La conjetura de Collatz

Elijamos un número natural, digamos n, y realicemos los siguientes cálculos:

  • Si n es par dividámoslo por 2
  • Si n es impar multipliquémoslo por 3 y sumémosle 1 al resultado

Con el número obtenido repitamos el proceso, y así sucesivamente. Hagámoslo con un ejemplo:

n = 6

La secuencia que obtenemos es:

6, 3, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1

Vemos que en unos cuantos pasos hemos llegado al número 1. Pues eso mismo es lo que dice la conjetura de Collatz (también conocida como conjetura 3n + 1, conjetura de Ulam o problema de Siracusa):

Conjetura de Collatz

Para cualquier número natural n realicemos los siguientes cálculos:

  • Si n es par dividámoslo por 2
  • Si n es impar multipliquémoslo por 3 y sumémosle 1 al resultado

Repitiendo el proceso con los números obtenidos la secuencia siempre acabará en 1

Ya hemos visto la secuencia que obtenemos comenzando por 6. Si escogemos n = 11 obtenemos:

11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1

Una secuencia algo más larga, pero que también termina en 1. Y con n = 27, un número ciertamente pequeño, obtenemos una secuencia considerablemente grande: 111 pasos

27, 82, 41, 124, 62, 31, 94, 47, 142, 71, 214, 107, 322, 161, 484, 242, 121, 364, 182, 91, 274, 137, 412, 206, 103, 310, 155, 466, 233, 700, 350, 175, 526, 263, 790, 395, 1186, 593, 1780, 890, 445, 1336, 668, 334, 167, 502, 251, 754, 377, 1132, 566, 283, 850, 425, 1276, 638, 319, 958, 479, 1438, 719, 2158, 1079, 3238, 1619, 4858, 2429, 7288, 3644, 1822, 911, 2734, 1367, 4102, 2051, 6154, 3077, 9232, 4616, 2308, 1154, 577, 1732, 866, 433, 1300, 650, 325, 976, 488, 244, 122, 61, 184, 92, 46, 23, 70, 35, 106, 53, 160, 80, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1

Imaginad las secuencias que obtendríamos con números grandes.

Este resultado sigue siendo una conjetura ya que no se tiene demostración alguna de su veracidad ni nadie ha encontrado ni contraejemplo ni demostración que demuestre su falsedad. Se ha comprobado que para números hasta 258 la secuencia siempre acaba en 1, es decir, la conjetura es cierta para esos números, pero eso no nos sirve como demostración. Sólo nos podría servir para intuir que podría ser cierto, pero la intuición a veces puede fallar, y si no recordar el caso de la conjetura de Polya.

Si alguien se atreve con el problema y obtiene algún resultado interesante que no dude en comunicárnoslo.

Fuente: Wikipedia (inglés): Collatz conjecture

Actualización: Dos apuntes interesantes:

  • Interesante forma de atacar el problema la propuesta por Asier. Puede que desarrollándola no se llegue a nada concluyente, pero es bastante original.
  • Enric ha creado un programa para calcular las sucesiones de números que aparecen al comenzar por cualquier número. Tenéis que entrar aquí y escribir http://www.enric.es/php/conjetura-collatz/?f=número-que-queráis. Hasta 1000000000000 lo da bien. A partir de ahí llega al ciclo 4, 2, 1 y lo repite indefinidamente. Y 2000000000010 es el último número para el que ocurre eso. A partir de ahí aparecen números tan grandes que el programa muestra INF de forma indefinida. De todas maneras es muy interesante.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

85 Comentarios

  1. Supongo que para la demostración es fácil ver que sólo hace falta demostrar que partiendo desde cualquier impar realizando una o varias operaciones, de las que les tocan a los impares (x3 +1), se puede llegar a un número par.

    Ahora demostrar eso, ¡uff! Debe ser chungo.

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    • Pero, ¿cuál es la probabilidad de que un numero en la función de collatz no genere una potencia de 2, y por lo tanto llegar al ciclo 4,2,1? Imposible. tendría que haber infinitos números enteros entre dos potencias de dos para que esto suceda.

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  2. Es un problema de los que me gustan, por lo sencillo del enunciado y lo fácil que es para entender. Y lo bueno es que aun está sin demostrar 🙂

    Por cierto neok, para cualquier impar 3x + 1 da siempre par 😉

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  3. Asier y Naka, cierto me había hecho un lío, pensaba en número par como el número 2n.

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  4. Hace tiempo estuve haciendo mis indagaciones con esta conjetura (yo la conocía por otro nombre)… y todas las sucesiones tienen que pasar por el número 16 para poder llegar a 1.

    Lo podéis comprobar de forma constructiva:
    Para llegar a 1 hay que partir de 2/2 o 3x+1 (pero esta última nunca puede ser 1 para x mayor que 0), por tanto para llegar a 1 es necesario pasar por el dos. Con el 2 se vuelve a hacer la prueba… y llegaréis a que el 16 es el primer número que se puede obtener de dos formas.

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  5. Mimetist, es tu opción de gloria. Hace tiempo pediste un problema no resuelto, ¿no? 😉

    Y mira que parece una tontería… pero nada… se me resiste así a la primera intuición 😀

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  6. jajaja, pero este es uno de esos que no hay por donde cogerlos…

    En algún sitio leí que sólo hay unas 9 o 10 personas en todo el mundo con los conocimientos necesarios para poder atacar el problema… así que imagínate la profundidad que tiene que tener la cuestión.

    Yo miro el problema y veo hasta fractales xD, de forma constructiva tenemos un árbol que empieza a ramificarse en el 16, supongo que se podría hacer algo comprobando que todo número está unido a otro inferior siguiendo algún camino y que tampoco se forman bucles dentro de la ramificación…

    Pero sinceramente, no tengo ni idea de como intentar ni lo uno ni lo otro xD

    A ver si ^DiAmOnD^ tiene alguna idea, que ya tiene la carrera terminada!! jejeje

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  7. Buenas, le he estado dando algunas vueltas al problema y creo haber encontrado si no una demostración estricta, sí una prueba bastante clara que al menos a mí me satisface. Está relacionado con el cáculo de probabilidades. Os lo explico a ver qué os parece:

    Partiendo de cualquier número, llegamos a uno par, bien sea el número inicial o tras hacer hacer 3x + 1.

    Para un número par aleatorio, la probabilidad de que su mitad sea también par es de 1/2 (esto es evidente). A ese número obtenido tras dividir el número par y que tiene probabilidad 1/2 de ser par o impar lo llamaremos x.

