Sobre o Problema 3N+1

["Paulo Santa Rita" <p_ssr@xxxxxxxxxxx>]

Ola Pessoal !

Pelo que me lembro, o "problema 3N+1" foi apresentado a esta lista pelo Prof 
Nicolau. Este problema tambem e conhecido como "problema de Siracura", 
dentre outras designacoes. Ele pode ser enunciado como segue :

Seja F:N -> N uma funcao, tal que
F(n) = 3n+1, se "n" e impar
F(n) = n/2, se "n" e par.

Se definirmos : F^p(n)=F(F(F(F(...(p)...)))), isto e, F^p(n) e a composicao 
de F com ela mesma "p" vezes, entao :

CONJECTURA : Para todo "n" natural, existe um "p" natural tal que
F^p(n)=1.

Este conjectura, pelo que sei, esta "em aberto". Muitos Matematicos de Escol 
tentaram prova-la, sem sucesso. Claramente que isso nao significa que 
qualquer um de nos tambem nao tera sucesso ...

Aqui nos DISCUTIMOS PROBLEMAS. Nao significa que sempre precisamos 
apresentar uma solucao pronta. Podemos inicia-la, podemos clarificar alguns 
aspectos ou apenas apresentar ideias : e a discussao !

O problema acima leva-nos a lembrar dos BLACK HOLE ( Buraco Negro ) ou 
SORVEDOUROS ... Com efeito, se para algum "n" impar aplicarmos F(n)=3n+1 e o 
resultado por uma potencia de 2, entao a ulterior aplicacao de F(n)=n/2 ira 
nos conduzir fatalmente a 1. Isto mostra que a sequencia 
2,4,8,16,...,2^p,... funciona como um BLACK HOLE  ou SORVEDOURO, de forma 
que podemos refornular a conjectura da seguinte maneira :

CONJECTURA1 : Para todo "n" natural, existe um "p" natural tal que
F^p(n)=2^r, r um natural qualquer.

Quais sao os numeros tais que F(n) = 2^r ?

PROPOSICAO : Se F(n)=2^r entao "r" e par e "n" e da forma (4^s - 1)/3.

Suponha um natural "n" da forma n=(4^s - 1)/3. Ele e evidentemente impar e, 
portanto, F(n)=3n+1=4^s=2^(2s). Por outro lado, se "n" e impar e 3n+1=2^r 
entao : n=(2^r - 1)/3. Se "r" for impar entao : r=2q+1 e ficara : n=(2.2^2q  
- 1 )/3= (2^2q)/3 + (2^2q - 1)/3 um absurdo, pois "n" e natural. Assim, nao 
pode ser r=2q+1.

Aqui descobrimos algo interessante... Os numeros da forma n=(4^s - 1)/3 sao 
tais que F(n)=2^r (r=2s) e, reciprocamente, se F(n)=2^r entao
n=(4^s - 1)/3 (r=2s). Isto mostra que a sequencia n=(4^s - 1)/3, "DE CERTA 
FORMA" pode ser vista como "PARALELA" ao SORVEDOURO 2,4,8,16,32,...

Pois se "n" nao for da forma "2^r" e tambem nao for da forma (4^s - 1)/3 
entao, supondo correta a CONJETURA 3N+1, "n" devera necessariamente assumir 
a forma (4^s - 1)/3 antes de cair no SORVEDOURO ou BLACK HOLE. Tudo sucede 
como se a sequencia n=(4^s - 1)/3 fosse um "ESTADO" no qual todo numero 
natural devera se transformar antes de cair no SORVEDOURO 2,4,8,16,32,...

Bom. Ate aqui, o que conseguimos ?  Podemos, sem duvida, reformular a 
conjectura de Siracusa e apresenta-la na forma :

CONJECTURA2:Para todo "n" natural que nao e potencia de 2 e nao e da forma 
(4^s - 1)/3, existe um "p" natural tal que
F^p(n)=2^r, r um natural qualquer.

OBS : Pois ja sabemos que 2^r e (4^s - 1)/3 necessariamente sao tais que 
F^p(n)=1, para algum p.

A Imagem de "SEQUENCIAS PARALELAS" pode nos conduzir a belas simplificacoes. 
Para vermos como e possivel fazermos isso, vamos tentar entender quem 
desemboca em (4^s - 1)/3.

Claramente que sendo (4^s - 1)/3 impar, serao "n" pares que apos F(n) se 
transformarao em (4^s - 1)/3. Serao, portanto, todos os numeros pares da 
forma :

PAR = (2^q)*( (4^s - 1)/3 )

Assim, fixado "s", existe uma infinidade de naturais ( todos eles ) "q" que 
formam uma sequencia Aq=(2^q)*( (4^s - 1)/3 ) para a qual
F(Aq) "cai" ou "converge" para (4^s - 1)/3. A imaginacao nos leva a pensar 
na sequencia Aq como uma "linha orientada" apontando para
(4^s - 1)/3, na qual marcamos os Aq indo para o infinito.

Claramente que para todo "s" de (4^s - 1)/3 ha uma linha desse tido.

Poderiamos agora esclarecer alguns aspectos sobre estas linhas, como, por 
exemplo, se elas se cruzam ou nao, isto e, se existem q1#q2 e s1#s2 tais que 
:

(2^q1)*( (4^s1 - 1)/3 ) = (2^q1)*( (4^s1 - 1)/3 ).

Mas por brevidade vamos deixar isso de lado, por enquanto. O que e 
importante e que, fixado "s", existe uma infinidade de "q" ( todos os 
naturais ) tais que (2^q)*( (4^s - 1)/3 ) se transforma em (4^s - 1)/3.

Podemos transformar esta ideia num par : (s,q). Assim, a todo par (s,q) 
associamos o numero (2^q)*( (4^s - 1)/3 ). Isto significa que alguns numeros 
terao uma sequencia (s,q) associada, garantindo assim que ele atende ou 
satisfaz a CONJECTURA DE SIRACUSA.

O MAPA

Eu acho que aqui consegui explicar a essencia da minha ideia para atacar o 
problema 3N+1. Algumas coisas acessorias sao importantes e precisam ser 
provadas ( O problema do cruzamento das linhas acima e simples, porem muito 
importante ... ). A ideia e mapear os numeros que satisfazem a conjectura, 
associando a cada um deles uma sequencia finita de numeros naturais. A 
extensao das sequencias caracteriza, de certa forma, o quanto o numero esta 
"distante" do SORVEDOURO. Essa distancia pode ser medida com o numero de 
iteracoes da forma 3N+1.

A ideia e mostrar que nenhum numero natural escapa a este mapeamento.

E entao :

1) Alguem preenche as lacunas e conclui a demonstracao ?
2) Alguem apresentar uma ideia melhor ?
3) Alguem quer criticar ?

OBS : Eu nao vou ficar chateado se alguem quiser criticar e dizer que e uma 
ideia de Mongo, Jaba ou coisa parecida.

Um abraco
Paulo Santa Rita
2,1110,07052001










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