Syracuse

christophe c

:-D :-D

Bé, écoute, je pense déjà avoir fait l'exercice suivant: toutes les suites de Syracuse sont périodiques à partir d'un certain rang.

Evidemment, je n'y connais rien donc c'est peut-être trivial, mais bon, c'est un bon test pour voir si j'ai oublié quelque chose. Et puis bon, autant s'amuser un peu, en maths, tant qu'on n'a pas vu de preuve, on n'est pas convaincu, donc je ne risque pas de berner qui que ce soit.

Par contre, je pensais que quelqu'un réagirait en postant une solution (une suite périodique ne finissant pas par 1, de façon que je n'aie pas à le faire :-D (Une personne qui aurait abandonné, puis retrouvé d ela niac avec ce soutien).

Bon je viens de faire un programme, mais en caml, je n'ai pas les outils numériques puissants, c'est galère.

Où pourrais-je trouver en ligne*** la fonction qui à $n$ m'associe le plus grand entier $p$ tel que $3^p<2^n$. Ca me lourde d ele faire en caml, je viens de commencer, mais je suis mal assis et ai du ménagé à faire)

*** sur de très grand nombre, j'entends, de 1000 à 10000 chiffres.

christophe c

@Poirot: oui, mais tu sais bien que je ne peux pas poster dans shtam :-D :-D

Enfin j'ai tout de même un peu plus de vue panoramique que les gens en moyenne qui y postent. A moins qu'il y ait de très grosses obstructions sur la répartitions des factorisations de nombres comme $2^n-1$, auquel cas Syracuse aurait des conséquences époustouflantes, sinon, je ne vois pas comment je peux me tromper.

En fait, ce que j'ai c'est que les conséquences de Syracuse sont des conséquences de rêves, de véritables dingueries arithmétiques!!!

Donc que j'en prouve ou pas la fausseté, je peux te garantir que je prouverai

$$Syracuse \Rightarrow PleinDeSuperTrucs$$

et le mettrai sur HAL assez vite et tu ne regretteras pas :-D :-D

Mais je trouve ça plus drôle d'annoncer Syracuse => Tout, vue l'heure du petit déjeuner que c'était et le confinement.

Poirot

Tu cherches $n \mapsto \left\lfloor n \frac{\log 2}{\log 3}\right\rfloor$ ?

christophe c

Oui, mais pour des $n$ de l'ordre de $10^{1000}$, avec suite de chiffres exacte. Pas des approximations. Merci!

Foys

christophe c a écrit:

la fonction qui à $n$ m'associe le plus grand entier $p$ tel que $3^p<2^n$.

Autrement dit $n \mapsto \lfloor n \frac{\log 2}{ \log 3} \rfloor$ (le problème va peut-être être dans le calcul de $ \frac{\log 2}{ \log 3} $ avec assez de précision).
EDIT: grillé par Poirot!

christophe c

Et si NdT, tu passes par là, pourrais-tu me brieffrer sur ce que tu sais de la difficulté qu'il y a à ce que:

$3^p$ soit très proche de $2^n$ quand $2^n- 1$ est "très composé"?

Y a-t-il des fourchettes ou des vitesses d'éloignement connues?

christophe c

@foys: oui, j'ai besoin des versions "mapple" and co, exactes, pas du tout des approximations.

Poirot

Ta question se rapproche plutôt de la théorie de l'approximation diophantienne que de la théorie analytique des nombres à mon avis.

On trouve l'inégalité $$|2^m - 3^n| > 2^m(em)^{-5.87 \times 10^8}$$ dans l'excellent Number Theory - Volume II : Analytic and Modern Tools d'Henri Cohen, p.415. La démonstration repose sur les bornes de Baker sur les "formes linéaires de logarithmes".

christophe c

$(em)^x$ signifie bien $(2.718.... \times m ) ^ x$?

christophe c

:-S j'ai l'impression que ton membre de droite est dans $]0,1[$, donc je ne dois pas comprendre.

christophe c

Ah non, pardon! C'est bon, c'est compris!!

christophe c

Bon cela me dit juste qu'il n'y a pas de solutions périodiques de la forme : montée suivie de descente. Mais bon, je m'en doutais un peu, ce serait trop beau.

christophe c

Je viens de googler (pas facile d'avoir des docs autres que pour salons d'enfants), et apparemment même la périodicité que j'affirme avoir prouvé (je l'affirme dans le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1978906,1979370#msg-1979370 ) n'a pas l'air connu.

