[Richard R Richard]

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 dice la canción, "Como que te estas yendo... si recien te vi llegar" , no creo estemos siendo tan obcecados, así que tranquilo, son tires y aflojes del hilo, solo creo en mi caso estoy tratando de entender porque  aparentemente te has decantado por aceptar argumentos para demostrar veracidad y dejar de lado estudios que te pueden llegar a presentar un contraejemplo que la haga falsa. Siempre es bueno escuchar otros puntos de vista, mas cuando  por lo menos a mi se  me presentan nuevos conceptos como los que traes de cabeza de órbita, otra cosa es si puedo reconocer fácilmente de eso alguna utilidad en la clasificación, pero sería subjetivo.


Trabajando los impares en modulo 3  los de resto 0  , aplicando la función inversa , solo puede arribar a múltiplos de 3 pares mayores. Pero

• si tu número $$n_i$$ es $$1mod3$$ aplicando la función inversa  $$n_{i+1}=\dfrac{n_i\cdot2^{2(3a+b)}-1}{3}$$  resulta que para cualquier $$a$$ el que determina  como será el resto del siguiente número es el resto $$b$$ , es decir  siempre obtienes un $$n_{i+1}$$   con dos posibles  restos para cada $$a$$ que permiten ascender y un único resto que hace morir la cadena $$b=0$$, lo que te decía era que no se puede evitar  que se creen  al mismo tiempo los impares que no cortan la cadena.
• si tu número $$n$$ es $$2mod3$$ aplicando la función inversa  $$n_{i+1}=\dfrac{n_i\cdot2^{2(3a+b)-1}-1}{3}$$  resulta que para cualquier $$a$$ también el  que determina  como será el resto del siguiente número es el resto $$b$$ , es decir  siempre obtienes un $$n_{i+1}$$ también con dos posibles restos para cada $$a$$ que permiten ascender y un único resto que hace morir la cadena.

Es mucho mas facil de argumentar si se lo estudia en modulo 6 o 18, solo lo traigo de ejemplo no muy completo.

Entonces cuando en mi caso, programo la evolución de una cadena ascendente  veo que  a cada paso aparecen siempre nuevas ramas, que son las de interés , luego los pares y los múltiplos de 3 , carecen de necesidad de explorar la exhaustividad, para ver si   cubres todos los impares, de hecho,  se puede ver fácilmente si un numero impar nunca fue alcanzado por una cadena ascendente...


Si hay una pega al método es porque  cuando los números  toman mas y mas  cifras, son muchos los impares objetivo y ocupan memoria de ordenador, habrá entonces algún momento en que el método sea físicamente imposible por limitación tecnológica o temporal, pero  vuelvo a lo que me trajo a contestarte, que me parece un planteo válido   ,no erróneo, como habías sugerido, y seguirá siendo muy útil ,si dentro de la limitación tecnológica se encuentra un contraejemplo , si es que lo hay. Además de existir toda la evidencia computacional que indica que para pocas cifras es terreno ya explorado.   


Sobre la cota , podrías ilustrarme un poco mejor?, te refieres a una cota en la cantidad de iteraciones necesarias para descender a 1 en función del número de inicio , o a que otra cosa, gracias.
Yendo por el estudio de la función directa de Collatz ,si vuelves unos cuantos mensajes atrás en el hilo, mostré que es posible  formular series que representen cadenas que para un número arbitrario tan grande como quieras de iteraciones, que solo habrá  ascendido  hasta el siguiente impar es decir $$n_i+2$$ , obviamente no lo cumple cualquier $$n_i$$ , serán números muy particulares de tantísimas cifras, pero  finitos. Entiendo eso hace imposible imponer una cota a la extensión de la cadena, lo que si veo factible como argumenté en ese momento, que uno puede proponerse una cota a superar o no respecto del número de inicio, pero yo lo veo a la inversa... puedes llegar al número tan grande como quieras con una cadena de Collatz , partiendo siempre de un número menor al final , pero al imponer  mas cantidad de iteraciones, impones que el número inicial de partida sea cada vez mayor, la idea  de fondo sería demostrar que aumentar el número de iteraciones , ponga como requisito un número mínimo de inicio por encima de cualquier cota sobre el conjunto de los naturales, cosa que de nuevo no es fácil de demostrar.