    A partir de aquí las posibilidades son estas:

    SITUACIÓN INCIAL:

    (1) x PAR –> :2 –> SITUACIÓN INICIAL

    (2) x IMPAR –> 3x+1 –> :2 –> SITUACIÓN INICIAL

    Como vemos siempre volvemos enseguida a la situación inicial donde la probabilidad de tener un número par o impar es 1/2. Dado que esto es así, significa que a la larga pasaremos tantas veces por (1) como por (2). Es exactamente igual que cuando tiramos una moneda al aire, puede salir varias veces seguidas cruz pero a la larga el número de caras y cruces siempre tiende a igualarse.

    Ahora, si os fijais bien, y dado que los ‘caminos’ (1) y (2) son equiprobables, vemos que la operación :2 se efectuará dos veces por cada vez que se efectua 3x+1. Es decir, a la larga estamos dividiendo dos veces por cada vez que hacemos 3x+1. Y dividir dos veces por dos es como hacer :4 lo cual hace que acabemos descendiendo porque digamos que :4 ‘gana’ a 3x+1.

    Qué os parece?

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    • Es lo que habia pensado yo. La probabilidad nos llevará a ese resultado.
      Un nº impar x3+1 dará un nº par; un nº par /2 el 50% de las veces dará par y el otro 50% de las veces impar.
      Por tanto, da igual que al multiplicar x 3 y sumar 1 el nº crezca más que al dividirlo entre 2 xq es más probable q esto segundo ocurra tendiendo siempre a disminuir el nº en algún momento dado cuando se encadenen varios resultados pares seguidos, llegando siempre al 4, 2, 1

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    • Buen día, saludos desde uruguay, perdón si me meto de golpe en la conversación, pero me interesó mucho.
      Recién me estoy metiendo en el tema, pero creo que por ese lado no estaría bueno atacarlo. Quizás estoy equivocadom pero eso también estaría bueno para ver como
      Explico porque con un contra ejemplo.
      Supongamos que en vez de tener que para cada par x(i)=x(i-1)/2 y para cada impar x(i)=3.x(i-1)+1 la función para los impares fuera x/i)=5.x(i-1)+1

      De esa forma estaríamos en una situación similar, pero que ya para x(0)=5 no funciona

      5-26-13-66-33-166-83-416-208-104-52-26-13 (volvemos a 13) y por tanto estaríamos hasta infinito con esta iteración 13-66-33-166-83-416-208-104-52-26-13

      Quizás no entendí bien la explicación de Asier y estoy mezclando, si es así, disculpas.

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  8. mimetist la verdad es que tengo pocas ideas de cómo afrontar esto por mucho que acabara la carrera hace unos años. El problema es demasiado complicado como para afrontarlo de una manera fiable sólo con los conocimientos de la carrera.

    Asier no sé si llegarías a algo concreto con ese razonamiento. Lo que no se te puede quitar es que tienes ideas verdaderamente interesante.

    Por cierto, ¿cómo quedó aquel tema de la conjetura de Legendre? ¿Algún otro avance?

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  9. Asier me gusta tu razonamiento y no le veo ningún error. Lo que pasa es que no sé si una demostración probabilística és algo que los matemáticos aceptarian; la lógica probabílistica no la conozco. Yo no lo he visto nunca, pero creo que es una gran idea.

    Saludos.

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  10. El razonamiento de Asier si demostrara algo sería que es más probable que un número cumpla la conjetura de Collatz, pero como es bien sabido no siempre sale el 50% de caras y de cruces en una tanda de tiradas de monedas.

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  11. Una vez dijo Paul Erdos q faltan muchos años de desarrollo de las matematicas para q se pueda plantear una solucion a este problema. Con una frase asi creo q solo intentaria resolver el problema quien desconoce al mejor de nuestros tiempo.

    Tu planteo Asier da la idea q desciende la serie, pero no salva al quizas el problema mas importante de esta conjetura (o al menos para mi lo es) q es la presencia de algun ciclo.

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  12. Yo note otra cosa

    Segun mimetist la “cadena”(como yo la llamo) pasa siempre por 16 para llegar a uno.. pero segun he visto(hice unos 4 numeros mas…) siempre pasa por numeros pares, hasta llegar a 10.. dividiendose..

    como aki

    160, 80, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1

    Note, ke entre mas grande se hacia el numero, derrepente se creaba una nueva “repeticion” en mi “cadena” .. creandose asi un ciclo .. agregandose, si el numero fuera muy grande

    320, 620, 1040, 2080.. etc.. pero solo en los grandes, por ejemplo en el 27 solo llega a aparecer el ciclo desde 160, pero un numero mas grande(no he hayado el numero en cuestion) empezara a mostrar apartir de el( llamemoslo x) el 320, y luego apartir de “y” sera 620.. asi si sakamos el 25(por decirlo, no tengo tiempo de sakarlo) sera solo 160, … y si sakamos 23 sera 80.

    No se si me explico,… apenas empiezo en esto de matematicas “online” soy mas de pizarron.. xD..

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  13. En realidad, hasta 16 se puede llegar desde 5 ó desde 32… quizá sea el mejor punto para empezar 🙂

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  14. Buenas, me alegro de que os haya gustado mi razonamiento…

    galois yo no digo que “siempre sale el 50% de caras y de cruces” sino que a la larga, y en este caso sí que disponemos de tantas ‘tiradas’ como necesitemos, la proporción tiende a ser 50%. Con lo cual acabamos dividiendo más veces que multiplicando, razón por la que converge.

    Alejandro es cierto que no demuestro la imposibilidad de que haya ciclos, salvo el ciclo final 1 – 4 – 2 – 1. He conseguido (aparte) demostrar que no puede haber ciclos cortos de tipo:
    x –> 3x+1 –> :2^k –> x
    x –> 3x+1 –> :2^k –> 3x+1 –> :2^k –> x

    pero demostrarlo para ciclos de cualquier tamaño parece bastante más complicado.

    Diamond en cuanto a la conjetura de Legendre, como te comenté encontré un contraejemplo para una de las afirmaciones que hacía en la demostración, con lo cual demostrado no está pero creo que hice un planteamiento interesante y tal vez cuando tenga algo más de tiempo lo retome…

    Por cierto, y para todos: me he fijado en que para la secuencia que viene desarrollada en el ejemplo, n = 27, si quitamos todos los pares, que son más de la mitad, entre los impares hay muchos primos, concretamente estos 24:

    31, 41, 37, 71, 107, 137, 103, 233, 263, 593, 167, 251, 283, 479, 719, 1619, 911, 1367, 577, 433, 61, 23, 53, 5

    casualidad? podría ser una pista? os sugiere algo?

