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Autor Tema: Intento de demostración de Conjetura de Collatz  (Leído 2135 veces)
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« : 01/12/2016, 07:42:22 pm »


CONJETURA DE COLLATZ


Sea [texx]f(n) = \begin{cases} n/2 \text{ si n par} \\ {(3\cdot{n+1})/2}\text{ si n impar} \end{cases}[/texx]

Entonces, [texx]\forall{n}\in \mathbb{N}\text{, }\exists{j }[/texx] finito[texx]/ \underbrace{f(f(f(f(...(f}_j (n))...) = f\left\{{j}\right\}(n)=1[/texx]

FALSACIÓN

Procedemos por inducción sobre n:

[texx]N = 1, f(1) = (3+1)/2 = 2 \text{ , } f\left\{{2}\right\}(1)=1[/texx]
[texx]N = 2, f(2) = 1[/texx]
[texx]N = 3, f(3) = (9+1)/2 = 5\text{ , } f\left\{{2}\right\}(3)=(3\cdot{5+1)/2=8})\text{ , } f\left\{{3}\right\}(3)=4 \text{ , } f\left\{{4}\right\}(3)=2 [/texx], y para 2 ya está visto
[texx]N = 4, f(4) = 2 [/texx], y para 2 ya está visto.
[texx]N = 5, f(5) = (15+1)/2 = 8 \text{ , } f\left\{{2}\right\}(5)=4 [/texx] y para 4 ya está visto.
[texx]N = 6, f(6) = 3 [/texx], y para 3 ya está visto.
[texx]N = 7, f(7) = (21+1)/2 = 11\text{ , }f\left\{{2}\right\}(7)=11\text{ , }f\left\{{3}\right\}(7)=17\text{ , }f\left\{{4}\right\}(7)=26\text{ , }[/texx]
[texx]f\left\{{5}\right\}(7)=13\text{ , }f\left\{{6}\right\}(7)=20\text{ , }f\left\{{6}\right\}(7)=10\text{ , }f\left\{{7}\right\}(7)=5 [/texx], y para 5 ya está visto.
[texx]N = 8, f(8) = 4 [/texx], y para 4 ya está visto.
[texx]N = 9, f(9) = (27+1)/2 = 14\text{ , } f\left\{{2}\right\}(9)=7) [/texx], y para 7 ya está visto.
[texx]N = 10, f(10) =5 [/texx], y para 5 ya está visto.
[texx]N = 11, f(11) = (33+1)/2 = 17\text{ , } f\left\{{2}\right\}(11)=(51+1)/2=26)\text{ , } f\left\{{3}\right\}(11)=13 \text{ , }[/texx]
[texx] f\left\{{4}\right\}(11)=(39+1)/2=20\text{ , } f\left\{{5}\right\}(11)=10 [/texx], y para 10 ya está visto.
[texx]N = 12, f(12) = 6 [/texx], y para 6 ya está visto.
[texx]N = 13, f(13) = (39+1)/2 = 20\text{ , } f\left\{{2}\right\}(13)=10 [/texx], y para 10 ya está visto.
[texx]N = 14, f(14) = 7 [/texx], y para 7 ya está visto.

Supongamos que está demostrado [texx]\forall{n < N}\text{ ,} (N>14) [/texx]

- [texx]N = 2k[/texx] (N par) [texx]\Rightarrow{}f(N)= k[/texx]. Como [texx]k[/texx]<N, P.H.I,  [texx]\exists{j \text { finito}/f\left\{{j}\right\}(N)=1}[/texx]

- [texx]N = 2k+1, (k=(N-1)/2)[/texx] (N impar) [texx]\Rightarrow{}f(N)= k[/texx]