Ese fue mi argumento, entonces te pregunto directamente, si ¿estas convencido de que la conjetura es verdadera? como para dejar de lado estudiar si existe o no un ciclo o quizás un n que diverja.

[Granmurillo]

Para responderte antes de irme de viaje al mundo de la fantasía: Supongamos que la conjetura es falsa. Mediante el algoritmo de forma progresiva, supongamos que por verificación directa le atinaste a la órbita que contiene al contraejemplo y ese contraejemplo no es un ciclo de iteraciones incontables que te permite confirmar que se trata de un ciclo no trivial y que por lo tanto no llegará nunca a 1, habrías hecho caer la conjetura. Sin embargo, bajo la misma premisa pero de forma regresiva, siempre partirás de 1 y llegarás a números que se puedan calcular desde 1, pero si existe el ciclo no trivial, jamás podrás calcularlo de la forma inversa. es por esta demostración lógica que no se utiliza el árbol de esa forma. Ahora que digas que siempre vas a calcular todos los números así, porque así se comporta el modelo, bueno tendrías que demostrar que para todos los números es así y no conozco una demostración rigurosa que haga eso.

Por otro lado, la cota por sí sola no demuestra la conjetura sino simplemente que los valores impares que puede calcular una órbita son finitos, pero si el ciclo no trivial se encuentra por debajo de la cota pues no sirve de nada, para eso se debe demostrar la otra condición que es que un valor impar no puede volver a calcular otro valor anterior en la órbita, esto es que no existe otro ciclo no trivial. La condición es bien específica: demostrar que las órbitas se encuentran acotadas, no dice demostrar que las iteraciones son acotadas que es lo que hace Tao en su demostración al reducir reiteradamente con logaritmo de base 2 la cantidad que iteraciones que tienen grupos de números.

Las dos condiciones para mi son factibles y por lo tanto pienso que la conjetura es cierta.

[Richard R Richard]

Muchisimas gracias por tu participación y por exponer tu punto de vista.

Sin embargo, bajo la misma premisa pero de forma regresiva, siempre partirás de 1 y llegarás a números que se puedan calcular desde 1, pero si existe el ciclo no trivial, jamás podrás calcularlo de la forma inversa.

  Entiendo el punto,  si parte del 1 en forma regresiva nunca tocaras un número miembro de un ciclo, perfecto.
Lo que te decía es que si al estilo de una criba , eliminas de los naturales , los pares y los múltiplos de 3, tienes la base de datos limpia  o terreno fértil para ir tachando o cribando todos los impares $$3n+1$$ o $$3n+2$$  a medida que van apareciendo ejecutando el algoritmo  de Collatz en forma inversa, como bien dices los enteros que pertenezcan a un ciclo o a una cadena que nunca descienda a 1 jamás serán cribados, pero si siempre vas llevando registro del número menor que  todavía nunca fue alcanzado por la inversa, todos aquellos que permanezcan como un mínimo una gran cantidad de iteraciones de todas las órbitas abiertas, se convertirían en los sospechosos  de no descender nunca, te darias cuanta que ese $$n$$  que no has tocado se acompaña de un $$(2^xn-1)/3$$ (con x>1) y de $$(3n+1)/2$$ que tampoco han sido tocados... serían a esos los que le ejecutarías en una órbita en sentido directo para ver si  en  una cantidad "razonable de iteraciones" toca alguno de los números ya cribados,  y si lo hace ya sabes que tarde o tempano llega a 1  de ese modo tachas  todos los que pertenezcan a la órbita entera.  En caso que no lo haga, pero que reitere un número, entonces es un ciclo y la conjetura falsa, y si ves que empieza a ascender y pasa una  cantidad exagerada de iteraciones sin descender tambíen se sospechará que pueda ser falsa si diverge, pero será imposible de verificar por este modo. 

