La conjetura de Collatz

Elige un valor inicial y observa adónde lo lleva la regla. Luego mira la segunda imagen, que muestra a la vez todos los valores iniciales hasta el límite.

Ejemplo resuelto — La conjetura de Collatz

Tiempo de parada total	111
Valor más alto alcanzado	9232
Valor más alto ÷ valor inicial	341,93
Mayor brecha con un vecino	101
Mitades por triplicación	1,7073
La órbita con sus +1 borrados	0,8341
Órbita más larga hasta 10.000	261
Valores iniciales hasta 10.000 con pico en 9232	1579

Estos son los valores que muestra la calculadora al abrir la página. Cambia cualquier entrada de arriba para recalcularlos.

Cargando simulación interactiva...

El 27 necesita 111 pasos. Su vecino necesita diez. 🖖

Pon el 26 en el valor inicial. La órbita es 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1. Diez pasos, y nunca sube por encima de 40.

Ahora pon el 27. Requiere 111 pasos y escala hasta 9.232, lo cual es 341,93 veces su punto de partida.

No hay nada en el 27 que presagie esto. Está encajado entre el 26 y el 28, y el 28 llega a la meta en 18 pasos. La fila Mayor diferencia con un vecino lo cifra en 101. Arrastra el valor inicial y los puntos del panel inferior nunca se acomodarán en una curva.

El salto más brusco por debajo de 10.000 es 225, algo que consiguen seis pares de vecinos. El primero es 6.170 y 6.171: uno toma 36 pasos y el otro 261.

Tres cuartos por triplicación, y sigue acertando 🖖

Un número impar se convierte en 3n + 1, que es par, así que siempre le sigue una división a la mitad. Ese valor es divisible por 4 la mitad de las veces y por 8 una cuarta parte de las veces, por lo que de media le siguen dos divisiones. Una triplicación y dos divisiones a la mitad multiplican por ¾.

Lleva esto hasta el final y el número de triplicaciones necesarias para reducir n a 1 debería ser aproximadamente ln n ÷ ln(4/3), que es 3,4761 ln n.

La tabla de resultados lo compara con cada valor inicial del barrido. Hasta 10.000 la media de triplicaciones es de 28,21 y ¾ por triplicación predice 28,54. Hasta 1.000 es 19,67 frente a 20,57. Hasta 100.000, 35,65 frente a 36,54.

La frase que sostiene todo el argumento es de media. Las divisiones a lo largo de una órbita no son lanzamientos de moneda independientes; quedan fijadas en el instante en que eliges n, y nadie ha encontrado la manera de expresar esto y conservar la respuesta. Paul Erdős, citado por Jeffrey Lagarias en 1985: «Las matemáticas todavía no están preparadas para este tipo de problemas».

Cambia el 3 por un 5 y la misma regla atrapa al 27 para siempre 🖖

Pulsa 5n + 1 y pon el inicio en 13. La órbita recorre 13, 66, 33, 166, 83, 416, 208, 104, 52, 26, y entonces vuelve al 13. Diez números, y dará vueltas sobre ellos el tiempo que le dejes. Ahí no hay nada conjeturado; es una lista que puedes comprobar a mano en un minuto.

El 27 también queda atrapado en un bucle distinto de diez números: 27, 136, 68, 34, 17, 86, 43, 216, 108, 54.

La heurística explica el motivo. Una triplicación y dos divisiones a la mitad es ¾; una quintuplicación y dos divisiones a la mitad es 5/4, y una regla que multiplica por 5/4 de media no tiene motivos para bajar. Deja seleccionado 5n + 1 y mira el panel inferior, que se ha quedado casi vacío. De los primeros 10.000 valores iniciales, 256 llegan al 1. Otros 470 caen en un bucle. Los 9.274 restantes suben más allá de 2⁵³, donde la aritmética de la herramienta deja de ser exacta y esta deja de seguirlos.