Donc, je vais revoir soigneusement mes procédés pour tout de même vérifier si je ne loupe pas quelque chose (il est vrai que j'ai transformé le problème en un problème "non** calculatoire" équivalent, mais bon ...

** enfin "pas vraiment" calculatoire.

christophe c

Est-ce que quelqu'un veut prendre le relais et mettre son nom sur le truc (mais avec mention de mon aide dans l'ariticle)?

J'ai franchement la flemme de lancer des tests sur des nombres de 1000 chiffres et tout construire en caml (light en plus, mon ocaml buggue avec windows10).

La borne qu'a mentionné Poirot rend la recherche des solutions dans un couloir relativement étroit.

Rescassol

Bonjour,

CC emprunte même sa flemme à notre shtameur en chef.

Cordialement,

Rescassol

christophe c

C'est qui le shtameur en chef????



Bon, je résume les choses. Vos allez voir que ce n'est pas bien sorcier. Et que le conjecture de Syracuse génère un très grand nombre de mini-conjectures enfants. Autrement dit, elle est forte.

1/ Le problème est mal posé (enfin je veux dire pas pratique étudier). Il faut mieux ajouter $1$ à tous le monde et regarder le problème de réécriture suivant:

$$ 2n\to 3n; \ 2n+1\to n+1 $$

bien plus simple à analyser puisque la "partie méchante du test provoque une diminution".

Par exemple, au lieu de

$$3;10;5;16;8;4;2;1$$

c'est plus simple de prendre:

$$4;6;9;5;3;2$$

qui saute directement $n\mapsto 3n+1\to (3n+1)/2$

Ensuite, on "voit bien ce qu'il se passe" lors des montées et descentes monotones:

$2^kY$ devient $3^kY$ et $2^pY+1$ devient $Y+1$ (où $Y$ symbolise un nombre impair).

En particulier, pour chercher un cycle composé d'une seule descente (donc d'une seule montée), il suffit de regarder le schéma:

$$2^aY\to 3^aY = 2^bZ + 1\to Z+1$$

où les lettres majuscules figurent des nombres impairs, de sorte que ci-dessus, le seul fait d'avoir une solution en nombres entiers au système:

$2^a(2y+1) = 2z+2$
$3^a(2y+1) = 2^b(2z+1)+1$

casse d'un coup la CS.

En éliminant des inconnues, on obtient l'équation $2^{a+b} - 3^b$ divise $2^a-1$, ce qui semble une possibilité qui a été éliminée par la borne de Poirot, mais sachez que par Pigeon Hole principe, il y a des $b$ aussi grands qu'on veut tels que $2^b-1$ est divisible par le produit des nombres impairs jusqu'à $N$, même avec $N$ grand.

Comme je suis béotien, le vague espoir que peut-être pourrait-on avoir le terme rouge tout piti piti, m'a effleuré. Mais le ô grand Poirot m'a ramné sur Terre.

Mais ça ce n'est que pour "un cycle montée-descente". Je vous laisse imaginer toutes les équations non résolubles impliquées par la vérité de CS que l'on traverserait avec les montagnes russes. Et juste pour des cycles.

Mon raisonnement était foireux pour l'absence d'autre chose que des cycles. Je n'ai pas éliminé la divergence vers $\infty$. Ce qui fait encore plus d'équations dont CS implique l'absence de solutions.

Je n'y crois guère, même si c'est à peu près évident que les cycles, etc, sont à chercher parmi un ensemble "de mesure nul" (déjà il faut que les montées soient un peu plus nombreuses que les descentes).

christophe c

Remarque, c'est tout à fait normal que les balades soient longues et qu'un éventuel exemple ne se trouve pas parmi les petits nombres du genre $< 10^{30}$ par exemple.

Par exemple, si vous ne sautez pas les "longues monotonies", ça peut durer longtemps "bêtement":

$$2^{177}3^{84}Y\to 2^{176}3^{85}Y\to 2^{175}3^{86}Y\to 2^{174}3^{87}Y\to 2^{173}3^{88}Y\to \dots $$

mais ces attentes ne servent à rien pour réfléchir au problème, Autant les éliminer. De même pour :

$$ 2^{8431}Y+1\to 2^{8430}Y+1\to 2^{8429}Y+1\to \dots $$

Autant passer de suite à $Y+1$.

christophe c

J'avais lu quelque part qu'il existe un théorème qui relie la décomposition en facteurs premiers de $n$ à celle de $n-1$, mais c'est tellement dans un contexte différent... (C'était sur les algo rapides pour savoir si un nombre est premier je crois).