    [texx]\boxed{1}[/texx] Si [texx] k = 2l (l=\displaystyle\frac{k}{2})\Rightarrow{}[/texx][texx]f\left\{{2}\right\}(N)= f(3k+2) =(f(6l+2), par)=[/texx]
[texx]\displaystyle\frac{(3k+2)}{2}=\displaystyle\frac{3}{4}N+\displaystyle\frac{1}{2} <N[/texx], entonces, P.H.I., [texx]\exists{j \text{ finito}/f\left\{{j}\right\}(N)=1}[/texx]


    [texx]\boxed{2}[/texx] Si [texx] k = 2l+1 (l=\displaystyle\frac{k-1}{2})\Rightarrow{}[/texx][texx]f\left\{{2}\right\}(N)= f(3k+2) =(f(6l+5), impar)=[/texx]
[texx]=\displaystyle\frac{3\cdot{(3k+2)+1}}{2} = (\displaystyle\frac{18l+16}{2}=9l+8= \displaystyle\frac{3(6l+5)+1}{2})=\displaystyle\frac{9k+7}{2}=[/texx]
[texx]=\displaystyle\frac{9(\displaystyle\frac{N-1}{2})+7}{2}=\displaystyle\frac{9N-9+14}{4}=\displaystyle\frac{9}{4}N+\displaystyle\frac{5}{4}>N[/texx]
[texx]f\left\{{3}\right\}(N)= f(\displaystyle\frac{9}{4}N+\displaystyle\frac{5}{4})=f(9l+8)[/texx]

...

Tengo el resto en papel, pero voy un poco lento transcribiendo. Si no muero esta noche, mañana sigo...

...



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NOTA: He ampliado el número de casos base porque he encontrado algunos errores que con esto quedarían solventados.

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« Respuesta #1 : 01/12/2016, 08:45:10 pm »

Hola.

Mi sensación es la de que es cierta; pero es sólo una intuición, lo mismo no es así. La razón de que lo piense está en que los primos 2 y 3 son los únicos a se hallan a distancia de una unidad.

De hecho, todo los números mayores que 1 se pueden escribir como suma de un múltiplo de 2 y otro de 3; esto si tenemos en cuenta que cero puede servir de coeficiente para expresar los pares y los múltiplos de 3.

Se pueden escribir concretamente como [texx]2a+3b
 [/texx] o como [texx]2a+3b[/texx] siendo “b=0” para los pares y análogamente “a” para los “treses”. (Editado, que me había comido letras)

Es fácil de demostrar; consideremos directamente los impares

Si existe esa forma, entonces tendrá esta equivalencia:

[texx]2a+3b=2c+1
 [/texx]

o sea

[texx]2a+2b+b=2c+1
 [/texx]

haciendo “b=1”

[texx]2a+2+1=2c+1
 [/texx]

es decir

[texx]2a+2=2c
 [/texx]


[texx]2(a+1)=2c
 [/texx]

por tanto

[texx]a+1=c[/texx]; como existe “c” por la equivalencia, existe “a”.

El mínimo valor de “c” se encuentra haciendo “a=0”.

O sea, con “b=1” constante y dando valores 0,1,2,3... a la variable “a”, tienes todos los impares (salvo el 1).

Quizá esta forma de escribir los números pueda ser útil para intentar alguna pequeña cosa relacionada con esta conjetura.

Mucha suerte, Saludos.
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« Respuesta #2 : 02/12/2016, 09:10:38 am »

Previously on RinconMatemático:

Un ser surgido de la "Deep web" trató de demostrar sin éxito la Conjetura de Goldbach. Tras una lucha sin cuartel en la que trató de tumbar a "Hellgott" aduciendo que éste había utilizado la espada prohibida de Riemann, que no está permitida en el universo de las demostraciones matemáticas. Herido pero vivo, juró venganza.

Tras un breve periodo de recuperación, lee_bran vuelve a la carga, esta vez con un intento de demostración de otra famosa conjetura: La Conjetura de Collatz.

lee_bran afirma que dicha conjetura es falsa, en contra de lo que toda intuición les dice a algunos de los que se han enfrentado a ella.