Por otro lado, la cota por sí sola no demuestra la conjetura sino simplemente que los valores impares que puede calcular una órbita son finitos, pero si el ciclo no trivial se encuentra por debajo de la cota pues no sirve de nada, para eso se debe demostrar la otra condición que es que un valor impar no puede volver a calcular otro valor anterior en la órbita, esto es que no existe otro ciclo no trivial. La condición es bien específica: demostrar que las órbitas se encuentran acotadas, no dice demostrar que las iteraciones son acotadas que es lo que hace Tao en su demostración al reducir reiteradamente con logaritmo de base 2 la cantidad que iteraciones que tienen grupos de números.

Las dos condiciones para mi son factibles y por lo tanto pienso que la conjetura es cierta.

No me le animo a la lectura directa de la obra de Tao, prejuzgo que no tengo base, pero he leido algunas divulgaciones   , me gusta  jugar que a que algún día un momento de lucidez excepcional junto a una cuota de suerte desproporcionada pueda dar algún avance en está o alguna otra conjetura. Por lo visto la única idea que me rondaba, sobre las formas de las órbitas, no aportan nada , vistas las aclaraciones del hilo  y a que aplicada a otras variantes pueden resultar en cualquier resultado posible, divergir, crear un ciclo o caer a 1. Además pude ver que la longitud en iteraciones es una variable que no aporta demasiado al esclarecimiento, ni de la falsedad ni de la veracidad. 

[Granmurillo]

El problema de la cota se determina del mismo comportamiento del algoritmo y lo del ciclo no trivial es por inconmensurabilidad de forma progresiva. El principal obstáculo de la inconmensurabilidad del algoritmo es el acarreo del término aditivo. Demostrando que el término aditivo también es inconmensurable entonces se resuelve el problema del acarreo. La inconmensurabilidad sólo es de forma regresiva, de forma progresiva es conmensurable sino, un número impar no podría calcular el siguiente. La inconmensurabilidad regresiva impide que un número impar pueda volver a calcular un número impar anterior dentro de la misma órbita, excepto cuando el número impar es 1 que puede vuelve a calcular 1 progresivamente y regresivamente desde la segunda vez que ocurre el ciclo trivial.

[The Tarita]

Hola

Sigo analizando la Conjetura de Collatz. Usaré la versión simplificada.

$$
\text{Conjetura de Collatz simplificada}  \left\{
\begin{array}{cl}
{\displaystyle\frac{x}{2}}&\mbox{si } x \text{ es par},\\
{\displaystyle\frac{3x+1}{2}}&\mbox{si } x\mbox{ es impar} .
\end{array}\right.
$$

Usaré  $$x_0$$ , $$x_1$$ , $$x_2$$ , $$x_3$$ , $$x_4$$ , … $$x_{\left(i-1\right)}$$ , $$x_i$$ , $$x_{\left(i+1\right)}$$ , … para definir a los términos de la secuencia formada aplicando la conjetura a los números naturales siendo $$x_0$$ el término inicial.

$$k_i=$$ Factor de progresión. Se define como la relación entre el valor de un término y el valor del término anterior:  $$k_i=\frac{x_i}{x_{\left(i-1\right)}}$$
Si el término $$x_{\left(i-1\right)}$$ es un número par, resulta:   $$x_i =\frac{x_{\left(i-1\right)}}{2}$$    y   $$k_i =\frac{x_i}{x_{\left(i-1\right)}}=\frac{x_{\left(i-1\right)}}{2x_{\left(i-1\right)}}=\frac{1}{2}= 0,5$$

Si el término $$x_{\left(i-1\right)}$$ es impar, resulta:   $$x_i =\frac{3x_{\left(i-1\right)}+1}{2}$$   y   $$k_i =\frac{x_i}{x_{\left(i-1\right)}}=\frac{\frac{3x_{\left(i-1\right)}+1}{2}}{x_{\left(i-1\right)}}=\frac{3x_{\left(i-1\right)}+1}{2x_{\left(i-1\right)}}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2x_{\left(i-1\right)}} =1,5+\frac{1}{2x_{\left(i-1\right)}}$$

El 2 es el único término al que, en la misma secuencia, le corresponden dos valores diferentes del factor $$k_i$$. Lo comprobamos.