Ici ça pourrait être utile.

Martial

Ça y est, j'suis largué.
Tu peux expliquer un peu mieux ton post 42083 ?
Je ne comprends pas comment tu passes de 3, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1 à 4, 6, 9, 5, 3, 2

christophe c

J'ai fait le truc qu'on utilisait pour torturer (pour rien) les Terminales ES depuis 20ans:

$$ (y = 1.5x+0.5) \iff (y+1) = 1.5 (x+1)$$

De manière à remplacer les règles: $2n\to n$ et $(2n+1) \to 1.5(2n+1) + 0.5$

par les règles: $2n\to 3n$ et $2n+1 \to n+1$

christophe c

@Calli: j'aime bien faire des plaisanteries comme ça de temps à autre. Cela dit, je parie à 100 contre 1 qu'elle est fausse. Ca, c'est sincère!

Martial

@Christophe : Tenu, à l'envers !
Si elle est fausse dans ZFC, je te donne 100 zeuros.
Si elle est vraie dans ZFC, tu me donnes un euro.
Si elle est indécidable dans ZFC mais GC-prouvable, on se fait un couscous à ch... partout et on partage l'addition.

La solution 3 me paraît à la fois la plus envisageable mais aussi la plus onéreuse... sachant qu'avec le couscous je bois assez peu d'eau, lol

Georges Abitbol

Bon il m'a fallu du calcul pour comprendre ce que tu voulais faire avec ta réécriture, donc je l'écris :

on pose, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $\phi(n) := n/2 \mbox{ si }n\mbox{ pair et }(3n+1)/2\mbox{ sinon}$, et $\psi(n) := 3n/2\mbox{ si }n\mbox{ pair et }(n-1)/2+1\mbox{ sinon}$.

On a alors, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $\phi(n) + 1 = \psi(n+1)$. Autrement dit, si on note $s := n \mapsto n+1$, on a $s \circ \phi = \psi \circ s$. Et comme $\psi$ envoie $\mathbb{N}^*$ dans $\mathbb{N}^*$, si on est un peu pédant, on peut dire que les deux systèmes dynamiques $(\mathbb{N},\phi)$ et $(\mathbb{N}^*,\psi)$ sont conjugués (par la bijection $s$).

christophe c

Georges, exactement!!

Mais de toute façon, on pourrait très bien garder la Syracuse originale, c'est vraiment purement psychologique.

L'originale demande les 2 transitions : $[2n\to n]$ et $[(2n-1) \to (3n-1)]$

alors que la mienne demande : $[(2n+1)\to (n+1)]$ et $[(2n)\to (3n)]$

J'ai juste viré les signes moins :-D (je ne sais même pas pourquoi vraiment, si ce n'est que le test hybride est côté descendant comme je l'avais dit)

Les analyse macroscopiques sont les mêmes: les balades monotones de l'originale sont:

$$ 2^kX\to X; \ 2^kX-1\to 3^kX-1$$

alors que celles de la deuxième sont:

$$ 2^kX+1\to X+1; \ 2^kX\to 3^kX $$

comme tu l'as toi-même vu.

C'est une question de gout après qu'on étudie l'une ou l'autre.

@Martial: avec plaisir!!! Je suis à peu près sûr que la CS entraine sa propre consistance. Elle entraine que tellement d'équations diophantiennes n'ont pas de solutions que je pense que parmi elles, il y a celle disant sa consistance. Du coup, elle serait démontrablement fausse selon moi, ou alors, c'est vraiment que les nombres premiers (enfin la factorisation d'un nombre en facteurs premiers pour être plus précis) seraient très très disciplinés. Et ça ne correspond pas à l'expérience actuelle. Ce serait inoui qu'une simple devinette enfantine assène un pareil gros axiome. Mais why not après tout?!

christophe c

Je prends un exemple, qui, sur des grands nombres, correspond à peu près à une multiplication par 2.25.