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  15. Tenemos otro programador, Diamond y Neok… es que yo toy vago 😀

    A Enric le ha quedado más bonita, también, jejeje

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  16. A ver qué os parece este razonamiento para ir avanzando:

    “Si para cualquier número inicial demuestro que en la secuencia aparecerá otro número menor, entonces la conjetura queda demostrada”.

    Con esto nos olvidamos de todos los pares dado que el siguiente número de la secuencia será su mitad.

    Para los impares tenemos que pueden dividirse en dos conjuntos:

    1.- Impares tipo 4k+1
    2.- Impares tipo 4k-1

    Para los impares tipo 4k+1 mirad lo que ocurre:

    4k+1 —> 12k+4 —> 6k+2 —> 3k+1 < 4k+1

    Por lo tanto nos olvidamos también de estos impares. Ya hemos descartado todos los pares y la mitad de los impares.

    ¿os animais con los impares tipo 4k-1?

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  17. Vaya, Asier, sigues con tus ideas interesantes. La verdad es que tiene muy buena pinta este tema. He estado echando un ojo a los 4k+1 (k par en los dos casos que has descrito, ¿no?) y no parece ser muy sencillo de comprobar.

    Supongamos que comprobamos que también se cumple tu hipótesis para estos números. Entonces habría que usar inducción, ¿no?

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  18. Para abarcar todos los impares hay que tomar k = 1,2,3,4,5…. en los dos casos.

    Para impares de tipo 4k+1 ya he demostrado que siempre llegamos a un número inferior (independientemente de k). Ahora solamente habría que demostrarlo para impares tipo 4k-1 (ó 4k+3, que es lo mismo).

    El método es el de inducción, sí, porque si siempre obtengo en la secuencia un número menor, puedo tomar ese número menor como el inicial y volveré a obtener otro aun menor, con lo cual quedaría todo demostrado, es decir, que la secuencia desciende y que no habrá ciclos.

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  19. Me parece que los razonamientos de asier son, sin desmerecer a nadie, los más interesantes. ¿Sabéis a día de hoy los resultados parciales obtenidos en el problema 3n+1?

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  20. Siendo sincera, llevo muchos años dedicándole tiempo a este problema que me apasiona. Dedicándole gran parte de mi tiempo de ocio, y también algunos huecos en el trabajo, he llegado a algunos resultados. Os puede parecer altivez, pero la línea de asier es la que yo seguí, y dado que, casi con total seguridad le he dedicado al problema mucho más tiempo que asier, mis resultados hasta el momento van mucho más lejos. No los cuento porque siempre tiene una la esperanza de que tu propia línea o plan te conduzca a la solución; y aunque nunca llegue a ser así -lo más probable-, los resultados parciales pueden en un momento dado llegar a ser dignos de publicación.

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  21. Parece que los impares 4k-1 llegan al 16 a través del 10. Por lo tanto todos llegan al 40. Aquí es donde se diferencian porque unos llegan a 40 por medio de 80 y otros por medio de 13.

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  22. creo que la solución es esta gran conjetura está en una relación que existe entre lo que yo llamaría pares puros, que son de este tipo 2^n.(dos elevado a la n) y la función 3x+1 (con xEIN). he represantado y comparado los resultados en excel, y hay una ligera relación en que la función 3x+1 en determinado momento convierte a los números del tipo 2n+1 en 2^n(dos elevado a la n), es decir si represento a todos los números impares obtenidos al alplicar 3x+1,ontengo en su lista los números del tipo 2^n, pero en forma intercalada, es decir, en vez de obtener 4,8,16,32,64,128; obtengo 4,16,64,256,.que son el resultado de aplicar 3x+1 a los impares,,los número que llevan a que la sucesión termine en 1 son los exponentes de 2^n.
    los pares puros y pares impuros (pares impuros son del tipo 2^n*primo) convergen al final en lo que yo llamo cociente de pares puros, 2^n/2^n.

    creo que mi explicación es no fue muy explícita pero, sólo he estudiado el problmas en tres días abandonado mi estudio(soy estudiandnte de agrimensura UNNE),,,,simpre me ha gustado la matemática, y simpre me he sentido desafiado por todo tipo de problemas,, la verdad mi entrenamiento es muy pobre debido a que en mi carrera solo tuve álgebra,álgebra linea y geomtría,análisis matemático, pero conozco la tería de los números y leí el ibro de enzo gentile….creanme una gran relacion en el comportamiento de estas dos funcions discretas, 2^n y 3x+1, ya que si lo que buscan es su solución, se vana encotrar con los pares puros en impuros.

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  23. Hola, he visto una página curiosa:

    http://matematicainsolita.8m.com/

    En ella hay descargas de lo que el autor dice ser la demostración de la conjetura de Collatz. El caso es que uno no tiene tiempo ni capacidad para revisar los documentos que tan amablemente nos ofrece el autor para su descarga. Uno se ve tentado de dejar de leer cuando también nos presenta una demostración del UT de Fermat mucho más asequible que la de Wiles, así como la demostración a otras conjeturas que el eleva rapidamente a Teoremas en unas pocas lineas. Pero viendo los planteamientos que hace no me parecen muy descabellados y me pregunto si al menos la forma de atacar el problema pueda ser interesante.

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  24. Sííí, eso dice, y tiene mucha gracia.

    Porque dice que el teorema de Pitagoras es falso, y en la demostración de que es falso acaba demostrando que es cierto.

    Acaba diciendo que 40V + 64C + 25S no es igual a 36C + 60C +25S.
    Pero esto no es lo que tendría que ser el teorema de Pitagoras, lo único que interesa es el 25S que es iqual en las dos expresiones, por lo tanto, la demostración de que no es cierto demuestra que es cierto (25S = 25S).

    No sé si lo dicen en serio, pero tiene gracia.

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  25. Alguno de vosotros ha leído “A stopping time problem on the positive integers.” de R.Terras? No es muy actual y quizás haya otros trabajos sobre la conjetura de Collatz mas nuevos. Yo solicité- y agradezco por la deferencia de acceder- a reabrir los comentarios en este post.