Así que una demostración de la conjetura de Collatz tiene que ser una que conozca la diferencia entre el 3 y el 5. Hasta 2025 la regla se ha comprobado para todo valor inicial hasta 2⁷¹, unos 2,36 × 10²¹ en total, por David Bařina en superordenadores europeos. El siguiente sigue abierto.

Problema resuelto al detalle

Por qué el 27 necesita 41 triplicaciones cuando la aritmética dice doce 8 pasos
La regla de los ¾ dice que una órbita debería necesitar unas ln n ÷ ln(4/3) triplicaciones para reducirse a 1. Para n = 27 eso está entre once y doce. La herramienta dice 41. Busca de dónde salieron las veintinueve adicionales y luego aplica esta misma contabilidad al valor inicial más grande que se haya comprobado jamás.

Abre este problema en la herramienta
1. Partiendo de un n impar, el siguiente valor es 3n + 1, que es par, así que le sigue al menos una división a la mitad. Es divisible por 4 la mitad de las veces, por 8 una cuarta parte de las veces, por 16 un octavo de las veces, y el número esperado de divisiones a la mitad es la suma de k·2^−k, que es exactamente 2. Una triplicación seguida de dos divisiones multiplica por ¾.
  
  $E [v_{2} (3 n + 1)] = k \geq 1 \sum k 2^{- k} = 2 ⟹ \frac{3}{2 ^{2}} = \frac{3}{4}$
2. Multiplicando por ¾ cada vez, la órbita debería llegar al 1 cuando (¾)^o haya reducido n a la nada. Si despejas o obtienes ln 27 ÷ ln(4/3) = 11,46. Pon que sean doce triplicaciones, y a dos divisiones por cabeza, unos treinta y cinco pasos en total.
  
  $(\frac{3}{4})^{o} = \frac{1}{n} ⟹ o = \frac{ln 27}{ln ( 4/3 )} = \frac{3 . 2958}{0 . 28768} = 11.46$
3. Ahora introduce el 27 en la herramienta. Tiempo de parada total indica 111, y Reducciones a la mitad por triplicación muestra su desglose: 41 triplicaciones y 70 reducciones a la mitad. La predicción se equivoca por un factor de 3,58. Por tanto, el 27 no es un valor inicial típico.
  
  $o = 41, e = 70, t = o + e = 111, \frac{41}{11 . 46} = 3.58$
4. Quita los +1 y la órbita se convierte en multiplicación pura: 41 triplicaciones y 70 divisiones aplicadas al 27. Ese producto es 0,8341, y la herramienta lo imprime bajo La órbita con sus +1 borrados. Sería exactamente 1 si los +1 no hicieran nada en absoluto, y queda por debajo de 1 porque cada +1 entrega a las divisiones un poco más que eliminar. En una potencia de dos, donde nunca ocurre un paso impar, es exactamente 1.
  
  $L = n \cdot \frac{3 ^{o}}{2 ^{e}} = 27 \cdot \frac{3 ^{41}}{2 ^{70}} = 0.8341 < 1, 2^{k} \cdot \frac{3 ^{0}}{2 ^{k}} = 1$
5. Despeja la fórmula. Llamando L al producto, n·3^o ÷ 2^e = L. Tomar logaritmos en base 2 da e = o·log₂3 + log₂(n/L), y al dividir entre o obtienes la proporción que muestra la herramienta. Para el 27 esto es 1,58496 + 0,12236 = 1,70732, que la herramienta redondea a 1,7073. Para una órbita que alcance el 1, la proporción nunca bajará de log₂3 = 1,5850. Las que más se acercan son aquellas que consumen más triplicaciones respecto al tamaño de su valor inicial. Por debajo de 100.000 no hay nada que se acerque más que el 27.
  
  $\frac{e}{o} = lo g_{2} 3 + \frac{lo g _{2} ( n / L )}{o} = 1.58496 + \frac{lo g _{2} ( 27/0 . 8341 )}{41} = 1.58496 + 0.12236 = 1.70732$
6. Eso es lo que es una órbita larga: una que se queda corta de divisiones. Aquí están el 27 y los tres valores iniciales que encabezan los tres rangos del barrido, con el 26 al lado para contrastar. Un valor inicial típico promedia unas dos divisiones por triplicación; todos los poseedores de un récord aquí se mueven entre 1,70 y 1,74. La órbita está gastando sus triplicaciones y no está recuperando las divisiones.
  
