Mmm. serán esos los números mas bajos que alcancen el 1 en 362 pasos pues cualquier número mayor o igual a $$2^{362}$$ obligadamente tiene 362 o mas iteraciones hasta llegar a 1.
Pero cada distancia de esos números se replica en números obtenidos por recursión afín $$4n+1$$.
No veo claro que ventaja tiene la recurrencia $$n_{i+1}=4n_i+1$$ , en definitiva va crean números de la forma $$n_i=\dfrac{4^i-1}{3}$$ cuando $$i$$ llega a 180 seguro ya desciende en mas de 360 pasos o iteraciones a 1. Además solo puede ascender una vez y luego obligatoriamente desciende a 1.
Pero con la recurrencia $$n_{i+1} =3n_i+2$$ se van creando números que son siempre alcanzados por series que comienzan en $$n_{0}=2^i-1$$ que para el mismo $$i$$ alcanzan el 1 en 2062 pasos...
en general de 5 a 10 veces mas largo el descenso para cualquier i hasta 500.
Hola Richard. Si, yo trabajo con los números más bajos de cada recurrencia, pero no para caracterizar la dinámica, sino el árbol inverso.
Cuando vos tomas la recurrencia, tenés un valor mínimo (este es con él que yo trabajo) , lo llamemos $$n_0$$, definamos
\[n_0 := \frac{2^{k_0} \, y -1}{3} \quad \text{con } k_0=\{1,2\}\]
entonces lo que llamo "fibra afín" es:
\[\mathcal{F}_y = \left\{n_s = 4^s \, n_0 + \frac{4^s - 1}{3}: \quad s\ge 0\right\}\]
Que satisface la recurrencia afín $$n_{s+1} = 4n_s +1$$.
La ventaja es que, para todo elemento de una fibra, la imagen es la misma. O sea que $$\mathcal{F}_y$$ es el conjunto de todas las preimágenes impares de $$y$$.
Partamos del mapa de Collatz reducido a impares, que es:
\[T(n)=\frac{3n+1}{2^k}\] donde $$k$$ representa la cantidad de veces que se divide el resultado de $$3n+1$$ para volver a ser impar.
Entonces para todo $$y$$ impar tal que $$3\not\mid y$$ y para todo $$n, n' \in \mathcal{F}_y$$,
\[T(n)=T(n')=y\]
Spoiler
Si $$n'=4^s n + \frac{4^s-1}{3}$$, entonces:
\[3n'+1=4^s(3n+1)\]
Por lo que en definitiva tendrías algo así:
\[T(n_s)=\frac{3n_s+1}{2^{k_0+2s}}\]
Si tomás un $$n_0$$ y le aplicas la recurrencia, por cada vez que aplicas la recurrencia, solo aumentas en 2 las veces que vas a dividir por 2, pero al final tenés la misma imagen.
Ejemplo: Tomemos $$\mathcal{F}_1 = \{1,5,21,85,341,...\}$$
Spoiler
\[T(1)=\frac{3(1)+1}{2^2}=1\]
\[T(5)=\frac{3(5)+1}{2^4}=1\]
\[T(21)=\frac{3(21)+1}{2^6}=1\]
\[T(85)=\frac{3(85)+1}{2^8}=1\]
\[T(341)=\frac{3(341)+1}{2^{10}}=1\]
Entonces, para mi el conjunto de preimagenes de $$y$$ es $$\mathcal{F}_y$$. Y como cuento pasos impares, todos tienen la misma distancia. Solo que los que no son $$n_0$$ tienen $$k>2$$.
El problema es que, en la dinámica, no puedo analizar solo el número mas pequeño, ya que $$\mathcal{F}_y$$ cae a $$y$$, pero ese número también tiene una fibra que la generás con la misma recurrencia, pero a cada $$y'$$ distinto llega una $$\mathcal{F}_{y'}$$ distinta.
veamos que pasa en cuestion de las preimágenes de $$\mathcal{F}_1$$:
Spoiler
A $$1$$ solo llega $$\mathcal{F}_1$$.
A $$5$$ solo llega $$\mathcal{F}_3$$.
A $$21$$ no llega ninguna, los multiplos de 3 no tienen preimágenes.
A $$85$$ llega $$\mathcal{F}_{113}$$.
A $$341$$ llega $$\mathcal{F}_{227}$$.
Mi idea es ordenar estas $$\mathcal{F}_y$$ de alguna forma... Aún no lo he logrado, pero los computos muestran eso. tomando en cuenta que una fibra es preimagen de un único número, su órbita desde el paso siguiente es la misma, por lo tanto, solo hace falta saber los pasos para el mínimo número del conjunto. Esto elimina un poco ese caos que tiene Collatz.
Además, hay algo útil tomando congruencias: todos los valores generados por la recursión $$n_s$$ cumplen $$n \equiv 5 \, (\text{mod } 8)$$, por lo que eliminas $$1/4$$ de los impares del análisis y sabés bien donde están ubicados, pero siempre hay que tener presente que no significa que los estamos eliminando de la dinámica. Esto más bien mira como se estructura el árbol inverso. Cada $$y$$ es un nodo, cada $$\mathcal{F}_y$$ es una rama infinita completa que cae a ese nodo. Hay que aclarar que, si tomás cada división como un paso, entonces si, tendrías más pasos. Por eso solo considero pasos impares, es más sencillo.
Pero esto te muestra por qué si tomás un número de Mersenne con exponente par ($$2^{2a} -1$$), y dividido por 3, y lo usas de $$n_0$$, la secuencia cae a 1, dividiendo en la cantidad exacta de divisiones por dos como indica el exponente de la potencia de $$2$$, esto es $$2a$$ divisiones sucesivas.
Spoiler
\[n_0=\frac{2^{2a}-1}{3}\]
Aplicando Collatz:
\[\frac{3n_0+1}{2^{2a}}=1\]
reemplazando:
\[\frac{\cancel{3}\frac{2^{2a}-1}{\cancel{3}}+1}{2^{2a}}=1\]
Todos tendrían una cantidad de pasos impares para llegar a 1 si consideras el paso impar y las sucesivas divisiones. Cada ves que aumentas un salto de la iteración, aumentas dos divisiones consecutivas, pero con el mismo resultado. Si consideras solo pasos impares, para toda esa familia de números solo es un paso.
Siempre se aumentan dos divisiones por $$2$$ por cada unidad que agregas a $$s$$, solo por el hecho de $$3n'+1=4^s (3n+1)$$.
Como siempre, espero que se entienda.
Saludos.
P/D: Entonces los cuadros de arriba cuando dicen "cantidad de $$n$$", en realidad cuenta la "cantidad de $$\mathcal{F}_y$$" para una distancia de $$x$$ pasos impares, y hasta el límite del "Max impar inicial". Omite los $$n \equiv 5 \, (\text{mod }8)$$.