¿Será capaz de de llevar a buen término la demostración antes de que las tropas de "Hellgott" se levanten contra él y alcanzar la gloria de los guerreros matemáticos o morirá en el combate?

Sus únicas armas: la inducción matemática y un sucio teclado sacado de la ciénaga, entregado por la dama de la Rosa de la Pasión para hacer frente a todos los peligros que vayan surgiendo a su paso...

Continuemos:


        [texx]\boxed{A}[/texx] Si [texx]l=2m (m=\displaystyle\frac{l}{2})\Rightarrow{}f\left\{{3}\right\}(N)= f(18m+8)=(par)= \displaystyle\frac{9}{8}N+\displaystyle\frac{5}{8}>N[/texx]

            [texx]\boxed{V} m=2t (t=\displaystyle\frac{m}{2})\Rightarrow{}f\left\{{4}\right\}(N)=f\left\{{2}\right\}(36t+8)=f(18t+4)=(par)=9t+2=\displaystyle\frac{9}{2}m+2=\displaystyle\frac{9}{4}l+2=[/texx]
[texx]=\displaystyle\frac{9}{4}((k-1)/2)+2 = \displaystyle\frac{9k}{8}-\displaystyle\frac{9}{8}+2=\displaystyle\frac{9}{8}k+\displaystyle\frac{7}{8} =\displaystyle\frac{9}{8}(\displaystyle\frac{N-1}{2})+\displaystyle\frac{7}{8}=\displaystyle\frac{9}{16}N-\displaystyle\frac{9}{16}+\displaystyle\frac{14}{16}=\displaystyle\frac{9}{16}N +\displaystyle\frac{5}{16}<N[/texx], dado que [texx](N>14)[/texx]

Entonces, P.H.I., [texx]\exists{}j[/texx] finito [texx]/f\left\{{j}\right\}(N)=1[/texx]

            [texx]\boxed{W} m=2t+1 (t=\displaystyle\frac{m-1}{2})\Rightarrow{}f\left\{{4}\right\}(N)=f\left\{{2}\right\}(36t+18+8)=(par)=18t+13=[/texx]
[texx]=(9t+2)2+9=(\displaystyle\frac{9}{16}N+\displaystyle\frac{5}{16})2+9=\displaystyle\frac{9}{8}N+\displaystyle\frac{5}{8}+\displaystyle\frac{72}{8}N+\displaystyle\frac{77}{8} >N[/texx]

                [texx]\boxed{X}t=2u(u=\displaystyle\frac{t}{2})\Rightarrow{}f\left\{{5}\right\}(N)=f(36u+13)=f(impar)=[/texx]
[texx]=\displaystyle\frac{3(36u+13)+1}{2}=\displaystyle\frac{108u+40}{2}=54u+20=27t+20=3(9t+2)+14=3(\displaystyle\frac{9}{16}N+\displaystyle\frac{5}{16})+14>N[/texx]
   
                    [texx]\boxed{R}u=2v\Rightarrow{}f\left\{{6}\right\}(N)=f(108v+20)=f(par)=[/texx]
[texx]54v+10=27u+10=\displaystyle\frac{3}{2}(\displaystyle\frac{9}{16}N+\displaystyle\frac{5}{16})+7=\displaystyle\frac{27}{32}N+\displaystyle\frac{15}{32}N+\displaystyle\frac{15}{32}+7<N[/texx]

Entonces, P.H.I., [texx]\exists{}j[/texx] finito [texx]/f\left\{{j}\right\}(N)=1[/texx]

                    [texx]\boxed{S}u=2v+1(v=\displaystyle\frac{u-1}{2})\Rightarrow{}f\left\{{6}\right\}(N)=f(54(2v+1)+20)=f(108v+74)=f(par)=[/texx]
[texx]=54v+37=27u-27+37=27u+10=\displaystyle\frac{1}{2}(54u+20)=\displaystyle\frac{3}{2}(\displaystyle\frac{9}{16}N+\displaystyle\frac{5}{16})+14=\displaystyle\frac{27}{32}N+\displaystyle\frac{15}{32}N+\displaystyle\frac{15}{32}+14<N[/texx]

Entonces, P.H.I., [texx]\exists{}j[/texx] finito [texx]/f\left\{{j}\right\}(N)=1[/texx]





¿Llevarán todas estas cuentas a algún lugar? ¿Tendrá lee_bran la respuesta a esta conjetura? No abandonen sus asientos. La solución, después de la comida.