En la sucesión: … $$8 \rightarrow 4 \rightarrow 2 \rightarrow 1$$ … el 2 procede del 4 resultando:  $$k_i=\frac{x_i}{x_{\left(i-1\right)}}= \frac{2}{4}= 0,5$$
En el ciclo infinito final:  … $$1 \rightarrow 2 \rightarrow 1 \rightarrow 2 \rightarrow 1 \rightarrow 2$$ … el 2 procede del 1 resultando:  $$k_i=\frac{x_i}{x_{\left(i-1\right)}}= \frac{2}{1}= 2$$  (valor máximo para $$k_i$$).

Resumiendo lo expuesto para el factor $$k_i$$:

Para todos los términos que proceden de un término anterior par, el valor del factor $$k_i$$ es el mismo:  $$k_i = 0,5$$
Para todos los términos que proceden de un término anterior impar, el valor del factor $$k_i$$ es diferente:  $$k_i=1,5+\frac{1}{2x_{\left(i-1\right)}}$$
Ejemplo: para $$x_0=55$$, el siguiente término será:  $$x_1=\frac{3·55+1}{2}=83$$  al que le corresponde el factor $$k_1 =\frac{83}{55}= 1,509090909$$

Para estos términos, y a medida que $$x_i$$ tiende a infinito, el valor de $$k_i$$ disminuirá muy lentamente tendiendo a un valor mínimo de $$1,5$$

Teniendo en cuenta la definición de la conjetura junto con la de $$k_i$$, se puede generalizar:  $$x_i=x_0·k_1·k_2·k_3·k_4·…·k_{(i-1)}·ki$$

Observamos que los factores $$k_i$$ de términos cuyo anterior sea impar es un número racional, pero con muchos decimales estando comprendidos la mayoría de los valores en una franja numérica muy estrecha:  $$1,5< k_i<1,51$$ para $$k_i>83$$.
Analizando los datos anteriores se podría intuir, a priori, que ningún término $$x_i$$ será un múltiplo exacto del término inicial $$x_0$$ dificultando la aparición de un término repetido.

Analicemos las secuencias con términos iniciales $$x_0=31$$ y $$x_0=83$$

$$31$$, $$47$$, $$71$$, $$107$$, $$161$$, $$242$$, $$121$$, $$182$$, $$91$$, $$137$$, $$206$$, $$103$$, $$155$$, ...          Comprobamos:  $$155=$$$$5·$$$$31$$

$$83$$, $$125$$, $$188$$, $$94$$, $$47$$, $$71$$, $$107$$, $$161$$, $$242$$, $$121$$, $$182$$, $$91$$, $$137$$, $$206$$, $$103$$, $$155$$, $$233$$, $$350$$, $$175$$, $$263$$, $$395$$, $$593$$, $$890$$, $$445$$, $$668$$, $$334$$, $$167$$, $$251$$, $$377$$, $$566$$, $$283$$, $$425$$, $$638$$, $$319$$, $$479$$, $$719$$, $$1079$$, ...

Comprobamos: $$1079=$$$$13·$$$$83$$

Estudiemos, en general, las secuencias de Collatz analizando el término $$x_0$$.

Si $$x_0$$ es del tipo $$(6n+3)$$, o sea múltiplo de 3 impar, no puede haber un término igual a $$x_0$$ en la secuencia ya que, al aplicar las operaciones que definen la Conjetura de Collatz, no pueden aparecer múltiplos de 3.

Si $$x_0$$ es del tipo $$(6n+1)$$, o sea $$1(\text{mod}3)$$ impar, eventualmente, pueden aparecer múltiplos de $$x_0$$ (ejemplo: $$155=$$$$5·$$$$31$$).
Si el término que es múltiplo de $$x_0$$ está precedido de un impar ($$103$$, $$155$$), o de una cantidad par de números pares, el factor que multiplica a $$x_0$$, (5), solo puede ser de la forma $$(6n+5)$$.
En este caso, este término, aún siendo múltiplo, no puede ser igual a $$x_0$$.
Si el término que es múltiplo de $$x_0$$ está precedido de una cantidad impar de números pares, el posible factor que multiplicara a $$x_0$$, solo puede ser de la forma $$(6n+1)$$.
En este caso, cabe la posibilidad de que aparezca un término $$x_i$$ que sea igual a $$x_0$$ si $$(6n+1)$$ fuera igual a 1.