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  26. sabemos que el conjunto de los números naturales, la operación sobre los números impares incrementa la serie y arroja siempre un resultado par, mientras que la división por dos genera la mitad de las veces un número impar. Por tanto, la secuencia sólo podrá finalizar y lo hará necesariamente como resultado de sucesivas divisiones a partir de una potencia de dos. Dado que 2 y 4 los valores más bajos de esta potencia, se puede deducir que toda secuencia que finalice en un número de operaciones finito, generará la iteración (4,2,1,…..).
    El número de las potencias de dos que inician las series entre 2^k y 2^k+1 es de dos y, lógicamente se hacen más escasas a medida que aumenta el número natural inicial, Por lo tanto, sería condición necesaria que las que se generan tras una o más operaciones posteriores de aplicar 3n+1 a un resultado previo aparezcan en algún momento en todas las secuencias que no se inicien directamente por potencia de dos.
    La proporción de pares en los resultados de la k-esima operación sobre el conjunto de naturales tiende a 1/3 (podéis comprobarlo gráficamente con un número suficiente de secuencias o bien mediante la suma infinita de una prgresión de razón r=-1/2 y a1=1). Con un razonamiento similar se deduce la misma proporción de pares si se prolonga indefinidamente cada secuencia individual. Se trata de condiciones necesarias pero no suficientes para que se confirme la conjetura de Collatz.
    Un aspecto interesante que es posible que no sea trivial es que, si se calcula la cantidad teórica de “trayectorias” posibles aplicando las posibles concatenaciones de operadores según se obtenga par o impar, el resultado crece según la secuencia de Fibonacci. P0=Un impar-P1=Una posibilidad (par)- P2=dos posibilidades (par e impar)-P3=tres posibilidades (dos pares y una impar)- P4=5 posibilidades (tres pares y dos impares)- P5=8 posibilidades (cinco pares y tres impares)….etc.

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  27. no es por presumir, pero estoy completamente seguro de haberlo resuelto. En algún momento (probablemente durante este verano, cuando tenga tiempo, que ahora estoy muy liado) os daré la solución.
    P.D.: no es tan difícil

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  28. Conjetura de los Coeficientes Intercambiados de Collatz ó 2Ʌm*(n + 3)

    El origen que da nombre a esta conjetura es muy fácil de comprender, sea 2Ʌm*(3n + 1) una función que cumple con las normas establecidas por la conjetura de Collatz, si hacemos un intercambio entre el coeficiente numérico que acompaña a la variable n y el término independiente (1), la función se convierte en: 2Ʌm*(n + 3), sus propiedades son las siguientes:

    1) Sea n un número natural divisible por 3 y m un entero mayor que -1.
    Si n es impar, le sumamos 3 y multiplicamos el resultado por 2Ʌm.
    Si n es par, lo dividimos por 2.
    No importa cuál sea el número (n), siempre que sea múltiplo de 3, la serie terminará en 3.

    Ej.:

    n = 3, m = 0

    3 + 3 = 6
    6/2 = 3
    S{ 3, 6, 3}

    n = 9, m = 0

    9 + 1 = 10
    10/2 = 5
    5 + 1 = 6
    6/2 = 3
    S{ 9, 10, 5, 6, 3}

    2) Sea n un número natural que no es divisible por 3 y m un entero mayor que -1.
    Si n es impar, le sumamos 3 y multiplicamos el resultado por 2Ʌm.
    Si n es par, lo dividimos por 2.
    Siempre y cuando el número (n) no sea múltiplo de 3, la serie terminará en 1.

    Ej.:

    n = 5, m = 0
    5
    5 + 3 = 8
    8/2 = 4
    4/2 = 2
    2/2 =1
    S{5, 8, 4, 2,1}

    n = 22, m = 0

    22/2 = 11
    11 + 3 = 14
    14/2 = 7
    7 + 3 = 10
    10/2 = 5
    5 + 3 = 8
    8/2 = 4
    4/2 = 2
    2/2 = 1
    S{22, 11, 14, 7, 10, 5, 8, 4, 2, 1}

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  29. Me parece Don Carlos Federico que comete ud. un error. Tanto sea múltiplo de tres o no las series terminan en 1 siempre ( hasta que alguien demuestre lo contrario)

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  30. No es un error, estas confundiendo la conjetura original con la conjetura de los coeficientes intercambiados, esta otra es n + 3 y sus variantes: 2n + 6; 4n + 12 etc.

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  31. Tiene ud. razon, me apresuré a efetuar el comentario. Luego me di cuenta del mi error. Disculpe.

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  32. Nunca habia escuchado de la conjetura de los coeficientes intercambiados que expone el Sr Carlos Federico, me gustaria saber mas sobre dicha conjetura, donde encuentro informacion.

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  33. Asier me encanto tu analisis.
    Habia llegado a darme cuenta de algo que se acerca a lo que tu dices pero no pude avanzar mucho.
    Lo que habia pensado es algo asi como que se trata de una “maquina matematica” que fabrica numeros pares y los divide por dos.
    Es decir el x 3+1 es solo una forma de transformar un immpar en par.
    Lo que me llama la atencion es que pueda tener mas “potencia” el /2 que el multiplicar por 3. Con el resultado que la serie siempre tiende a 1. en lugar de infinito.
    Lo que pasa es que lo que estas haciendo es fabricando numeros pares para dividirlos por dos solo si los que van apareciendo no son pares. De modo que si es par divido por dos. Si no lo es le agrego uno ( lo multiplique por 3 o no ) y lo divido por dos.
    yo estuve probando a no multiplicar por 3 y solo sumarle 1 si es impar cada nuevo output.
    No se que tiene que ver con nada todo esto. De todas maneras es curioso .
    De todas maneras y esto es una pregunta: que es lo que hay que demostrar ? Yo lo que veo es algo para explicar .
    Pido disculpas por meterme en esto sin ser matematico. Soy Medico y ni se como me encontre con este problema .
    Salud : Jaime

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  34. Seguro que ya se ha intentado, pero invirtiendo la iteración no se podría demostrar que puedes alcanzar todos los números naturales?

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  35. Más que interesante conjetura. Es increíble como cada sucesión termina siempre en alguna potencia de 2 que lleva a 2^0.

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  36. Leo, ya lo intenté y queda un problema igual de díficil pero que incluso suena más complicado, esto es:

    Se puede crear cualquier número partiendo desde el 1 si se realiza la siguiente sucesión siguiendo cualquiera de las 2 opciones en cada iteración:

    f(n+1)= {multiplicar por 2} ó {restar 1 y dividir el resultado por 3/ El resultado debe ser un número natural o no se puede usar esta opción}

    A ver si algún matemático se atreve a hacer una definición formal de este problema.