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« Respuesta #3 : 02/12/2016, 09:27:14 am »

Voy a por palomitas que esto promete....
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Las matemáticas son demasiado humanas (Brouwer).


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« Respuesta #4 : 02/12/2016, 09:58:45 am »


CONJETURA DE COLLATZ
Sea [texx]f(n) = \begin{cases} n/2 \text{ si n par} \\ {(3\cdot{n+1})/2}\text{ si n impar} \end{cases}[/texx]

Entonces, [texx]\forall{n}\in \mathbb{N}\text{, }\exists{j }[/texx] finito[texx]/ \underbrace{f(f(f(f(...(f}_j (n))...) = f\left\{{j}\right\}(n)=1[/texx]
FALSACIÓN
Procedemos por inducción sobre n:

Veo que quieres resolver la Conjetura de Collatz en sentido negativo (falsación). Antes de leer lo demás, ¿podrías hacer un esquema de la estrategia que te lleva del método de inducción a la falsación?

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No se renuncia en este foro al sentido del humor, pero lo de "tías buenas en ropa interior" parece no encajar mucho con el ensueño cognitivo ¿no?
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« Respuesta #5 : 02/12/2016, 10:43:51 am »


                [texx]\boxed{Y} t=2u+1(u=\displaystyle\frac{t-1}{2})\Rightarrow{}f\left\{{5}\right\}(N)=f(18t+13)=f(36u+18+13)=f(impar)= [/texx]
[texx]=\displaystyle\frac{3(18t+13)+1}{2}=\displaystyle\frac{54t+20}{2}=27t+10=3\cdot{}\displaystyle\frac{9}{16}N+\displaystyle\frac{15}{16}+4 > N[/texx]

                       [texx]\boxed{Ñ}\begin{cases}u=2v \\ u=2v+1\end{cases}\Rightarrow{}f\left\{{6}\right\}(N)=f(36u+31)=f(impar)=\displaystyle\frac{3(27t+10)+1}{2}=[/texx]
[texx]=\displaystyle\frac{3}{2}(\displaystyle\frac{27}{16}N+\displaystyle\frac{64+15}{16})+\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{81}{32}N+\displaystyle\frac{237}{32}>N[/texx]

es decir, que sea par o impar el valor de u, para [texx]f\left\{{6}\right\}(N)[/texx] es siempre mayor que el propio N, luego por esta rama de la demostración vamos a una sucesión creciente y por tanto el número de pasos con el que [texx]f\left\{{j}\right\}(n)= 1[/texx] no es finito, lo que entra en contradicción con la hipótesis de inducción. Por tanto, la conjetura de Collatz es falsa.


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« Respuesta #6 : 02/12/2016, 11:10:01 am »

No se renuncia en este foro al sentido del humor, pero lo de "tías buenas en ropa interior" parece no encajar mucho con el ensueño cognitivo ¿no?

A mi me han dicho que hay que vender la demostración y he utilizado algunos trucos de mercadotécnia que conozco. Vale que la última vez que lo hice me estuvieron persiguiendo bajo amenazas de muerte un grupo de personas de raza árabe por todo Gales, pero esa es otra historia.


Veo que quieres resolver la Conjetura de Collatz en sentido negativo (falsación). Antes de leer lo demás, ¿podrías hacer un esquema de la estrategia que te lleva del método de inducción a la falsación?


Pues ahora no sé...

Tengo una hipótesis de inducción que supongo cierta.

Lo compruebo para una serie de casos base (en esta ocasión N<15 porque me venía bien).

