La mágia de los números

[Alex]

franc

3n´+1 = 4n´
4n´ = n"
n" /2 = 1, si es la unidad la que se añade para formar 4n´(n´+ n´+n´+1)
n" /2 = n´igual al añadido para formar 4n´(n´+ n´+ n´+ n´)

Bien franc, tu propones que 3n'1 ó 4n', nos dan un número par, y asi es. A continuación dices n''/2 nos dará 1 tarde o temprano. Esto es precisamente lo que hay que demostrar.

Date cuenta que un matematico esceptico, podria hacerte este razonamiento:

"Si un numero impar lo multiplico por 3 y le añdo uno y despues lo divido por dos, para volver a multiplicarlo por tres... etc. la serie deberia crecer en vez de decrecer, puesto que yo estoy multiplicando un numero por tres y solo lo divido por dos..."

Este razonamiento tiene una contrareplica...:

"Vd. dividirá mas veces por dos que multiplica por tres... pero el matematico te pude dejar rayado como te diga:

¿y tu como lo sabes?... podrias decirme las veces que multiplicas por tres y las que divides por dos? ¿porque un numero cuando lo divides por dos tiene que darte forzosamente otro par, para que puedas dividir dos veces y multiplicar una?... no se franc, pero razonamientos de estos son los que hay que demostrar.

Por ejemplo: Sabemos que si un numero natural cualquiera es una potencia de 2, la division por dos te lleva directamente al 1. Si se pudiera demostrar que la operacion 3n+1 desemboca en una potencia de 2, el problema estaria resuelto...

Pero esto solo se puede hacer muy limitadamente, por ejemplo: todos los numeros de la serie 1, 5, 21..(4n+1).... te llevan a un impar que al aplicar la formula 3n+1 te lleva directamente a una potencia de dos y por tanto al 1. Pero y los números que no estan en esta serie ¿como se comportan?

Ej: La serie sería: 1,5,21,85,...,(con 4n+1 de razón) ahora cojemos el 21 y tendriamos 21x3=63; 63+1=64=2^6 que es potencia de dos y te lleva directamente al 1 tras cinco divisiones, consecutivas, por 2. El 85 te lleva a 85x3+1= 256= 2^8 que te lelva al 1 en 7 divisiones por dos.Pero eso no es suficiente para demostrar la conjetura.... Se tendria que demostrar para todos los números naturales, de una o de otra forma.

Saludos

[franc]

Alex dijo:

Bien franc, tu propones que 3n'1 ó 4n', nos dan un número par, y asi es. A
continuación dices n''/2 nos dará 1 tarde o temprano. Esto es precisamente lo que hay que demostrar.


Contestación:

Alex, es lo que he venido haciendo a lo largo de los post y cada vez con más claridad.


Alex dijo:

Date cuenta que un matematico esceptico, podria hacerte este razonamiento:

"Si un número impar lo multiplico por 3 y le añado uno y después lo divido por dos, para volver a multiplicarlo por tres... etc. la serie debería crecer en vez de decrecer, puesto que yo estoy multiplicando un número por tres y solo lo divido por dos..."

Este razonamiento tiene una contraréplica...:

"Vd. dividirá más veces por dos que multiplica por tres... pero el matemático te puede dejar rayado como te diga:

¿y tú cómo lo sabes?... podrías decirme las veces que multiplicas por tres y las que divides por dos? ¿porqué un número cuando lo divides por dos tiene que darte forzosamente otro par, para que puedas dividir dos veces y multiplicar una?... no sé franc, pero razonamientos de estos son los que hay que demostrar.

Contestación:


El razonamiento lo demuestro con 4n´, que por lo que veo tú aún no has cogido, en tu siguiente razonamiento lo demuestro.

Alex dijo:


Ej: La serie sería: 1,5,21,85,...,(con 4n+1 de razón) ahora cojemos el 21 y tendriamos 21x3=63; 63+1=64=2^6 que es potencia de dos y te lleva directamente al 1 tras cinco divisiones, consecutivas, por 2. El 85 te lleva a 85x3+1= 256= 2^8 que te lleva al 1 en 7 divisiones por dos. Pero eso no es suficiente para demostrar la conjetura.... Se tendría que demostrar para todos los números naturales, de una o de otra forma.