Montée atomique-Descente atomique-Montée atomique

Mouvement1: $(2x) \to (3x)$

La descente atomique suivante requiert que $3x$ soit impair. La lettre $x$ est variable ici (pas comme en maths :-D ) . On est donc parti de $2(2x+1) = 4x+2$


Mouvement2: $3(2x+1) = 6x+2+1 \to 3x+1+1=3x+2$

La montée suivante requiert la parité de $3x+2$, Informatique: changement de la variable $x$ en $2x$
On est parti de $8x+2$, on en est à $6x+2$ et

Mouvement3: $6x+2\to 9x+3$.

Au final, ce mouvement tri-atomique fait passer de $8x+2$ à $9x+3$.

On peut alors regarder les effets d'une répétition un grande nombre de fois de ce tri-atome. A noter que ça ne peut se faire que sous la contrainte que l'actuel $9x+3$ soit de la forme $8y+2$, ce qui explique que les gens ne courent aucun risque de trouver des "petits exemples" qui viendraient contredire CS.

La suite "pénible" vérifiant :

$$ u_{n+1} = (u_n - 2) \times (9/8) + 3 = (9/8) u_n + 6/8$$

peut-être décalée via le fait qu'avec $6/8 + k = 9/8k$, donc $k:= 6$, on aura :

$$ u_{n+1} + 6 = (9/8) \times (u_n+6)$$

Autrement dit, partant de $a$, et après $p$ répétitions, on arrive à $b$ tel que:

$$ b+ 6 = (9/8)^p \times (a + 6) $$

académiquement, généralement présenté sous la forme: $ b = (9/8)^p \times (a + 6) - 6 $

Je reviens à l'exigence $8x+2 = 9y+3$ qu'on peut réaliser avec Bezout sans problème, mais qui fait exploser la perception qu'on a du nombre de départ et donc se traduit en exigences en termes de taille, sans vraiment a priori être gênant pour la réalisation du but, à moins que le théorème d'éloignement entre $2^n$ et $3^p$ évoqué par Poirot ne s'HYPERGENERALISE tellement qu'il introduise une obstruction.

Martial

Si CS démontre sa propre consistance, c'est soit que CS est inconsistante, soit que la théorie ambiante (celle dans laquelle tu fais ta preuve, par exemple ZFC) est inconsistante.
Ça fait froid dans le dos.
Et moi qui étais prêt à admettre la consistance de ZFC + I2...

christophe c

@Martial: nan, mais ne t'inquiète pas, c'est juste CS qui est trop forte. Pas forcément pour autant $ZFC + I_0$.

Si tu veux, en gros, CS dit qu'un très large famille d'équations qui s'acrivent avec $x\mapsto 2^x, x\mapsto 3^x, x\mapsto x+1, x\mapsto Paire(x) $

n'ont pas de solution (CS dit un truc plus fort, mais bon.

L'empirisme ne risquait pas d'en trouver puisqu'il fallait itérer des Bezouteries (qui donne, pour chacune, même en une étape des grands nombres).

Mais ce qui est étrange, c'est la popularisation de l'idée que CS serait vraie "tout court". Ca me semble un coup voulu des initiateurs et promoteurs (qui ne donnent pas l'impression d'avoir beaucoup publié pourtant en sa faveur) en vue d'espérer que les petits malins qui s'y attaqueront, décupleront leur motivation et trouveront peut-être le graal en passant (ie une preuve de "tout")

Je ne vois pas trop d'autres spéculations sur la publicité faite à "la demande de la prouver", ni sur l'absence de tests sur des grands nombres (alors qu'on en a plein dans les articles scientifiques pour les nombres premiers, les nombres parfaits, les ceci et les cela).

Maxtimax

Elle est testée sur des grands nombres, "en permanence" (en tout cas il me semble) - l'un des soucis est que pour les grands nombres, les cycles peuvent être très longs, et donc c'est long à tester.
En particulier, j'ai souvenir d'avoir vu mentionnés des nombres assez grands sur lesquels les algos étaient en train de tourner.

Mais en attendant si je comprends bien ce que tu as présenté n'est pas une preuve mais une heuristique de pourquoi tu penses que CS est fausse ? Ou bien je manque quelque chose ?

christophe c

@max: tu as parfaitement compris!

Mais une heuristique qui donne un programme que je vais me forcer à lancer en caml (faute de mieux, le plus pénible est la construction es routines), et je peux te dire que si ça ne marche pas, la CS deviendra un énoncé tellement visiblement puissant que tous les arithméticiens auront "honte" (techniquement) de s'en servir.