Luego trato de ver que para casos mayores que estos base se verifica, para lo que utilizo reiteradamente la hipótesis de inducción llenando pantallas y pantallas (o folios y folios) hasta que algún matemático con categoría suficiente para dar por válida una demostración se canse de leer y tenga que decidir entre pegarse un tiro en la sien ante la presión mediática o aceptarla como válida.

Por lo que he visto, así funcionan las cosas en este mundillo, ¿no?

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Luis Fuentes
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« Respuesta #7 : 02/12/2016, 07:15:03 pm »

Hola

 Lo que ha expuesto, lee_bran, no es una falsación de la conjetura de Collatz.

 No he revisado punto por punto todos los cálculos, pero en principio los doy por buenos. El problema está en la conclusión que saca de ellos.

 Lo que prueba es que para un [texx]N[/texx] en ciertas condiciones (de la forma [texx]2k+1[/texx], y a su vez [texx]k=2l+1[/texx], y a su vez [texx]l=\ldots[/texx] ) aplicándole seis veces la función de Collatz obtienes un número más grande; pero eso no impide que si seguimos aplicándole esa función más adelante (quizá mucho más adelante) termine por convertirse en [texx]1[/texx].

 Para que el argumento funcionase debería de probar que al calcular [texx]f^{6}(N)[/texx] se vuelve a caer en un número del mismo "tipo" de forma que se tendría una sucesión creciente [texx]N,f^{6}(N),f^{12}(N),f^{18}(N),\ldots[/texx].

 Además si fuese así bastaría tomar un número en las condiciones que describe para aplicarle la recurrencia de Collatz y ver que no converge... pero me temo que no funciona... si converge.

 Adicionalmente no tiene demasiado sentido que encuadre el argumento en una supuesta prueba de la conjetura por inducción, pero eso, en principio, es lo de menos.

Saludos.

P.D. De hecho para cualquier [texx]n[/texx] natural uno siempre puede encontrar un número [texx]N[/texx] tal que iterando [texx]n[/texx] veces la función [texx] f^{n)}(N)>N[/texx]. Basta tomar [texx]N=2^n-1[/texx].
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« Respuesta #8 : 05/12/2016, 08:48:02 am »

Lo que ha expuesto, lee_bran, no es una falsación de la conjetura de Collatz.
 No he revisado punto por punto todos los cálculos, pero en principio los doy por buenos. El problema está en la conclusión que saca de ellos.

 Lo que prueba es que para un [texx]N[/texx] en ciertas condiciones (de la forma [texx]2k+1[/texx], y a su vez [texx]k=2l+1[/texx], y a su vez [texx]l=\ldots[/texx] ) aplicándole seis veces la función de Collatz obtienes un número más grande; pero eso no impide que si seguimos aplicándole esa función más adelante (quizá mucho más adelante) termine por convertirse en [texx]1[/texx].


Veo que no he conseguido bloquearle mentalmente: tal vez si cojo los primeros cinco millones cuatrocientos setenta mil trescientos veintinueve primeros números como caso base y veo que convergen en una cantidad finita de pasos, luego paso a definir la función para la secuencia par, impar, par, impar... hasta una profundidad de nueve mil doscientos cuarenta y ocho términos...

Seguro que superaría ampliamente el número de páginas del intento de demostración de Helfgott de la conjetura de Goldbach asumiendo la hipótesis de Riemann.

Para que el argumento funcionase debería de probar que al calcular [texx]f^{6}(N)[/texx] se vuelve a caer en un número del mismo "tipo" de forma que se tendría una sucesión creciente [texx]N,f^{6}(N),f^{12}(N),f^{18}(N),\ldots[/texx].

Me parece que no hace falta que sea para los [texx]N,f^{6}(N),f^{12}(N),f^{18}(N),\ldots[/texx]: Bastaría que encontrase una subsucesión que no converja y aplicar el criterio de Cauchy (¿por qué no {1, 6, 16, 31, ...}?).