Contestación:

,...,(con 4n+1 de razón) 21x3=63; 63+1=64, aquí es donde cometes el fallo, 4n´+1 no equivale a 21x3=63; 63+1=64, eso último equivale en números a 3n´+1, lo que equivale a 3n´+1, es 4n´, ya que 4n´+1 serían:

21+21+21+21 +1

y 4n´= 21+21+21(+21), que equivale proporcionalmente a 3n´+1, y es donde yo demuestro que el resultado final de 4n´/2 y 3n`+1 /2 son equivalentes proporcionalmente, y si 4n´/2 es cierto siempre, y que su resultado es igual al que ves en negrita y entre paréntesis, será cierto siempre también que el resultado final de 3n´+1 /2, es igual a ese 1
Esa es la demostración más feaciente, dado que los resultados de ambas operaciones son 21 y 1 respectivamente, con una diferencia de 20, que es la misma diferencia que hay entre los números añadidos en ambas operaciones. 4n´= 21+21+21 a los que añadimos 21, y 3n´+1 = 21+21+21, a los que añadimos 1.

Esto lo he venido repitiendo a lo largo de todos mis post, y es la demostración más clara:

Todo número impar producto de la suma de tres números impares iguales, si es hecho par, con la adición de la unidad, su resultado final después de sucesivas divisiones por dos, y de ciclos repetitivos , al multiplicar por tres y sumar 1, cada vez que aparezca un número impar, su resultado final será siempre la unidad, porque cualquier suma de tres números impares iguales más la adición de otro impar multiplicado por la unidad, de igual valor que cada uno de los números sumados o de igual valor que la unidad, el resultado final al descomponerlo sucesivamente en divisiones por dos, será igual a la unidad o un número impar superior proporcional a ella. Ejemplo, el 23:

Para 3n´+1 /2:

23+23+23 +1 = 70 /2 = 35

35+35+35 +1 = 106 = 53

53+53+53 +1 = 160 /2 = 80 /2 = 40 /2 = 20 /2 = 10 /2 = 5

5+5+5 +1 = 16 /2 =8 /2 = 4 /2 = 1

Para 4n´/2:

23+23+23+23 = 92 /2 = 46 /2 = 23

23 es proporcional a 1, porque guarda relación con los números añadidos en una y otra operación, por lo que si 4n´/2 es proporcional a 3n´+1 /2, entonces esta última será cierta siempre, porque cierta lo es siempre 4n´/2 = n´.

Te agradecería que lo leyeras y lo meditaras porque es la demostración más clara y evidente.


saludos

[Guest]

Esto se está prolongando en demasía y expongo mi conclusión:

Espero que acafar y Alex, me apoyen en el razonamiento, que procede de cuando estudiaba series y sus resoluciones.

A mi modo de ver, es una (parece) obviedad indemostrable matemáticamente.
Existen más incógnitas que datos, a pesar de tratar el sistema de ecuaciones que se puede plantear, como diofántica.

Por un lado tenemos que existirán dos series una de los pares cuyo término

An, será A1+2n. Contando el primer término = 0.

Para la serie de impares

Bn, será B1+2(n-1). Siendo el primer término= 1.

Para demostrar el cumplimiento de las premisas con un término cualquiera, tenemos de inicio, dos incógnitas An y Bn. O pertenece a una serie, o a la otra.

Van pues, 2 incógnitas.

Cada vez que se promueve el cálculo del siguiente término, puede suceder que en cuanto a la serie de pares, sean factibles una cantidad de veces M, en tanto que para la primera serie, es fija una sola vez.
Pero no pasa al término siguiente, sino que es factible otro cualquiera, ocupando el Bx.

Van pues, 4 incógnitas.

Y únicamente disponemos de dos ecuaciones + la premisa de número natural entero para finalizar en 1.

Si los matemáticos actuales conocen resoluciones para series con las alternancias evidenciadas, (que pudiera ser posible, creando nuevos factores de relación), presumo a ojo, deberían complicarse con factoriales e integrales.

