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.
¿Te ha gustado la entrada? Puedes invitarme a un café, Gauss te lo agradecerá 😉
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.
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.
Según la regla matemática dice que si el número es par lo dividimos en 2 el único número que cambia el resultado es el número 0 ya que es un número par al dividir 0/2=0 y el 0 seguiría siendo 0 infinitamente
La clave para la solución no está en desdibujar el algoritmo de la conjetura en x formas de agrupar 2 elevado a la n o a lo mejor ordenando arbolitos para verificar manualmente si todas las secuencias llegan a 1 que es lo más obvio y el resultado más fácil de observar de a dónde conduce la solución (o sea 1). El problema se encuentra en que puede haber un número impar que al multiplicar por 3 y agregar 1 obtenga un número par que luego lo divida para 2 y obtenga un número impar mayor del que partí. Al… Lee más »
Si a alguien le gusta la programación, el primer problema de el repositorio de ACM de valladolid va sobre esto:
http://acm.uva.es/p/v1/100.html
Saludos
Neok, si x impar 3*x+1 es par, lo que hace falta es que en algún número de iteraciones obtengas un valor menor
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 😉
Para cualquier x impar, 3x + 1 siempre es par.
Asier y Naka, cierto me había hecho un lío, pensaba en número par como el número 2n.
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.
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 😀
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… Lee más »
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… Lee más »
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
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… Lee más »
Sea un número impar A de la forma (k*(2^n))-1 con k impar, y tal que todo número menor que A cumple la conjetura. Este número genera una sucesión creciente de números de la forma (k*(3^i)*(2^k))-1, con i +k=n (al multiplicar por 3 y luego dividir por 2) hasta (k*(3^n))-1 que es par y será de la forma j*(2^p), con j impar. Si j es 1, se habrá cumplido la conjetura para A. Si j es menor que A, como todo número menor que A cumple la conjetura, entonces A la cumple. Entiendo que hasta aquí se trata de un razonamiento… Lee más »
tu razonamiento probabilista es correcto para visualizar en macro lo que sucede, pero no demuestra nada; ya que para los matemáticos necesitan la rigurosidad de la demostración.
Tienes razón Asier, eso da la nocion de que la conjetura es cierta, la única forma de que se creara un círculo infinito sería con números negativos, -7 x 3 + 1 = -20 :2 = -10:2= -5 x 3 + 1 = -14:2 = -7…. impensable que esto ocurra con numeros naturales.
Tu idea es buenisima @Asier, de hecho, resumida, si te parece, se podria poner como 2 > log2(3). Pero es probabilistica, no se llega a ninguna conclusion matematica o un absurdo, que de hecho ya lo comentas tu tambien.
Esto es así excepto cuando la operación 1 o 2 te lleva a otra operación 1 en cuyo caso sólo incrementas el valor inicial pues 3x+1 le gana a :2. Además está el problema que luego de varios descensos e incrementos vuelvas al mismo valor inicial. Si hablamos de probabilidades sería 2 contra 1 que la conjetura no se cumpla. Estimo que la conjetura es cierta pero ese tipo de probabilidades no van a servir para demostrarla. Tampoco me parece que otros tipos de razonamientos sobre probabilidades publicadas, como la que utilizan reducir un paso en el total de órbitas… Lee más »
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?
Honestamente, el acercamiento de Asier me parece contraproducente totalmente(que no mala, sino lo contrario). No sólo no aporta nada, formalmente ni no, al tema, sino que da le quita fuerza a la comprobación de esta conjetura en los primeros 2^58 números que dice. Yo he pensado en un acercamiento distinto. f(x) es una aplicación sobreeyectiva(es trivial: para cada n€N* (Img(f) ) existe un x € N tal que x=2n y por tanto f(x)=n)), pero no inyectiva. Es posible hacer una relación inversa ‘g’ : N* -> N : y -> g(y) = { x€N|f(y)=x }. Establecemos la relación aEb :… Lee más »
También se me ocurrió lo que dice: empezar desde 16 y definir a_n={a,b} donde a y b son las dos opciones, a=2a_0 (a_0 el numero anterior) y b=(b_0-1)/3 si es entero mayor que 1 y b=0 si no (b_0 en anterior) y buscar a esto una f inversa de i:N \to Ua_n inyectiva
Lo de ir a la inversa no es buena idea. Si al avanzar tienes 3 caminos: el primero te lleva a 1, el segundo te lleva al infinito y el tercero te lleva de paseo por el bosque y te regresa a una parte anterior del camino, pues si lo haces a la inversa desde 1 sólo recorrerás el camino que te conduce al punto de partida y no tendrías el problema de tomar otro camino, es decir que así partiendo de 1 puedes llevar a muchos números x finales pero evitas enfrentar el problema de las órbitas infinitas y… Lee más »
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.
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.
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.
Alejandro, además de la imposibilidad de ciclos, creo que también habría que demostrar la imposibilidad de secuencias que fueran divergentes.