Además si fuese así bastaría tomar un número en las condiciones que describe para aplicarle la recurrencia de Collatz y ver que no converge... pero me temo que no funciona... si converge.

Añado: en un número finito de pasos. Que no se le olvide este pequeño detalle, pues si bien es cierto que no he demostrado nada (en esta ocasión dije "intento de" y no puse q.e.d.), en caso de que alguien lo haga de forma negativa, es más que probable que haga uso de esto en su argumentación.

Adicionalmente no tiene demasiado sentido que encuadre el argumento en una supuesta prueba de la conjetura por inducción, pero eso, en principio, es lo de menos.

Era sólo un intento. Supongo que antes de mi, algún otro "incauto" habrá tratado demostrarlo por inducción, dado que es una de las herramientas que se usan para realizar demostraciones cuando aparecen funciones definidas sobre números naturales (mientras nadie demuestre que "los axiomas de Peano no son consistentes"). Por mi parte este punto lo desconozco, pero disiento en lo de que no tenga sentido tratar de intentarlo por este camino salvo que alguien demuestre que los axiomas de Peano no son consistentes. (Y con ello ya de paso, resuelve uno de los Problemas del Milenio de las matemáticas).

Hasta el momento me temo que sólo estamos de acuerdo en una cosa: ninguno de los dos sabe si la conjetura de Collatz es cierta o no, aunque yo, tras haber realizado comprobaciones mediante computadora, "sospecho" que puede existir dicha subsucesión para la que la función de Collatz no converge en un número de pasos finito.

A mi modesto entender, ya es más de lo que usted ha aportado a la resolución de este acertijo matemático.
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« Respuesta #9 : 05/12/2016, 11:12:33 am »

Hola

Para que el argumento funcionase debería de probar que al calcular [texx]f^{6}(N)[/texx] se vuelve a caer en un número del mismo "tipo" de forma que se tendría una sucesión creciente [texx]N,f^{6}(N),f^{12}(N),f^{18}(N),\ldots[/texx].

Me parece que no hace falta que sea para los [texx]N,f^{6}(N),f^{12}(N),f^{18}(N),\ldots[/texx]: Bastaría que encontrase una subsucesión que no converja y aplicar el criterio de Cauchy (¿por qué no {1, 6, 16, 31, ...}?).

¡Evidentemente cualquier subsucesión de iterantes que no converja tiraría por tierra la conjetura!. Si escribí la de iteraciones múltiplos de seis, es porque estaba tomando como punto de partida para ilustrar lo que si llevaría a una correcta falsación su argumento, sus cuentas.

Cita
Además si fuese así bastaría tomar un número en las condiciones que describe para aplicarle la recurrencia de Collatz y ver que no converge... pero me temo que no funciona... si converge.

Añado: en un número finito de pasos. Que no se le olvide este pequeño detalle, pues si bien es cierto que no he demostrado nada (en esta ocasión dije "intento de" y no puse q.e.d.), en caso de que alguien lo haga de forma negativa, es más que probable que haga uso de esto en su argumentación.

No entiendo lo que quiere decir subrayando que es un número finito de pasos. A lo que yo me refería es que si uno encuentra una forma explícita de construir un número sobre el cual la función de Collatz da una sucesión no convergente, no tiene más que escribir el número concreto y poner a un ordenador a iterar sobre él; dejarlo un buen rato (horas, días, meses,...) haría sospechar que efectivamente no converge. Eso si, todavía no sería una prueba si uno no argumenta formalmente la no convergencia.

Pero tomando números bajos del tipo que usted describía, es fácil ver con el ordenador que se converge "en seguida".

Cita
Adicionalmente no tiene demasiado sentido que encuadre el argumento en una supuesta prueba de la conjetura por inducción, pero eso, en principio, es lo de menos.