Y todo ello, prescindiendo de que ambas series tienen por último término, el infinito. Razón aplastante, si no eliminamos este final. Deberíamos asumir integrales definidas entre cero y el número a determinar.

Saludos del Abuelo.

[Guest]

Acabo de repasar la conjetura de Collatz, según el enlace ofrecido por Alex y picado por la curiosidad de que, según acafar, ya se demostró.

Perplejo me hallo, no hallando ninguna ecuación demostrativa para un valor N.(Con lo cual sería válida hasta el infinito).

En tal enlace se ponen ejemplos e intuiciones pero no una fórmula general que sea demostrativa.

A mí, continuan resultando unos valores indeterminados entre la cantidad de veces a salir impar y las veces pares. Con esta indeterminación, no puedo sacar la conclusión de que se haya demostrado.

Explicádmelo, los entendidos. Muchas gracias, recibid del Abuelo.

[Guest]

Para no dejar cabos sueltos, he consultado los artículos sobre el Teorema de Mihailescu, como demostración de la conjetura de Catalán.

Como mi comprensión, es restringida, no sé ver en la fórmula

x^a - y^b = 1 confirmado para los valores únicos

x = 3 cuando a =2

y=2 cuando b=3

Necesito, para comprender, que esto es la demostración general, que se me explique en base a qué.

La cacareado en este hilo, debía corresponder a que cualquier número en las condiciones de secuencia presupuestas acabaría con 4 - 2 - 1.

Catalán, admite que se trata de una diofántica y válida para los valores particulares 2 y 3. ¿Esto es una demostración general?. Si es así, me lo apunto, porque la demostración de 2002 de Mihailescu, no la ví.

Saludos del Abuelo.

[m3ntol]

Lo de que lo hayan intentado con números binarios parece natural porque la conjetura tiene una fuerte relación con potencias de 2: si durante el proceso de dividir entre 2 los pares y multiplicar x3 y sumar 1 los impares "caes" en una potencia de 2, ya sólo puedes dividir entre 2 hasta llegar hasta 4,2,1 y a partir de ahí ya está. Así que se trata de probar que con estas reglas siempre terminas llegando a una potencia de 2.

Saludos

Muy interesante esa idea acafar. En cuanto caes en una potencia de 2 quedas atrapado en el ciclo 4, 2, 1. Voy a divagar a ver hasta donde llego...

Esto quiere decir que para todo número natural potencia de 2 la sucesión está demostrada. Luego queda probarlo para el resto.

Una idea sería probar que siempre se llega a un número impar k tal que su siguiente término sea potencia de dos, es decir(3*k)+1 = 2^p, k sería impar ya que si k fuera par ya sería potencia de 2 (ya que si 2*k = 2^p => k=2^(p-1) ) y estaría probado.

Tendríamos que
(3*k) +1 = 2^p
3 * k = (2^p)-1
k= ( (2^p)-1 )/ 3

Ya que k es impar, su anterior término de la sucesión es por definición par (ya que si fuera impar k sería 3*impar+1, par a la fuerza), es decir:

J/2 = k
J/2 = ( (2^p)-1) / 3
J = 2/3 ( (2^p) -1)

Es decir, que si la hipótesis es cierta siempre,o se parte de un número potencia de dos o se llega a un número de la forma de J siendo, además J par por lo dicho anteriormente.

Si seguimos desarrollando lo que podamos tenemos:

2/3 ( (2^p) -1) = (2 * (2^p) -2 )/3
(2^(p+1) -2) / 3 tomando q=p+1 tenemos
J = (2^q -2) / 3 con q>0

Vamos a intentar ver cuales serían esos J válidos. Solo serán válidas las potencias de 2 tales que al restarle 2 sean múltiplo de 3.

A ver... acabo de hacer una importante pausa para calcular estos números mágicos a los que hay que llegar y ¡oh sopresa! me sale la sucesión que llamaré Js, tal que

Js(0)=0
Js(n) = (4*Js(n-1))+2 para n=1... infinito

Pongo tres columnas, una con potencias de 2, otra con la potencia restándole 2 y la tercera solo con aquellos que sean múltiplos de tres y ya dividios por 3.