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  37. Asier, esos son razonamientos que están en la página de Terence Tao…

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  38. Buenos días! He estado razonando un poco sobre el tema y, aunque no llego a nada, quería compartirlo. Es posible que haya algún error. Hay muchas ideas que ya están dichas.
    Me parece muy interesante.
    El producto de dos números impares tiene como resultado un número impar. Si sumamos 1 a un número impar obtenemos un número par.
    Imaginemos que si obtuviéramos un número impar, en vez de multiplicarlo por 3 y sumarle 1, lo multiplicáramos por 1 y le sumáramos 1. Entonces parecería evidente que el último término sea 1, ya que no paramos de operar hasta obtener el 1 y como /2 es más “potente” que sumar 1, el número de operaciones sería finito.
    Por cierto, sería interesante mirar lo que pasaría si multiplicásemos por 5 y sumáramos 1 a los impares.
    Multiplicando por 3 y sumando 1 cuando obtenemos un impar, el número de operaciones es mucho mayor, hasta el punto de que para números grandes nos da la sensación de que nunca vamos a acabar de operar. Pero fijaros como el número de operaciones con n=7 es mayor que el número de operaciones con n=11. Del mismo modo, es menor el número necesario de operaciones para n=3238 que para n=27, ya que éste es un término de la secuencia para n=27, donde 27 es el primer término.
    La razón por la cual acabamos de operar es que sólo podemos multiplicar por tres y sumar 1 una vez seguida, puesto que de ahí obtenemos un par, mientras que al dividir un par entre dos podemos obtener otro par.
    Tendría relevancia saber el número de operaciones necesarias?
    Si se pudiese demostrar que la
    secuencia tiene un número finito de términos para cualquier valor de n, entonces evidentemente estaría demostrando que el último término es 1, ya que no ceso de operar hasta que obtengo el 1. Decir que tiene un número finito de términos sería lo mismo que decir que son necesarias un número finito de operaciones.
    Razonar a partir de aquí es más complicado y está más “en el aire”.
    Y si intento demostrar que no puede haber ningún número para el cual la división no compense al producto?
    Para que el número de operaciones sea finito, el número de veces que divido entre dos tiene que ser mayor que el número de veces que multiplico por tres y sumo 1.
    Para que no se pudiese dividir entre 2 dos veces seguidas (que es lo mismo que decir que no se puede dividir ningún término entre 4 con resto exacto) el número formado por las dos últimas cifras no puede ser múltiplo de 4.
    Entre 1 y 99 habrá (100/4)-1=24 múltiplos de 4.
    Estos son: 4,8,12,16,20,24,28,32,36,40,44,48,52,56,60,64,68,72,76,80,84,88,92 y 96.
    Esto es que si la primera cifra es par, la segunda es 0, 4 u 8; si la primera cifra es impar, la segunda es 2 ó 6.
    Probablemente exista una cantidad mínima de números pertenecientes a múltiplos de 4 en la secuencia, en relación con el número total de términos, lo que no quiere decir que haya una proporción directa (por ejemplo, para 2 elevado a lo que sea, todos los términos son pares y sólo se divide entre dos).
    Y aquí lo dejo.
    Felicitaciones por la página. Me encantan todas las publicaciones.
    Saludos!

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  39. hola amigos.. tengo una explicacion del porq sucede lo propuesto en la llamada congetura de collatz. pero lo mas interesante es un concepto nuevo de funcion q fuy desarrollando a medida q surgia la necesidad para la resolucion del problema. a este concepto le falta mucho por desarrollar aun y quisiera compartirlo con ustedes

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  40. sabran ustedes q antes necesito patentar o alguna manera de hacer propio el trabajo .. y es la ayuda q kiero pedirles. yo nose como conseguir eso

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  41. veo q hay ideas muy interesantes por eso kiero felicitarles a todos desde mi humilde opinion. muchas de ellas me guiaron en el camino hacia la resolucion del problema

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  42. bueno .. espero respuestas.. desde ya gracias.. mi faceb es leopoldo dos santos

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  43. Buen dia a todos, eh estado trabajando en la conjetura de Collatz con algunas ideas que Uds postaron llegue a algunos resultados como el fractal a cual esta relacionado, pero cuando lo descubri ya alguien habia hecho ese trabajo y aun con imagenes muy belllas por cierto, solo que yo lo encontré como una grafo que se extiende de forma fractal usando la idea que posto “Asier” en mi intento de reducir los impares de la forma “4k+1” solo que yo lo calcule a mano =’), bueno apartir del cual mi nueva conjetura seria que si dicho fractal se extiende al infinito, dado un numero “N” de la forma 4k+1 es posible reducirlo a un número menor que “N” mediante el algoritmo de collatz pues tal número estará siempre en alguna ramificación de mi grafo…. caso contrario mi ramificación tendria un fin lo cual supondría que el grafo no seria un fractal…. bueno tal ves ya alguien haya llegado a este resultado.

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  44. Les informo que la Conjetura de Collatz la ha resuelto el matemático Andri Lopez.

    Demostrando la existencia de infinitos algoritmos en la form (Xa +1) para el ciclo 4,2,1; el primero de ellos es 3a +1.
    el segundo 7a +1.

    El algoritmo 3a +1 tiene relevancia en la solución del problema computacional O(2^{n}).

    Pueden ver el articulo en:

    Universal Journal of Computational Mathematic Vol 3 (2) 2015

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    • Lo que se ha demostrado es la existencia de infinitos algoritmos que generan el ciclo 4,2,1, no que para todo n se llegue a ese ciclo.

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  45. Hola llegue a una teoria que demuestra la validez de la conjetura la estoy elevando a la universidad para comentarios y luego la publicare en este medio que me fue recomendado por profesores, saludos a todos

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  46. Hola a todos. Soy una aficionada sin estudios a la que le gusta esta página, aunque la mayoría de las veces no entienda nada, hasta sigo los comentarios por si me ayudan

    Impar. n. n

    2n+1. + n. = 3n+1

    3. + 1. = 4
    5. + 2. = 7
    7. + 3. = 10
    9. + 4. = 13
    11. + 5. = 16
    13. + 6. = 19
    15. + 7. = 22
    17. + 8. = 25
    19. + 9. = 29
    Y así todos. El polinomio de entrada son los números impares, el de salida nos conduce a 1 a través de pares e impares.Los caminos finales de llegada son a través del 4 y del 5 así (3*3)+1=10. 10/2=5 y (1*3)+1=4
    Notar que el primer polinomio impar es el 3 porque el 1 no es polinomio .
    Las entradas, a la izda van de 2 en 2 y las salidas van de 3 en 3. Las salidas se relacionan unas con otras porque al final todas van al camino del 4, cuyo origen es el 5,o al camino del 5 cuyo origen es el 3.

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      • Por ejemplo: 19+9=28 si al 28 le aplico las reglas de Collatz como su n=9 coincide con el polinomio inicial 9, para el que su n=3.
        Otro: 23+11=34. 34/2=17. (17*3)+1=52.
        52/2=26. 26/2=13. (13*3)+1=40 40/2=20 20/2=10 10/2 =5 (5*3)+1=16. Y 16 era el polinomio de salida cuando el polinomio de entrada era 11. Por eso digo que se relacionan.Y para el polinomio 11 su n=5, al
        final todos van a 2 y después a 1 porque ni el
        1 ni el 2 son resultado de 2n+1 ni de 3n+1.
        Espero que sea entendible.

