito.

Ahora si después de toda la información que se proporciona al respecto quieres seguir en una función inversa de la que está lleno el internet y que siempre se les indica que eso no es demostración, buena suerte. Por ahora me despido.

[danizafa]

Los pares son triviales porque siempre dividiendo para 2 vas a encontrar un numero impar, por eso convencionalmente se estudia el comportamiento de los números impares en el algoritmo porque no es constante sino errático, lo que no sucede con los pares que sabemos siempre que vana encontrar un número impar.

Como indiqué anteriormente, puedes tomar el numero impar que quieras y ese será el cabeza de órbita que quieras verificar y lo haces iterar hasta 1. Todos esos números que terminan en 3 que has indicado, los puedes considerar cabeza de orbita. Ahora a los impares múltiplos de 3 no los puedes calcular con el algoritmo desde otro número impar. Por eso son cabeza de orbita generadores de números impares.

Si quieres verificar la orbita del 7 será 7, 11, 17, 13, 5, 1. Si quieres verificar la orbita del 9 será 9, 7, 11, 17, 13, 5, 1. Si quieres verificar la órbita del 597 será 597, 7, 11, 17, 13, 5, 1. Pero más allá del 9 no encontrarás manera de regresar. Tampoco más allá del 597.

Como no puedes verificar que todos los números formen parte del árbol, ni siquiera de forma inversa entonces se pregunta. ¿Cómo se puede demostrar? Pues se busca que por el comportamiento del algoritmo ninguna órbita tenga iteraciones incontables, que sean tan grandes que no se puedan contar, para eso se busca la cota. La órbita del 7 tiene 16 iteraciones, el 9 tiene 19 iteraciones el 597 tiene 25 iteraciones. Y segundo si existe esa cota, por debajo de la cota que no se quede dando vueltas por debajo de la misma antes de llegar a calcular 1, es decir que no hayan ciclos no triviales. Solucionando esto ya demuestras la conjetura sin necesidad de verificar todos los números hasta el infinito.

Ahora si después de toda la información que se proporciona al respecto quieres seguir en una función inversa de la que está lleno el internet y que siempre se les indica que eso no es demostración, buena suerte. Por ahora me despido.

Como no puedo verificar que todos los números impares formen parte del árbol, tampoco puedo verificar que todos los impares múltiplos de 3 lleguen a 1.

Tú implicitamente partes de la idea de que todo múltiplo de 3 llega a 1. En la construcción que yo te he mostrado, si aplicas recursión, verás que cada impar tiene como preimagen la misma cantidad de números para cada congruencia mod 3.

Toda la información que se proporciona al respecto no es concluyente sobre la veracidad o falsedad de la conjetura, por lo tanto, lo mismo que se aplica para la inversa se aplica para una supuesta cota.

O acaso son más válidas las ideas que a vos te gustan por sobre las que no te gustan?

Yo te mostré una forma de categorizar absolutamente todas las preimágenes de un número, lo que permite una caracterización completa del árbol inverso, ya que no hay más precursores, para cada número impar, que los así generados. Pero yo también me voy a despedir,no voy a continuar debatiendo una idea que de un lado busca una sustentación teórica y por el otro se habla de la "información que se proporciona" solo para atacar puntos que no gustan.

Si tu idea es una cota, Terrence Tao proporciona información muy concluyente sobre el uso de cotas. Estas no pueden demostrar la conjetura. Por otro lado, la cota prueba que en promedio toda secuencia decrece. Nada dice de los ciclos. Si hubiera ciclos, la cota también diría lo mismo. Si aplicas el mismo estudio de Tao al $$5n+1$$ el resultado será similar, pero ahí tenés tres ciclos.

Saludos!