Es decir, que todos los números de la sucesión Js (la de la última columna) son números mágicos que 'degeneran' en 4, 2, 1. Es decir, que todoslos números de la sucesión, al dividirlos entre 2, multiplicarlos por 3 y sumarles 1 obtienes una potencia de 2.

Dicho de otra manera, si la conjetura de Collatz es cierta, se debe cumplir que para cualquier número K o bien K es potencia de 2 o bien aplicando la sucesión se llega a un número de la sucesión Js.

Y llegados a esto lo dejo ya que tengo que meterme en una aburridísima reunión de trabajo. Pero seguiré luego en casa a ver a donde llego ya que, después de todo, no se si sirve de algo todo lo que he hecho.

PD: Ahora me arrepiento de no haber prestado más atención a las clases de topología porque esto parece tener que ver con conjuntos densos respecto de otros y cosas parecidas. Solo que no sabría ni como plantearlo.

PD2: No he podido evitar trastear un poco con la sucesión Js y también se puede expresar de la siguiente forma:

Js(0)=0

Js(n) = 2^(2n-1) + Js(n-1) para n>0

[Guest]

Deseo que continúes m3ntol, que me corroe la intriga.

Saludos del Abuelo.

[franc]

M3ntol te agradecería que pusieras en números entendibles, y expusieras las operaciones para el común de los mortales.

Por ejemplo estas fórmulas, en números a qué operación correspondería, y si pudiera ser con números sin letras, a ver si me entiendes, para que todo aquel que lea pueda decir, ¡pues es verdad, 2+2 son cuatro!:

Js(n) = (4*Js(n-1))+2 para n=1... infinito

Js(n) = 2^(2n-1) + Js(n-1) para n>0,



Y también qué relación guardan con 3n´+1


saludos y gracias.

[m3ntol]

Franc,
es una aproximación diferente al problema planteado, no tiene nada que ver (en principio) con tu línea de demostración.

Las fórmulas son las de una sucesión. Si vas siguiendo la explicación llegas a un punto en el que dado cualquier número natural K, o bien es potencia de dos o bien, aplicando la sucesión de Collatz acaba generando un número de perteneciente a la sucesión Js (ojo, solo si Collatz tenía razón)

Esta sucesión:
Js(0)=0
Js(n) = (4*Js(n-1))+2 para n=1... infinito
Js(n) = 2^(2n-1) + Js(n-1) para n>0,

Significa que para
Js(0)=0
Js(1)= (4*Js(0))+2=2
Js(2)= (4*Js(1))+2=10
etcétera, es muy común definir así las sucesiones, por ejemplo la de Fibonacci se define de manera similar.

Si tienes alguna otra duda con lo expuesto dímelo y trataré de aclararlo.

Carlos realmente no se a donde voy pero se trata de menear el ciruelo a ver si por casualidad vemos una grieta por la que colar una demostración. Acabo de llegar a casa así que voy a ponerme a probar más cosas

[m3ntol]

Siguiendo con la sucesión, ya que se puede expresar de dos formas he trasteado con ellas para convertiurla en una aplicación de N->N

Veamos, Js se puede expresar como:

Js(n) = (4*Js(n-1))+2
Js(n) = 2^(2n-1) + Js(n-1)

Es decir, que se puede decir que:

(4*Js(n-1))+2 = 2^(2n-1) + Js(n-1)
4 * Js(n-1) = 2^(2n-1) + Js(n-1) - 2
3 * Js(n-1) = 2^(2n-1) - 2
Js(n-1) = ( 2^(2n-1) - 2 ) / 3

Es decir que:

Js(n) = ( 2^(2n-1) - 2 ) / 3, para N=0,1,2,... infinito

Que es mucho más cómoda de manejar ya que no depende de términos anteriores. La cuestión ahora queda en demostrar que para todo número natural K que no sea potencia de 2, al aplicar la sucesión de Collatz se llega a una potencia de 2 o a un número de la aplicación Js, si se demuestra eso queda demostrada la conjetura de Collatz... es decir, que seguimos igual de lejos que antes

PD: Por cierto que todo número de la forma 2^(2n-1) - 2 es múltiplo de 3 y no se por qué.