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        • Perdonar, tengo que volver a rectificar. Donde dice que el polinomio de entrada 9 tiene n=3 no es así,su n=4, su salida es 13 y aquí coincide en la salida con el 28. 28/2=14 14/2=7. (7*3)+1=22 22/2=11. (11*3)+1=34. 34/2=17. (17*3)+1=52. 52/2=26 26/2=13..

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  47. Utilizando la página de Enric, me he puesto a colocar números. Probé poner cada vez la cantidad de pasos requeridos por el número anterior y siempre (las veces que he probado) acaba en los mismos números: 9, 19, 20, 7, 16, 4, 2, 1, 0.
    También puede ser que llegue a alguna parte de esa lista, por ejemplo que aparezca el 16 sin pasar por los cuatro anteriores, pero siempre llega a 4, 2, 1, 0

    Debido a que hay números que requieren una cantidad de pasos mayor al propio número, es posible que se forme un ciclo que NO termine en esos.

    La pregunta es si alguien puede encontrar un número, si existe, que no termine en 4, 2, 1, 0

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  48. Por la definición de la conjetura, en las secuencias, a todo número par n le sigue el número n/2, y así sucesivamente hasta alcanzar el primer número impar m, al que le sigue el número 3m+1. Por lo tanto, la conjetura podría equivaler a considerar en las secuencias sólo a los números impares y ver si se puede demostrar que para todos los impares positivos sus secuencias de impares terminan siempre en 1.

    Dado un número impar n1 positivo, si n2 es el siguiente impar de su secuencia, se puede comprobar que:

    Si n1 = 1+8k -> n2 = 1+6k
    Si n1 = 3+4k -> n2 = 5+6k
    Si n1 = 5+8k -> n2 = 1+2k (*)

    Siendo k = 0,1,2,3, …

    A modo de ejemplo, la siguiente tabla muestra los primeros valores:

    n1 – n2
    1 – 1
    3 – 5
    5 – 1(*)
    7 – 11
    9 – 7
    11 – 17
    13 – 5(*)
    15 – 23
    17 – 13
    19 – 29
    21 – 1(*)
    23 – 35
    25 – 19

    (* NOTA: La expresión n1 = 5+8k -> n2 = 1+2k se obtiene de una manera indirecta no indicada aquí para simplificar pero si alguien tiene interés puedo comentar como se obtiene).

    A partir de estas consideraciones, se puede obtener fácilmente el proceso de construcción del árbol mostrado en la página 4 del documento:
    http://www-personal.ksu.edu/~kconrow/newpapr2.pdf

    Y que está formado por infinitos números impares, cuyo primer nodo es el número 1 y que permite obtener las secuencias de impares para los números que lo forman.

    Aunque este árbol está formado por infinitos números impares, no se puede garantizar si están o no todos los infinitos números impares y por lo tanto no resuelve la conjetura.

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  49. Del total n 1/2 es par y 1/2 es impar. A ambos les ocurren las mismas cosas

    1/8.
    1/4.
    1/2. 1/8

    1/8
    1/4
    1/8
    Son series infinitas de probabilidades tanto para los pares como para los impares y su suma =1
    Entonces no me explico si el total es 1, cómo al sumar un camino sale 1. 1/2+1/4+1/8+1/16+1/32………….+1/(2^n)=1
    1/2+1/4+1/8+1/16+1/32………….+1/(2^n)=1
    1/1probabilidad par+1/1 probabilidad impar=2/1=2?
    No se si tendrá algo que ver.

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  50. Esta x conduce directamente a 1 para todo n, lo malo es que los números son enormes. (3x+1)/2^6n. x=(2^6n-1)/3 Es un intento de relacionar las potencias de 2 con los múltiplos de 3.

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  51. VVVVVV
    ____________ Hola, he seguido con el problema y he encontrado algo interesante. Imaginar que esas líneas están unidasen los vértices de abajo de la quebrada con la recta o semirecta, la quebrada representa los impares y la recta los pares. Los vértices unidos es cuando el impar se ha hecho par, y los vértices de arriba son los impares que salen al dividir los pares entre 2. La linea recta conduce a 1, cada punto de enlace con la quebrada es una división entre 2. La recta es un camino de potencias pares de 2, o sea 2^2n. Los vértices impares son siempre una división menos, entonces 2^(2n-2)+1
    Ahora 2^2n=3(2^(2n-2)+1)+1
    Para n=1 como 2^(2n-2)=1 no hay que añadirle el 1 que lo hace impar, aunque sí hay que añadirle el 1 que se suma según Collatz, así quedaría. 2^2=3*1+1. El mínimo número de Collatz es 4, que surge de esta primera ya que es el primero que corresponde a 2^2n.
    Para los posteriores impares hacemos:
    2^2n=3(2^(2n-2)+2^(2n-4)+2^(2n-8)…….2^2)+1 dependiendo de lo grande que sea n, se hace la suma, viendo que su último término es 2^2.
    Al aplicar la regla para los impares de Collatz, lo que hacemos es ir añadiendo potencias de 2 hasta llegar al orden que conduce a 2^2n que a su vez conduce a 1

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    • Ah, tengo un error garrafal ! En la fórmula general

      2^2n=3(2^(2n-2)+2^(2n-4)+2^(2n-8)………2^2+1)+1

      Se me había olvidado meter el +1 de dentro del paréntesis que hace al número impar, lo siento.

      Ejemplo:

      Para n=4. 2^8=3(2^6+2^4+2^2+1)+1
      256=3(64+16+4+1)+1
      Para n=5. 2^10=3(2^8+2^6+2^4+2^2+1)+1
      1024=3(256+64+16+4+1)+1
      1024=3*341+1

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      • Interesantes cálculos Y.G. aunque por la propia definición, cualquier número de la forma 2^a cumple la conjetura.

        Respecto a la fórmula de descomposición, partiendo de la expresión:
        2^a = 4*2^(a-2) = 3*2^(a-2) + 2^(a-2)

        Y descomponiendo sucesivamente se llega a la expresión:
        2^a = 3*[2^(a-2) + 2^(a-4) + 2^(a-6) + …+b] + b, siendo b=1 si a es par o b=2 si a es impar.

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        • Si, es verdad, me olvide del 2^(2^(n-6)) en la fórmula general, aunque esta aplicado en los ejemplos. Gracias por revisarlo.

