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Porque todo tiende a infinito...

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  • 01/29/12--20:59: Por: Carlos Federico Garcia
  • 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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  • 02/16/12--05:03: Por: ardoric
  • 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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    [...] (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 [...]

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  • 03/14/12--13:58: Por: Carlos Federico Garcia
  • 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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  • 03/15/12--07:04: Por: ardoric
  • Tiene ud. razon, me apresuré a efetuar el comentario. Luego me di cuenta del mi error. Disculpe.

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  • 04/21/12--05:31: Por: Daniel Antonio
  • 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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  • 01/10/13--02:05: Por: Jaime Garcia
  • 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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  • 03/03/13--08:29: Por: Leo
  • 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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  • 03/03/13--22:06: Por: Romeo
  • Más que interesante conjetura. Es increíble como cada sucesión termina siempre en alguna potencia de 2 que lleva a $latex 2^0$.

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  • 07/11/13--13:03: Por: Aaron Rodgers
  • 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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  • 04/09/14--19:34: Por: AlanGet
  • 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

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  • 06/26/14--20:11: Por: Listo
  • Asier, esos son razonamientos que están en la página de Terence Tao...

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    […] esta escrito en muchos sitios pero si quedaron interesados, pueden leer el articulo de gaussianos La conjetura de collatz […]

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  • 10/31/14--02:44: Por: JB
  • 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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  • 04/07/15--23:40: Por: leo78
  • 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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  • 04/07/15--23:43: Por: leo78
  • 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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  • 04/07/15--23:47: Por: leo78
  • 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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  • 04/08/15--00:01: Por: leo78
  • bueno .. espero respuestas.. desde ya gracias.. mi faceb es leopoldo dos santos

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  • 04/25/15--12:44: Por: nillxfe
  • 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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  • 09/03/15--04:01: Por: Amancio Perez
  • 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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