En gros, elle ressemble à un axiome qui dirait "vous prenez les nombres machins et trucs, documentés, ensuite, pour n'importe quelle formule de ZFC, vous les affectez symbole par symbole comme ci et comme ça et si le plus petit diviseur premier a un rang pair dans la liste des nombres premiers alors cette forumle n'est pas un théorème de ZFC, dont je te laisse voir (tu ne peineras pas) comment on fait pour casser systématiquement tous les énoncés de ce genre

Poirot

En soi personne ne se sert de CS. En tout cas ton heuristique est plutôt convaincante. Mais contrairement à ce que tu crois, tout le monde ne croit pas en sa véracité. Il y a plusieurs papiers donnant des heuristiques d'indémontrabilité dans je ne sais quel système.

Poirot

Ce lien t'intéressera peut-être : https://mathoverflow.net/q/285504

Corto

Une autre lecture sur le problème de Syracuse.

christophe c

Merci Poirot, je connaissais jadis car j'étais intéressé au FRACTRAN, dont j'ai reparlé il y a quelques jours à propos de J.Conwy qui l'a découvert.

Sauf erreur de ma part, ça ne dit pas que CS est indécidable, mais que le genre de choses dont elle parle appartient à THE big catégorie des machins non récursifs.

A noter que le FRACTRAN est entièrement linéaire, et pas du tout affine. La CS utilise un "+1" affine. Mais la présentation de wikipedia est tristounette en ce qu'elle n'insiste pas assez sur le fait que le problème non récursif en question est BIEN PLUS SIMPLE que la présentation en fraction.

Tu as juste une liste d'éléments $L_1,..,L_n$ de $\Z$. Tu regardes l'ensemble des $X\in \N^n$ tels que le programme suivant termine:

Step: si $X+L_1\in \N^n$ prendre $X+L_1$, sinon si $X+L_2\in \N^n$ le prendre sinon, ... Avec Stop si pas trouvé.

En notant $f(X)$ le résultat du Step, le programme consiste à faire $X,f(X), f(f(X)), \dots$ jusqu'à un stop éventuel.

Et bien c'est calculablement universel.

En remplaçant la liste par $2^L_13^L_2..$ évidemment qu'on a l'air de présenter ça sous forme de divisibilité. Mais en fait, c'est un mécanisme enfantin et $\Z,\N$ plutôt que $\Q,\N$, qui montre qu'on est peu de choses.

Et c'est en particulièrement pour ça que je crois la CS fausse. Ce serait trop beau si toutes les fonctions affine de la forme $$

x\mapsto (\frac{3^p}{2^n}x + TrucBidule)$$

qu'elle génère en les composant comme on veut soient TOUTES telles qu'il n'y ait pas de $x$ entier tel que $f(x)=x$, pour au moins l'un d'entre elles.

Par contre, évidemment, la composition nécessite une explosion en taille (il faut appliquer Bezout plein de fois) à chaque étape alors du coup les éventuelles solutions ne peuvent pas être petites.

A noter que la borne que tu as mentionné hier est une terrible contrainte, ie $\frac{3^p}{2^n}$ n'est pas assez proche de $1$ en fonction de $(n,p)$ pour que ce soit facile.

christophe c

Merci Corto, je vais aller manger et ensuite, je reviens cliquer dessus. ;-)

Maxtimax

Le lien de corto contient une conjecture 3 et des propositions 6 et 7 qui ressemblent beaucoup à ce qu'on voit ici - en particulier je pense que si ton heuristique suffisait, ça se saurait (puisqu'elle semble déjà avoir été considérée)

christophe c

UN GRAND MERCI à toi Corto et oui max tu n'as pas tort, mais il ne traite pas les cas erratiques qui sont évidement les plus intéressants, il ne fait que déduire des choses (très cas particuliers) de l'inexistence de cycles très réguliers (une montée suivie d'une descente). Bon, après j'ai parcouru vite fait, la bouche pleine;

Il ne traite pas non plus (faute probablement de vouloir aller en Ramsey-paysage, qui est de l'infinitisme à toute sauce) le cas divergence (CS dit qu'il n'y a jamais divergence et ça a des conséquences)

En tout cas, oui, pas dans l'article, mais comme tu dis "en esprit" des trucs ont dû être essayés (je ne m'imagine pas en y pensant depuis hier à quelques moments dans la journée, et nul en calcul, et dans ces spécialités, capable de coiffer des gens experts). Mais peut-être avec l'esprit (à la fin je dois publier un truc): je n'ai pas cette contrainte :-D