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          • A ver si soy capaz de escribirlo bien.
            2^2n=3[2^(2n-2)+2^(2n-4)+2^(2n-6)+2^(2n-8)+…..2^2+1]+1
            La parte de la derecha de la igualdad corresponde a los números impares que mediante la regla de Collatz se trasforman en potencias pares de 2, los cuales están a la izquierda de la igualdad.

  52. El conjunto de los números naturales está formado por dos subconjuntos, el de los pares y el de los impares. Lo expreso con el nivel matemático que tengo.

    N=(2n)^n+(2n+1)^n

    N=2n^n+2n^n+1^n=4n^n+1^n. Conocemos 1^n=1 entonces

    N-1=4n^n

    Por eso siempre queda 1 al final. Y el anterior es múltiplo de 2.

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    • El binomio de Newrton no está bien, alguien me puede decir si es par o impar la suma de su desarrollo?

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  53. Por inducción he visto aquí en Gaussianos que la suma de los impares es n^2. Entonces la suma de los pares es n^2+n, y la suma de todos es el conjunto N=n^2+n^2+n.
    La suma de los impares es impar, la de los pares par y la de N impar. N-n=2n^2. √[(N-n)/2]=n. N-n es par y. n.impar. Para que esto se cumpla en N, tenemos que la diferencia entre N-n. puede ser 2,8,32….etc pero solo con 2 nos da un n= impar, el 1.
    El conjunto de los pares lleva en el a los impares +1. Es decir, dos unos,

    Para vosotros será de perogrullo. A mí me ha gustado pensarlo y creo que tiene que ver con la conjetura en un modo abstracto.
    Antes he rellenado un cuaderno con descomposiciones en potencias de 2 y como funcionaban al aplicarle a los impares las reglas de Collatz, he visto como se comportaban y deduzco que todos los impares llegan a 1. Pero no encuentro la demostración por ese camino.

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  54. Siguiendo con el problema, y considerando 2^(n-1) + 1 como el impar representante, calculo las reglas de Collatz

    2^(n-1)=2^(n-2)+2^(n-3)+…………..+2+1

    Lo multiplicamos por 3

    3[2^(n-2)+2^(n-3)……….+2+1]

    2^(n-1)+2^(n-2)+2^(n-3)…….+2^3+2^2+2+1

    Le sumamos 1 para hacerlo par y……..
    Obtenemos. 2^n que evidentemente en sucesivas divisiones entre 2 nos lleva a 1.

    Tenemos que. 3n+1=2^n

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    • Hola Y,G.

      La igualdad que indicas:
      2^(n-1)=2^(n-2)+2^(n-3)+…………..+2+1

      A mi lo que me sale diferente el primer término de la igualdad:
      2^(n-1) – 1=2^(n-2)+2^(n-3)+…………..+2+1

      Por ejemplo, para n=4:
      2^(4-1) -1= 7 = 4+2+1

      Un saludo,
      jaz

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  55. Si, jaz(es más fácil que tu otro nombre),elegí mal el último impar
    .Lástima que no pueda borrar tantos errores.
    .Qué bien que seguimos en éllo. Yo, por mi parte, voy aprendiendo muchas cosas a través de este problema. Ahora me enfrento a una dualidad, me explico.
    Para la potencia 2^0 hay 1 impar el 1
    Para la potencia 2^1 hay 1 impar el 3
    Para. 2^2 hay. 2 impares 5,7
    Para. 2^3 hay 2^2 impares
    Para. 2^4 hay 2^3 impares
    Para. 2^n hay 2^(n-1) impares
    Si ahora divido la potencia de 2 entre la cantidad de impares que origina, el resultado es 2, salvo en el caso dual de :

    2/2^0=2^0 es decir 1 y. 2/2^0=2
    Ya leí que las potencias vacías se establecieron por acuerdo en el numero 1. Así 2^0=1. Pero que un resultado sea 1y 2 a la vez necesita explicación.

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    • Hola otra vez Y.G.

      A lo mejor lo interpreto mal pero cuando dices:

      Para la potencia 2^0 hay 1 impar el 1
      Para la potencia 2^1 hay 1 impar el 3
      Para. 2^2 hay. 2 impares 5,7
      Para. 2^3 hay 2^2 impares
      Para. 2^4 hay 2^3 impares
      Para. 2^n hay 2^(n-1) impares

      Lo que yo interpreto es que se indica la cantidad de impares que hay desde 1 hasta esa potencia.

      De ser así, desde 1 hasta 2^n, la mitad serán pares y la otra mitad impares. Entonces sería:

      Para la potencia 2^0 hay 1 impar: 1
      Para la potencia 2^1 hay 1 impar: 1
      Para. 2^2 hay. 2 impares: 1,3
      Para. 2^3 hay 2^2 impares: 1,3,5,7
      Para. 2^4 hay 2^3 impares: 1,3,5,7,9,11,13,15
      Para. 2^n hay 2^(n-1) impares

      En este caso, 2^n siendo n>0 siempre tendrá un número par de números (la mitad pares, la mitad impares), mientras que 2^0 tiene un número impar de números pues sólo tiene al número 1.

      Un saludo,
      jaz

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      • Hola de nuevo, 2^0 solo tiene a 1, y 2^1 también solo tiene a 1 como impar.
        Sigo pensando que en esos dos unos iniciales está todo el tinglado.

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  56. 2^n=2^(n-1)+2^(n-1)
    2^(n-1)=2^(n-2)+2^(n-2) y así sucesivamente hasta llegar a
    2^(n-n)=2^0 en todos los desarrollos tanto pares como impares.
    2^n
    Impares. Pares
    2^(n-1). + 2^(n-1)
    2^(n-2)+2^(n-2). + 2^(n-2)+2^(n-2)
    Lo puedo seguir dividiendo hasta 2^(n-n)=2^0=1
    Y son tantos unos en el lado de los impares como en el de los pares. Por lo tanto si en el lado de los pares hay un n° par de unos, en el lado impar también. Para que ambos lados sean iguales en cantidad de números 1 y estén dentro del conjunto potencia, tenemos 2^0 para los impares y 2^0 para los pares. Y 1+1=2. Es a través del 1, como puedo unir ambos lados

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    • Hola Y.G.

      Si te interesa esta conjetura, tengo un estudio sobre ella donde creo que aparecen cosas interesantes. Si quieres, envíame un correo a mi dirección (ensnnet@gmail.com) y te envío el estudio a ver que te parece.

      Un saludo,
      jaz

      NOTA PARA EL ADMINISTRADOR DE LA PAGINA: si no es adecuado indicar direcciones de correo borre este mensaje. Muchas gracias.

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      • Gracias, ensnnet. Me quedará grande, espero entender algo. He leído que hay que subir de dimensión para solucionar muchos problemas.