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… Lee más »
En realidad, hasta 16 se puede llegar desde 5 ó desde 32… quizá sea el mejor punto para empezar 🙂
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 –>… Lee más »
No sé si ya había algo para calcular los numeros de Collatz, pero he hecho una pequeña utilidad para si alguien quiere hacerlo.
Está en http://www.enric.es/php/conjetura-collatz y se puede introducir el numero que se quiera añadiendo ?f=NUMERO
Espero que sirva 🙂
[…] Si n es impar multipliquémoslo por 3 y sumémosle 1 al resultado. “ más. […]
Tenemos otro programador, Diamond y Neok… es que yo toy vago 😀
A Enric le ha quedado más bonita, también, jejeje
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… Lee más »
Llegar a un b=3k+1 a partir de un a=4k+1 no te asegura nada sobre lo que va a pasar después al seguir reiterando el número a. Lo tratas como un tema sencillo, pero no lo es, por algo lleva 80 años abierto este problema.
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?
Aunque demuestres eso seguimos en las mismas.
Exacto, lo primero que pensé fue en probabilidad , pero hay infinitas formas de generar pares con crecidas enormes donde ves que van disminuyendo y en muchos casos llegan a 1, pero en otros generan bucles en números mayores porque no hay un orden. Aunque hay cosas que pareciendo irrelevantes, al final te ayudan porque ves otras que están relacionadas.
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.
Y dale que te pego.
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?
No me jodas. Aquí tienes info:
http://la-morsa.blogspot.com.es/2011/04/la-imposibilidad-de-probar-la-conjetura_7408.html (este tío cree que no tiene solución)
https://r.search.yahoo.com/_ylt=AwrIRhpx1MJaD0sAIfG_.wt.;_ylu=X3oDMTByaW11dnNvBGNvbG8DaXIyBHBvcwMxBHZ0aWQDBHNlYwNzcg–/RV=2/RE=1522746609/RO=10/RU=http%3a%2f%2fwww.csun.edu%2f~vcmth02i%2fCollatz.pdf/RK=2/RS=2SYE.jYPUsfUnv6Cs5uVO6yxM2U- (un análisis que no sirve pa na)
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… Lee más »
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.
Buena observación.
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… Lee más »
Caliente, caliente… Para haberlo tratado a la ligera no está mal. Olvida el tema de los números intercalados.
[…] No deja de ser curioso que la mayoría de los problemas que he visto (he visto pocos) son matemáticos, incluso muchos de ellos los hemos visto en este blog. […]
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… Lee más »
Lei mal en la web aportada por Agustín (
http://matematicainsolita.8m.com/)
o el autor «demuestra» q el teorema de pitagoras es falso??
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.
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.
[…] El profesor aleman Gerhard Opfer, de la Universidad de Hamburgo (aunque retirado, según su web), ha colgado un preprint titulado An analytic approach to the Collatz 3n+1 problem, con una supuesta demostración de la conjetura de Collatz. […]
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… Lee más »
[…] qué es la conjetura de Collatz, ¿no? ¿Por qué tendría que ser cierta? Se sabe que se cumple para todos los números menores […]
[…] conjetura de Collatz es uno de esos resultados atrayentes para muchos (me incluyo entre ellos) por tener un enunciado […]
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
«Cuando me despierte, me recuerdan que tengo que escribir la solución de ese problema».Parece un poco presumido. Bueno, hay que creerle a la gente. Dios quiera que sea cierto.
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… Lee más »
Y buala, por aquí están los tiros.
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)
[…] (siguiendo el trabajo de 3x+1@home, que también intenta refutar otra conjetura. En este caso, la conjetura 3n+1 o conjetura de Collatz, de la que ya hablaré en otro […]
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.
Tiene ud. razon, me apresuré a efetuar el comentario. Luego me di cuenta del mi error. Disculpe.
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.
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… Lee más »
Seguro que ya se ha intentado, pero invirtiendo la iteración no se podría demostrar que puedes alcanzar todos los números naturales?
Más que interesante conjetura. Es increíble como cada sucesión termina siempre en alguna potencia de 2 que lleva a
.
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.
Aaron, lo que tu expones, es la conjetura de Collatz al reves
Ya eh creado el código en c#, y si llega hasta el 1, si quieren ver la solución, no duden en enviarme un mensaje o agregarme a facebook, soy vanssk_10@hotmail.com
Asier, esos son razonamientos que están en la página de Terence Tao…
[…] esta escrito en muchos sitios pero si quedaron interesados, pueden leer el articulo de gaussianos La conjetura de collatz […]
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… Lee más »
JB, te pongo un numero para el cual falla tu razonamiento, en concreto usando la siguiente funcion de ciclo
– 5x +1 si x es impar.
– x/2 si x es impar.
Si coges x = 13, obtendras
13, 66, 33, 166, 83, 416, 208, 104, 52, 26, 13,…
Luego nunca llegarias a 4,2,1…