Peut-être y a-t-il un lemme arithmétique du genre "s'il existe des trajets erratiques alors il en existe des réguliers", un peu à la manière dont avait*** fait gb, il y a longtemps pour donner une preuve de la signature d'une permutation n'utilisant strictement ni ordre ni modèles). Dans ce cas, une chose est sûre ... je ne la verrai pas (c'est le revers de la médaille de "ma liberté dyscalculidique", je ne prends pas certaines routes, donc gagne du temps pour d'autres, mais si celles que je ne peux par avance prendre indiquent un bon truc, je l'ai dans le ...:-D )

Bon déjà, je vais profiter un peu du soleil, faire mon programme générateur d'équations affines sans solutions "au nom de CS", et pis bin, on verra.

*** je mettrai un lien ou je retapera la preuve au besoin.

Un grand merci aussi à JLT pour les modifications d'accès en écriture aux rubriques.

christophe c

@Poirot, je n'avais pas vu ton post: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1978906,1979302#msg-1979302

Disons que c'est surtout le besoin d'humour occasionnel. Ca faisait longtemps que je n'en avais pas sortie une comme ça, il est important de préserver son identité :-D

Mais je revendique une forte sincérité (qui se voit d'ailleurs je pense) sur le choix du pari. (Je reste très focalisé sur un genre de slogan "Bezout+théorème chinois+indépendance et liberté+construction de machines de Turing avec les simples entiers + Conjecture va "trop loin" et demande trop" et l'expérience personnelle (même si faite rarement) que Bezout fait exploser les tailles (on prend des PPCM, voire des produits, à tours de bras, on recommence, etc)).

Chat-maths

cc a écrit:

Mais peut-être avec l'esprit (à la fin je dois publier un truc): je n'ai pas cette contrainte

En l'occurence, le post de Max lien de Corto était de Terence Tao, médaillé Fields assez prolixe, et je crois que lui, ça lui fait une belle jambe de "devoir publier un truc à la fin", il a déjà fait ses preuves :-D.
Surtout sur les trucs qu'il raconte dans son blog, ça parle de tout, et bien souvent, c'est "désintéressé".

Mais bon, il a quand même fini par publier un truc sur Collatz en 2019 (8 ans après!): https://arxiv.org/pdf/1909.03562.pdf

GaBuZoMeu

christophe c a écrit:

Bezout fait exploser les tailles

Je ne comprends pas ce que cette phrase veut dire.

Maxtimax

D'ailleurs pour répondre à une de tes questions Christophe (pourquoi les gens ont l'air de penser que c'est vrai, pourquoi c'est exposé comme une vraie conjecture etc.), je pense que quelque chose comme le lien proposé par Chat-Maths donne une idée : même si la conjecture est fausse, ou débile, y réfléchir provoque visiblement la création d'outils (et de mathématiques) sophistiqués et potentiellement intéressants pour d'autres problèmes.

Comme c'était le cas par exemple pour Fermat : on s'en fiche un peu de savoir qu'il n'y a pas de solution, mais les outils créés pour résoudre la question sont, eux, très intéressants.

christophe c

@chat, ah mince, je n'avais pas regardé le nom de l'auteur!! Il est vrai que TT est considéré comme le plus fort du monde dans ces choses là et que de plus, il a acquis un niveau d'expert dans la plupart des spécialités de recherches.

Je retire donc mon propos sur le fait que le gars en a encore dans son tiroir et ne publie que ce qui est fini et propre. (Ce qui n'exclut pas qu'il en ait encore en réserve justement!!)

Maintenant, je serais étonné que TT passe énormément de temps pour le coup à tenter d'infirmer la CS. Lui serait plutôt du genre à vouloir la prouver pour le coup, ou ne pas s'en occuper.

Bon, en tout cas, je vois que j'étais en bonne compagnie :-D Les grands esprits se rencontrent****

@GBZM: ce que je veux dire est qu'on "a bien un peu ce qu'on veut", mais que le prix à payer est souvent qu'il faut "monter haut".