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  57. No soy matemático, ni estudioso y seguramente nadie importante en este ámbito, pero creo que la solución es sencilla, todo numero par puede hacer dos cosas tras dividirse: volverse impar o seguir siendo par (por lo que seguiría dividiéndose) pongamos el 12 como ejemplo; 12/6/3, ha llegado a ser impar pero hay que fijarse que tras multiplicarlo por 3 y sumarle uno vuelve a ser un numero par (9+1=10) por lo que dividiéndolo (obligatoriamente ya que se ha vuelto par) daría 5 ese 5 es menor que el 6 que teníamos anteriormente, habría que multiplicarlo por 3 y sumarle 1, lo que nos da 16 simplemente es una serie de cálculos que lo que nos van a obligar a hacer es llevar un número que hayamos elegido a través de la serie de números naturales más bajos en este calculo (como son el 4, el 2 y el 1) (el menor de este cálculo coincide con el menor posible con las divisiones PAR entre 2 y el mayor empieza a repetirse con la multiplicación del MENOR POSIBLE por 3 sumándole 1) en conclusión: Todo número “menor” como han sido el 3 y el 5 antes mediante estos cambios que se le hacen van a ir aumentando y decreciendo hasta llegar a dar a ser …/8/4/2/1 y en ese momento como llega tanto al numero natural menor posible dividiendo entre dos y este después multiplicado por tres y sumándole uno sigue siendo divisible por 2 (4/2/1) vamos a tener (sea cual sea el número, al menos si seguimos utilizando los números del 1 al 9)el mismo resultado ya que se cierra en un cálculo infinito puesto que cuando uno divide el otro suma lo suficiente como para poderlo volver a dividir y que de lo mismo

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  58. Hola, sigo con el problemita a ver si aprendo algo.
    Escribiendo el numero impar como un binomio de la form
    2n+1 y aplicando en cada sumando las reglas de Collatz llegamos a 5. Por ejemplo:
    39= 38+1, 19+4, 58+1, 29+4, 88+1, 11+4, 34+1, 17+4,
    52+1, 13+4, 40+1, 5+4, 16+1 1+4
    27= 26+1, 13+4, 40+1, 5+4, 16+1, 1+4 Lo he hecho con varios y todos han ido a 5. Hasta el 5, 21, 85 etc que multiplicándolos por 3 y sumando 1 van directamente a una potencia de 2 y por lo tanto a 1, sin embargo por este método distributivo van a 5.
    Al darme cuenta del hecho de que se alterna el 1 con el 4, he probado otro método.
    Consiste en restar al número impar la mayor potencia de 2 que se pueda, después con el resto hacemos lo mismo y así hasta llegar a 1 Cada potencia que restemos es un sumando con valor 1 en el resultado a los que sumamos 4 de la transformación del 1 que hace al número impar. Mejor con un ejemplo:
    75-64=11, 11-8=3, 3-2=1 así nos queda 1+1+1+4=7 , hacemos lo mismo. 7-4=3, 3-2=1 nos queda 1+1+4=6 como es par lo dividimos entre 2=3, ahora 3-2=1 que se convierte en
    1+4=5. Esta manera es muy rápida para números grandes, sólo hace falta conocer las potencias de 2 más cercanas al número , bueno esto tiene que estar chupado para los ordenadores.
    Sea como sea es evidente que llegamos a 5, creo que es porque es la suma más pequeña de dos cuadrados consecutivos y a través del 5 llegamos al 1.
    Espero que sea entendible, así me parece muy fácil.

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    • Hola Y.G.

      No entiendo muy bien los cálculos que has hecho pero respecto del paso por 5 para los números impares, se puede demostrar de una manera bastante sencilla que todo número impar que cumpla la conjetura de Collatz alcanza el 1 a través del 5. Puedes ver una justificación gráfica en el diagrama de la página 4 del siguiente documento: http://www-personal.ksu.edu/~kconrow/newpapr2.pdf

      Mucha suerte en tu investigación, es una conjetura fantástica.

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  59. Hola jaz, saludos, intentaré explicarme mejor , todos los impares cumplen, todos. La mayoría a través del 5 y algunos directamente a 1 como son el 5, 21, 85 etc. Esos últimos en su descomposición en potencias de 2 son del tipo:5=2^2+1, 21=2^4+2^2+1, 85=2^6+2^4+2^2+1 es decir los exponentes van de 2 en dos, el 1 es 2^0.
    Aplicando las reglas de Collatz en la descomposición de cualquier número, todas las potencias de 2 con exponente >0 se hacen 1, y 2^0 se hace 4. El resultado es una suma de varios unos+ un cuatro. Sumamos y repetimos la operación y llegamos con cualquier y cada uno de los impares a 1+4=5.

    101=2^6+2^5+2^2+2^0
    1+ 1+ ‘1+ 4= 7= 2^2+2^1+2^0
    1+ 1+ 4=6
    3=2+1
    1+4=5
    Creo que se entiende. Esta manera es la más sencilla que he encontrado. De todas formas en mi cabeza veo cuadrados geométricos que van girando y empequeñeciéndose hasta llegar al cuadrado 1. Sí, ahora veo los números con vida propia.

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    • Buenos días Y.G.

      Si no me equivoco, la descomposición que haces es una forma de expresar el número impar dado en base 2 (por ejemplo 101 = 1100101 = 2^6+2^5+2^2+2^1) y en consecuencia, el resultado que obtienes es 4 sumado al número de unos del número impar menos 1 (dado que el último 1 lo conviertes a 4).

      Mientras el resultado es par lo divides hasta que se alcanza un número impar y si es distinto de 1 se repite el proceso sucesivamente.

      Si no estoy equivocado, para todo número impar, su número de unos menos 1 de su expresión en base 2 siempre es menor que su valor en base 10 (por ejemplo 101 serían 4-1 = 3), por lo que de ser así, la operación que planteas siempre acabará en 1 para cualquier número impar. Ahora, aunque si que hay una cierta relación con la conjetura de Collatz, yo al menos no termino de ver que sean equivalentes.

      En cualquier caso, una idea muy original. Un saludo,
      jaz

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      • A lo mejor se ve más claro si utilizamos otro paso que he obviado porque es equivalente. Cambia todos los unos por cuatros y el cuatro por un uno. Es aplicar las reglas de Collatz, el uno se transforma en 4 al hacer 3n+1 y el 4 en 1 al dividirlo entre 2 dos veces, el resultado de esta manera es más visible 5,9,13,17 es decir 4n+1, pero si les das la vuelta abarcas los 4n+1 y los 4n+3. Están todos.
        Bueno ya no os doy más la paliza, para mí es suficiente, sencillo y práctico.

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