Si $$x_0$$ es del tipo $$(6n+5)$$, o sea $$2(\text{mod}3)$$ impar, eventualmente, pueden aparecer múltiplos de $$x_0$$ (ejemplo: $$1079=$$$$13·$$$$83$$).
Si el término que es múltiplo de $$x_0$$ está precedido de un impar ($$719$$, $$1079$$), o de una cantidad par de números pares, el factor que multiplica a $$x_0$$, (13), solo puede ser de la forma $$(6n+1)$$. En este caso, cabe la posibilidad de que aparezca un término $$x_i$$ que sea igual a $$x_0$$ si $$(6n+1)$$ fuera igual a 1.
Si el término que es múltiplo de $$x_0$$ está precedido de una cantidad impar de números pares, el posible factor que multiplicara a $$x_0$$, solo puede ser de la forma $$(6n+5)$$.
En este caso, este término, aún siendo múltiplo, no puede ser igual a $$x_0$$.

Si lo que he expuesto es correcto, cómo se puede asegurar que, en las infinitas secuencias posibles con infinitos términos iniciales $$x_0$$, no aparecerá un término que sea igual que el inicial formando un bucle cíclico.

Saludos

[danizafa]

Si lo que he expuesto es correcto, cómo se puede asegurar que, en las infinitas secuencias posibles con infinitos términos iniciales $$x_0$$, no aparecerá un término que sea igual que el inicial formando un bucle cíclico.

Es interesante lo planteado, aunque me pierda un poco por la diferencia que tenemos de escribir los términos.

Lo cierto es que no podés asegurar que no aparecerá un término que sea igual al inicial formando un bucle cíclico de esta manera, lo digo porque yo también lo intenté de una manera algo similar.

El producto global de tus $$k_i$$ debería igualarse a 1.

es decir que vos tendrías algo como

$$x_j = x_0 \times \prod_{i=1}^{j} k_i$$

Entonces imponés que $$x_0=x_j$$ y debe darse que

$$\prod_{i=1}^{j} k_i = 1$$

Esto requiere que esos $$k_i$$ se balanceen perfectamente, y parece dificil, pero nada dice que imposible.

Entonces cada vez que vos encontraste un $$x_j$$ múltiplo exacto de $$x_0$$ lo que verdaderamente estás viendo es que

$$\prod_{i=1}^{j} k_i = m,  m\in \mathbb{N}$$

Saludos

[Richard R Richard]

Hola

Sigo analizando la Conjetura de Collatz. Usaré la versión simplificada.

$$\text{Conjetura de Collatz simplificada}  \left\{\begin{array}{cl}{\displaystyle\frac{x}{2}}&\mbox{si } x \text{ es par, yo lo llamo W}, \\{\displaystyle\frac{3x+1}{2}}&\mbox{si } x\mbox{ es impar ,yo lo llamo Q} .\end{array}\right.$$

Ok, de acuerdo con esto y con tu definición de $$k_i$$

Resumiendo lo expuesto para el factor $$k_i$$:

Para todos los términos que proceden de un término anterior par, el valor del factor $$k_i$$ es el mismo:  $$k_i = 0,5$$
Para todos los términos que proceden de un término anterior impar, el valor del factor $$k_i$$ es diferente:  $$k_i=1,5+\frac{1}{2x_{\left(i-1\right)}}$$

mi forma de verlo
$$k_W=0.5$$
$$k_Q\in(1.5,2]\in \Bbb Q$$

Teniendo en cuenta la definición de la conjetura junto con la de $$k_i$$, se puede generalizar:  $$x_i=x_0·k_1·k_2·k_3·k_4·…·k_{(i-1)}·ki$$

podría decir  que $$x_i=x_0 \ k_{W}^{w}\prod\limits_{i=1}^{q}k_{Qi}$$

Donde $$q$$ y $$w$$ es la cantidad de veces que hay un ascenso Q y un descenso W  respectivamente.