  $n 2627871 6, 171 77, 031 t 10111178261350 o 2416596129 e 870113165221 e / o 4.0000 1.7073 1.7385 1.7188 1.7132$
7. David Bařina comprobó en superordenadores europeos todos los valores iniciales hasta 2⁷¹, unos 2,36 × 10²¹ en total, publicando los resultados en 2025. Todos llegaron a la meta. ¿Cuánto debería durar el viaje a esa escala? El ln(2⁷¹) es 49,213, así que la heurística da 171 triplicaciones y alrededor de 513 pasos para un número típico de ese tamaño.
  
  $n = 2^{71} \approx 2.36 \times 1 0^{21} : o \approx \frac{71 ln 2}{ln ( 4/3 )} = \frac{49 . 213}{0 . 28768} = 171, t \approx 3 o = 513$
8. Los números que hacen interesante a este problema no son los típicos. Frente al tiempo de parada total medio en cada rango analizado (59,60, 84,98 y 107,54 pasos), el poseedor del récord tarda 2,99, 3,07 y 3,25 veces más. Aplica el último de esos factores y verás que los valores iniciales más lentos cerca de 2⁷¹ exigen algo más próximo a los 1.700 pasos que a los 500. La proporción sigue aumentando en el mayor rango que escanea la herramienta, por lo que 1.700 es un mínimo absoluto más que una estimación. Cada cifra en este paso es la extrapolación de una heurística, y ese es el único tipo de afirmación que existe sobre números de semejante magnitud.
  
  $\frac{178}{59 . 60} = 2.99, \frac{261}{84 . 98} = 3.07, \frac{350}{107 . 54} = 3.25 ⟹ 3.25 \cdot 513 \approx 1, 700$
Respuesta

41 triplicaciones en lugar de doce, porque la órbita del 27 avanza a 1,7073 reducciones a la mitad por triplicación mientras que una típica ronda las 2. Lo único que queda para hacer descender el 27 es la distancia entre 1,7073 y log₂3 = 1,5850. Es un margen muy estrecho, de ahí que el descenso tome 111 pasos.

Nada de esto demuestra nada. El ¾ proviene de tratar cada 3n + 1 como si una moneda decidiera cuántas veces es divisible por dos, pero la moneda es una ficción. Las reducciones a la mitad a lo largo de una órbita quedan fijadas en el instante en que eliges n. Aun así, todos los números comprobados hasta ahora han llegado a la meta, la totalidad de los 2,36 × 10²¹. Terence Tao fue quien más se acercó al demostrar que casi todo valor inicial acaba cayendo por debajo de f(n) para cualquier f que crezca hacia el infinito por muy lenta que sea, entendiendo casi todo como una densidad logarítmica de 1. Casi todo no es todo, y en esa brecha es donde reside el problema todavía.

$\frac{e}{o} = lo g_{2} 3 + \frac{lo g _{2} ( n / L )}{o} o \to \infty lo g_{2} 3 = 1.5850$

Referencias (3)

The verification limit the page quotes, and where the 2.36 × 10²¹ comes from: David Bařina, "Improved verification limit for the convergence of the Collatz conjecture", The Journal of Supercomputing 81(1), 1–14, 2025. doi:10.1007/s11227-025-07337-0
The strongest partial result, which the answer quotes: Terence Tao, "Almost all orbits of the Collatz map attain almost bounded values", Forum of Mathematics, Pi 10, e12, 2022 (posted 2019). doi:10.1017/fmp.2022.8
Where the Erdős line comes from, and the standard survey of the problem: Jeffrey C. Lagarias, "The 3x + 1 problem and its generalizations", American Mathematical Monthly 92(1), 3–23, 1985.

Por el equipo de 42Math · Contrastado con fuentes publicadas. Se agradecen correcciones.