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.
Por: sed
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Por: La conjetura de Collatz | Sobre todo, Matemáticas
[…] las aburridas tardes invernales que ha dado lugar a una enorme cantidad de artículos, como el de Gaussianos, el de ZTFNews, […]
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Por: Miklos
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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Por: Filomates
En este enlace he recopilado información sobre la conjetura de collatz
http://parafernaliasmatematicas.blogspot…
http://parafernaliasmatematicas.blogspot.com.es/2013/05/conjetura-de-collatz-no-todo-esta.html
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Por: Y.G.
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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Por: Y.G.
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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Por: Y.G.
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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Por: ensnnet
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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Por: Y.G.
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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Por: Y.G.
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.
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Por: Y.G.
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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Por: Y.G.
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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Por: Y.G.
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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Por: Y.G.
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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Por: ensnnet
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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Por: Y.G.
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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Por: ensnnet
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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Por: Y.G.
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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Por: Y.G.
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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Por: ensnnet
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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