Era sólo un intento. Supongo que antes de mi, algún otro "incauto" habrá tratado demostrarlo por inducción, dado que es una de las herramientas que se usan para realizar demostraciones cuando aparecen funciones definidas sobre números naturales (mientras nadie demuestre que "los axiomas de Peano no son consistentes"). Por mi parte este punto lo desconozco, pero disiento en lo de que no tenga sentido tratar de intentarlo por este camino salvo que alguien demuestre que los axiomas de Peano no son consistentes. (Y con ello ya de paso, resuelve uno de los Problemas del Milenio de las matemáticas).

Lo que quiero decir (no sé si lo ha entendido así) es que efectivamente es muy lógico y natural intentar probar la VERACIDAD de la conjetura de Collatz por inducción; pero por el contrario es bastante antinatural y difícil de sustentar desde un punto de vista formal, el intentar probar la FALSEDAD de la conjetura de Collatz por inducción.

Cita
Hasta el momento me temo que sólo estamos de acuerdo en una cosa: ninguno de los dos sabe si la conjetura de Collatz es cierta o no,

Efectivamente, por mi parte al menos: no sé si es cierta o no. Aunque yo sospecho que si lo es (pero sin mucho entusiasmo,  :cara_de_queso:).

Cita
tras haber realizado comprobaciones mediante computadora, "sospecho" que puede existir dicha subsucesión para la que la función de Collatz no converge en un número de pasos finito.

Esto me choca. No sé muy bien que tipo de indicios pueden llevar a esa sospecha. Uno imagina que debiera de ser que ha encontrado un número para el cuál el ordenador trabaja horas y horas aplicando la función de Collatz y no converge. ¿Es eso?.

Los indicios que llevan a otros muchos a pensar que es cierta es justo lo contrario; que uno prueba con números y números y siempre termina por converger.

Cita
A mi modesto entender, ya es más de lo que usted ha aportado a la resolución de este acertijo matemático.

Seguro; yo no he pretendido aportar nada a la resolución de la conjetura de Collatz, ni presumo de ello. En este caso me he limitado a valorar desde un punto de vista matemático, formal, riguroso, su intento de falsación, concluyendo de manera argumentada que no lleva a buen puerto.

Saludos.
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« Respuesta #10 : 23/05/2019, 12:00:23 pm »

Qué se trata de demostrar?
Que todos los ciclos terminan en 1 para mi que si, en cuyo caso la conjetura es cierta.
Que existen ciclos infinitos para mi que si porque los números son infinitos y esto es como pedir que se demuestre cuál es el último número del infinito.
Que existen ciclos que no sean acotados para mi que no aunque parezca ambigua con respecto a mi opinión anterior en cuyo caso la conjetura es cierta.
Que existen ciclos repetitivos a parte del 4 - 2 - 1 para mi que no en cuyo caso la conjetura es cierta.
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Luis Fuentes
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« Respuesta #11 : 23/05/2019, 12:06:53 pm »

Hola

Qué se trata de demostrar?
Que todos los ciclos terminan en 1 para mi que si, en cuyo caso la conjetura es cierta.
Que existen ciclos infinitos para mi que si porque los números son infinitos y esto es como pedir que se demuestre cuál es el último número del infinito.
Que existen ciclos que no sean acotados para mi que no aunque parezca ambigua con respecto a mi opinión anterior en cuyo caso la conjetura es cierta.
Que existen ciclos repetitivos a parte del 4 - 2 - 1 para mi que no en cuyo caso la conjetura es cierta.

Se trata de demostrar que si se empieza en cualquier número [texx]n_0[/texx], al ir iterando:

[texx]f(n_0),f(f(n_0)),f(f(f(n_0))),f(f(f(f(n_0)))),\ldots[/texx]

siempre se termina llegando al [texx]1[/texx].

Los "yo creo que" (conjeturas )ya están establecidos; se trata de probarlos.

Saludos.
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« Respuesta #12 : 23/05/2019, 12:19:24 pm »

Por eso pregunté porque no sabía qué necesitan demostrar.
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