Me parece que el siguiente formalismo útil para mi propia comprensión del problema, así que creo que voy a añadir aquí también.
Para tener esta transformación generalizada vamos a escribir:
$$ T_M(x) = (M \cdot x+1) / 2^A \qquad \small \text { where A equals the exponent at 2 in the numerator }$$
y nos fijamos sólo en los números impares (porque todos los números pares puede ser visto como "trivial" tratado.
Para facilitar la notación que me gusta escribir en este formulario
$$ a_{k+1}= {M \cdot a_k +1 \over 2^{A_k}}$$
o, por lineal de la escritura, utilizando consecutivos letras en lugar de índices numéricos
$$ b = {M\cdot a +1 \over 2^A}, c={M\cdot b +1 \over 2^B }, \text{ and so on} $$
A continuación, a un paso del ciclo debemos tener el resultado igual a la de entrada
$$ b = {M\cdot a +1 \over 2^A} =a$$
y, obviamente, debemos tener
$$ 2^A =M + \frac 1a $$
Tener a un solo paso de ciclo en el número de $a$ debemos tener ese $M$ es una de mersenne número $M=2^A-1$ y debido a su facilidad lo general se refiere a los "trivial ciclo".
$M=3,7,15,31,...$ son los números de mersenne y permiten "trivial ciclos".
Si permitimos que los enteros negativos, entonces para $a =-1$, tenemos un patrón similar, sólo que los permitidos $M$ ar $M=3,5,9,17,...$. Para $ |a| \ne 1$ la expresión de $ \frac 1a$ introducir los valores fraccionarios y por lo tanto otra de un paso-los ciclos no son posibles.
Mirar dos-paso-ciclos basta con mirar a la generalización
$$ b\cdot c = {M\cdot a +1 \over 2^A}\cdot {M\cdot b +1 \over 2^B} = b \cdot a$$
Es muy complicado para el lugar aquí para hablar de esto en la generalidad. Pero para mostrar una útil patrón que les voy a mostrar esto para $M=3$ $M=5$
Para $M=3$ tenemos
$$ bc = {3a+1 \over 2^A}\cdot {3b+1 \over 2^B} = ba $$
Reorganización de da
$$ 2^{A+B} = (3+ {1 \over a})\cdot (3+{1 \over b}) $$
Vemos de inmediato, que la carta sólo puede quedarse en el intervalo de $9 .. 16$ (donde $16$ sólo puede ocurrir si $a=1$ y por lo tanto para el caso trivial). Pero no hay ninguna otra potencia exacta de 2 en este intervalo, por lo que el lhs-parte no puede ser satisfecho.
Si permitimos que los enteros negativos obtenemos lugar
$$ 2^{A+B} = (3- {1 \over a})\cdot (3-{1 \over b}) $$
que cubre ahora el intervalo de $4..9$. Se da por $4$ el trivial ciclo en los negativos, y para $a=5,b=7$ otra solución compatible con la lhs, lo que significa por lo tanto un paso de dos ciclos (y no debemos olvidar que el signo debe revertir los negativos).
Para $M=5$ esto se parece a
$$ 2^{A+B} = (5+ {1 \over a})\cdot (5+{1 \over b} ) $$
El rango para el lado derecho es ahora $25..36$ y sólo hay un número (=32) compatible con el lado izquierdo.
El más pequeño de los números de un $M=5$ ciclo $1$$3$ . Tratamos de estos números
$$ 2^{A+B} = (5+ {1 \over 1})\cdot (5+{1 \over 3} )=6\cdot {16 \over 3} =32 $$
Bingo!
Así que acabo de encontrar el más pequeño ciclo de longitud para el $M=5$-problema.
Ahora, de nuevo en los enteros negativos integ
$$ 2^{A+B} = (5- {1 \over a})\cdot (5-{1 \over b} ) $$
El rango para el lado derecho es de 16..25, donde 16 indica el trivial ciclo en los negativos. No hay otro poder perfecto de 2 en ese intervalo, por lo que no 2-paso-ciclo en los aspectos negativos de la $M=5$ problema.
Este exposiciones para el uno y para el paso de dos ciclos puede generalizarse para los pasos ciclos en la manera obvia. Sin embargo, con más pasos de la vista a través de la modulares gafas no muy lejos. Pero hay otra herramienta (que conduce a otra numbertheoretic herramienta con la que finalmente R. Steiner demostrado la no existencia de la "1-ciclo" (arbitrario muchos pasos con exponentes $A=1$, y sólo un exponente $B \gt 1$)): nos encargamos de la $M$'s de la rhs llegar
$$ {2^S\over M^N} = (1+{1 \over M\cdot a})\cdot (1+{1 \over M\cdot b}) \cdots $$
donde I denota la suma de los exponentes (=número de divisiones por 2) $S$ y el número de pasos (=número de multiplicaciones por 3 = número de paréntesis en el lado derecho) como $N$
Ahora con alto $a,b,c,...$ sobre los rhs y alto $M$ esto es muy próximo a 1, en muchos casos, mucho más cerca que el cociente en el lado izquierdo, y uno puede mirar a la aproximación de $2^S / M^N$ muchas $N$ y descubre una tendencia que sugiere que se requiere un mínimo de duración de un ciclo es un conjunto de todos los enteros mayores que su mínimo elemento $a$