Par exemple, la commande, même au supermarché de $X,Y$ tels que $2^{1000}X = 3^{55}Y+1$, est assez chère. Donc quand je veux itérer une action du genre:

j'ai $9X+2$, je veux recommencer en prétendant que ce $9X+2$ est $8Y+7$ (par exemple, au hasard), par Bezout, (moi je ne connais que le L1 dans ce domaine), je vois que j'ai un wanted bezoutien $9X-8Y = 5$, mais pour autant, je ne dois pas "figer", donc suis obligé de les prendre avec un paramètre et ça va donner des grosses tailles, surtout que je veux $Y$ "en fonction" de X (ou $X$ en fonction de $Y$).

Exemple: je veux $3X+4 = 4Y-3$, ce qui me donne $X = (4Y-7) / 3 $. Je veux un entier $Y$ tel que $4Y-7$ soit un multiple de $3$. Je peux prendre $Y:=3Z+7$, obtenant ainsi $X:= 4Z + 7$, delete X, et continuer avec $Z$. En une seule itération, j'ai multiplié par $4$.

C'est juste ça que je voulais dire. (Dans l'optique où il faudra faire entre 100 et 500 itératoins à la main sur un petit logiciel pour "adapter" l'évolution comme on conduit une petite moto.


****[small]Pour les non habitués, je précise que j'aime dire des bêtises égocentriques de ce genre, ça ne va pas plus loin.[/small]

christophe c

@max je suis entièrement d'accord avec ça, d'autant que j'ai passé ma vie (une partie) à essayer de prouver

$$ Peano \vdash \perp $$

essentiellement pour développer mon esprit philosophico-mathématique :-D

Et ça a marché dans le sens que n'ayant sitrctement aucune prédisposition "cabalistique" initiale, j'arrive à 60ans en ayant une bonne idée des choses qui se sont faites et où on en est (sauf en topo alg, hélas et je le regrette).

christophe c

Je poste le petit tableau de bord

que s soit pair ou impair on CHOISIT ce qu'on veut. 

si s est pair et qu'on veut appliquer une montée: 
a(2X) + r | b(2X) + s
a(2X) + r | 2b X + s
2a X  + r | 3bX + 1.5s

RULE: a->2a; b->3b; s->1.5s



si s est impair et qu'on veut appliquer une montée: 
a(2X+1) + r   | b(2X+1) + s
a(2X+1) + r   | 2b X +  (b+s)
2a X  + (a+r) | 3bX + 1.5(b+s)

RULE: a->2a; r-> a+r; b->3b; s->1.5(b+s)


si s est pair et qu'on veut appliquer une descente: 
a(2X+1) + r   | b(2X+1) + s
a(2X) + (a+r) | 2bX + b+s
2a X  + (a+r) | bX + 0.5(b+s+1)

RULE: a->2a; r-> a+r;  s->0.5(b+s+1)


si s est impair et qu'on veut appliquer une descente: 
a(2X) + r   | b(2X) + s
2a X + r    | 2bX + s
2a X  + r   | bX + 0.5(s+1)

RULE: a->2a;   s->0.5(s+1)

Mais il faut ajouter 2 autres touches: une pour effectuer le changement de variable $X\to X+1$ et une autre pour effectuer le changement de variable $X\times $ ce qu'on veut


Signification.

Je ne le programme pas tout de suite, car je n'ai que caml, delphi et Lazarus, et je veux le faire dans un compilation où on tape sur une touche et non où on entre un numéro d'option et tape sur entrée. Or il fait beau, je veux aller trainer un peu au soleil pour bronzer.

Le cadran gauche indique d'où on est parti
Celui de droite où on en est

Exemple:

On est parti de $X+1$ on en est à $X+1$

On est parti de $2X+1$ on en est à $X+1$

On est parti de $4X+1$ on en est à $X+1$

On est parti de $4X+5$ on en est à $X+2$

On est parti de $8X+5$ on en est à $2X+1$

On est parti de $8X+5$ on en est à $X$

On est parti de $8X+13$ on en est à $X+1$

On est parti de $16X+13$ on en est à $2X+1$

On est parti de $16X+13$ on en est à $X+1$

On est parti de $32X+29$ on en est à $2X+2$

On est parti de $32X+29$ on en est à $3X+3$

On est parti de $64X+29$ on en est à $6X+2+1$

On est parti de $64X+29$ on en est à $3X+1+1$

On est parti de $64X+29$ on en est à $3X+2$

On est parti de $320X+29$ on en est à $15X+2$

On est parti de $640X+349$ on en est à $30X+17$

On est parti de $640X+349$ on en est à $30X+16 +1 $

On est parti de $640X+349$ on en est à $15X+8 +1 $

On est parti de $640X+349$ on en est à $15X+9 $

On est parti de $128X+349$ on en est à $3X+9 $

On est parti de $128X+349$ on en est à $3X+9$

On est parti de $256X+349+128$ on en est à $6X+3+9$

On est parti de $256X+349+128$ on en est à $6X+12$

On est parti de $256X+349+128$ on en est à $9X+18$

Si par exemple je m'arrêtais là, j'aurais échoué (on s'y attendait) parce que $-247X=(9-256)X = 469$ n'a pas de solutions entières. (edit: j'ai oublié les montées, du coup, c'st idiot comme exemple). Ici, j'étais dans le flair "on monte à gauche avec un gros reste et à la fin on monte à droite". A la fin on a une équation: $aX+Gros = bx+petit$ avec $a<b$ à résoudre. Mais bref, c'est le principe.

Je sais que Marco aime bien le java (mais peut-être aussi le java script).

L'intérêt est de le faire de sorte qu'on tape juste sur des touches pour les choix!!!! (autrement dit, à l'ancienne, mode jeu, via keypressed ou inkey)

La CS "nocycle" dit qu'on ne ourra jamais tomber sur une équation de ce genre qui a une solution entière.

christophe c

Bon j'ai fait une erreur, mais pas grave, c'était pour illsutrer. J'ai mis un $X$ au lieu de $X+1$ dans les premières lignes.

Héhéhé

Bon bah finalement j'ai bien fait de mettre un pavé dans la mare, ça t'a donné de nouveaux droits tu devrais me remercier :-D (humour !)

Bon courage dans ta quête de Syracuse !

GaBuZoMeu

Je n'ai toujours pas compris l'histoire de Bezout qui explose, mais ce n'est pas grave.

raoul.S

Moi ce que j'adore c'est le langage crypté de cc. Genre au lieu de dire ça il dit ça.

Si au moins ça permettait de gagner de la place... 8-)

christophe c

@GBZM: mais c'est juste que chaque appui sur une touche fait une multiplication (enfin pour être précis, quand tu réfléchis à des répétitions de séquences pour te faciliter la tâche).

je voulais juste dire que c'est exponentiel, rien de profond.

C'était surtout d'ailleurs dans mon contexte de ce matin où je réfléchissais comment "contracter" en un coup une file de la même opérations.

par exemple si je sais qu'une réécriture de $16X+3$ en $9X+11$ est possible et que je veux l'itérer, il faut non seulement que je calcule le décalage simplifiant de la suite telle que $\forall n: 16u(n) +3 = 9u(n+1)+11$, mais aussi que je formule le changement de variable qui autorise que ce soient des entiers, autrement dit, pour valider l'itération, que:

$$ 9X+3 = 16Y+11$$

Evidemment, je n'y pense que de tête, peut-être y a-t-il plus simple pour garder un root (un "$X$" sur qui tout est permis de supposer à rebours)? Mais en tout il n'y avait rien de plus. (Enfin si le fait quele théorème chinois dit que c'est possible lors de controverse de café du commerce s'ils étaient ouverts et que j'avais cette même discussion une bière à la main).

Précision: il n'y a rien de profond dans ce fil, je ne suis pas "l'inspiré" qui déboule avec la résolution d'un problème ouvert célèbre!! Je suis le "sociologue" qui s'interroge, durant le confinement, sur la question de savoir si la face "fausse" de la CS n'aurait pas été un peu oubliée. Et comme j'ai la fraicheur des ignorants, je tomberai surement plus tard sur l'obstruction majeure éventuelle déjà trouvé il y a 50ans. Mais pour l'instant, je n'en vois pas. Les fractions générées (pour l'heure dans $\Q\setminus \N$ ne sont ni mystérieuses, ni vraiment bloquées par autre chose qu'un dénominateur égal à $2^n - 3^p$ (et encore, mais bon). Or celles-ci ne sont pas toutes non entières comme chacun sait :-D

christophe c

@raoul: je parle un langage très rudimentaire, je n'ai pas été beaucoup à l'école...

Poirot

Cette lecture t'intéressera peut-être Christophe : https://hal.archives-ouvertes.fr/hal-01593181/document

Le confinement ça permet d'avoir le temps de lire ce genre de trucs :-D