En un ciclo $$x_i=x_0$$ luego 

$$\dfrac{1}{\color{blue}k\color{black}_W^{w}}=2^w=\prod\limits_{i=1}^{q}k_{Qi}$$ corregido Gracias The Tarita

Si lo que he expuesto es correcto, cómo se puede asegurar que, en las infinitas secuencias posibles con infinitos términos iniciales $$x_0$$, no aparecerá un término que sea igual que el inicial formando un bucle cíclico.

Te parecerá extraño entonces que la parte derecha de la igualdad compuesta por el productorio de racionales  tenga que ser igual  a una potencia justa de 2... pero eso no es imposible, de hecho en la variante 5 ocurre con cientos de miles de factores $$k_{Qi}$$ y con una potencia de 2  de otros cientos de miles,  y por eso sirve bien de ejemplo,  de  ¿porque no podría ocurrir lo mismo en la variante 3 de Collatz?, con quizá muchos mas factores , siendo todos muy próximos a 1.5 por ser provenientes de  $$x_i$$  grandes, y con números grandes me refiero  bastante mayores en orden de magnitud a los que usamos en la vida diaria.   Si numerador y denominador se pueden simplificar dejando siempre una potencia de 2 o 1 , no es descabellado, lo raro es que se de para mucho cantidad de factores, pero observa que el truco está en la propia definición de  $$x_i$$ como una productoria , así que la productoria no aporta demasiada información


$$x_i=x_0·k_1·k_2·k_3·k_4·…·k_{(i-1)}·ki$$



$$x_i=\cancel{x_0}·\frac{\cancel{\cancel{x_1}}}{\cancel{x_0}}·\frac{\cancel{\cancel{\cancel{x_2}}}}{\cancel{\cancel{x_{1}}}}·…·\dfrac{x_i}{\cancel{x_{i-1}}}$$
 

Comprobamos:  $$155=$$$$5·$$$$31$$
Comprobamos: $$1079=$$$$13·$$$$83$$

Si Compruebas: $$x_i=$$$$2^x·$$$$x_0$$

Entonces habrás obtenido un ciclo,  que diferencia puede haber en que el número en azul sea un natural primo como en los ejemplos que muestras o una potencia $$x$$ de $$2$$,... de diferencia conceptual ninguna, así que es totalmente factible, solo que nadie halló un ejemplo salvo el trivial es decir
Se comprueba: $$4=$$$$2^2·$$$$1$$

[danizafa]

Si Compruebas: $$x_i=$$$$2^x·$$$$x_0$$

Entonces habrás obtenido un ciclo,  que diferencia puede haber en que el número en azul sea un natural primo como en los ejemplos que muestras o una potencia $$x$$ de $$2$$,... de diferencia conceptual ninguna, así que es totalmente factible, solo que nadie halló un ejemplo salvo el trivial es decir
Se comprueba: $$4=$$$$2^2·$$$$1$$

Pero si le aplica los sucesivos $$k_W$$ que le siguen hasta llegar a $$x_0$$ comprobaría que $$x_i=x_0$$ y, por lo tanto:

\[\prod_{i=1}^{j} k_i = 1\]

Pero tu ejemplo es contra-intuitivo... parece de alguna manera introducir el una sugerencia a ciclos de 1 solo elemento. Esto si es totalmente cierto, el único ciclo posible con un elemento impar es la órbita {1,1,1,1,...}... pero como ustedes usan las divisiones por dos explícitamente yo me quedo pensando 

De alguna manera estoy buscando la forma de decirte que si cae en esa potencia de 2 que pusiste, el ciclo siempre caerá en la misma, o pensando si debo decir que lo restringe a un solo impar... xD

En definitiva, si aplicas los $$k_W$$ de las divisiones hasta llegar a $$x_i=x_0$$ entonces el producto es igual a 1. Si de todas maneras vas a comprobar luego si eso llega al mismo numero, entonces es mas facil, detectar cuando el producto vale exactamente 1, o no?

[Richard R Richard]

Pero tu ejemplo es contra-intuitivo... parece de alguna manera introducir el una sugerencia a ciclos de 1 solo elemento. Esto si es totalmente cierto, el único ciclo posible con un elemento impar es la órbita {1,1,1,1,...}... pero como ustedes usan las divisiones por dos explícitamente yo me quedo pensando 

Hola, No veo muy clara un indicio hacia esa sugerencia, de hecho , digo que creo que si fuera posible un segundo ciclo en Collatz, entonces debe contener muchos números impares miembros, con cada uno,  no de pocas cifras de hecho ya sabemos que no hay ninguno con números menos de 70 cifras.


Toda variante de Collatz  que en vez de usar $$z=3$$ (que a la vez es ejemplo), sea de la forma $$zn+1=(2^y-1)n+1$$ si $$n$$ es impar y $$n/2$$ si $$n$$ es par , en tu notación tiene ciclos triviales 1,1,1,1,1,1 de un solo elemento impar. En ese caso el 3 es el caso en que $$y=2$$. Yo creo que esto se da porque  1 es el único valor menor 2  ... he intentado  pensar variantes donde e divida por otros valores, pero  pierde la esencia la función de optar justamente entre dos valore para par o impar , para convertirse en opciones según el resto respecto de operaciones de modulo $$2^m$$ Collatz tiene m=1.
 
Yo creo que los ciclos en realidad son una coincidencia matemática, y no una propiedad de la función $$zn+1$$ en sí, ya que   con $$y$$ o $$z$$ grandes si no caes en el ciclo trivial, los demás números por lo general habitan en órbitas que divergen, si Collatz es tan dificil es porque el 3 es demasiado pequeño para diverger, frente a la abundancia de pares, el alto valor de $$z$$  compensa y supera la tendencia de caer por ser múltiplo de una potencia de 2. 


Totalmente de acuerdo que $$\prod_{i=1}^{j} k_i = 1$$ genera un ciclo. lo que digo es que  $$j$$ no es pequeño y cada $$k_i$$ cercano a 3/2 si es impar y exactamente 1/2 si es par

[The Tarita]

Hola, Richard y Danizafa

Estoy totalmente de acuerdo con vuestras opiniones.

podría decir  que $$x_i=x_0 \ k_{W}^{w}\prod\limits_{i=1}^{q}k_{Qi}$$

Donde $$q$$ y $$w$$ es la cantidad de veces que hay un ascenso Q y un descenso W  respectivamente.

En un ciclo $$x_i=x_0$$ luego 

$$\dfrac{1}{x_W^{w}}=2^w=\prod\limits_{i=1}^{q}k_{Qi}$$

Supongo que es un error y donde dice $$\frac{1}{x_W^w}$$ debe decir $$\frac{1}{k_W^w}$$

Por otro lado, una precisión sobre lo que se ha comentado.
Recordemos que uso la versión simplificada de la Conjetura de Collatz por lo que el número par que resulta de la operación $$(3x+1)$$ no lo tengo en cuenta.

Supongamos una secuencia en la que el término $$x_t=x_0$$.

Para que se cumpla esta suposición, si el término $$x_0$$ de esta secuencia es $$1(\text{mod}3)$$ impar, entre el término $$x_t$$ y el término impar anterior debe haber una cantidad impar de números pares.
El primero, que será el mayor, de estos números pares tendrá un valor de:  $$2^{(2n+1)}x_0$$  siendo $$(2n+1)$$ la cantidad de estos números pares (1, 3, 5, 7, ...).

Igualmente, para que se cumpla esta suposición, si el término $$x_0$$ de esta secuencia es $$2(\text{mod}3)$$ impar, entre el término $$x_t$$ y el término impar anterior debe haber una cantidad par (0 incluido), de números pares. El primero, que será el mayor, de estos números pares tendrá un valor de:  $$2^{2n}x_0$$  siendo $$2n$$ la cantidad de estos números pares (0, 2, 4, 6, ...).

Saludos cordiales