Syracuse

christophe c

Merci Poirot, je viens de passer quasiment 1H à le parcourir!!!

C'était très sympa. Bon, je n'ai pas trouvé beaucoup de choses allant dans le sens que des gens ont tenté de construire des nombres de 100 à 10000 chiffres, initiant des cycles

Il faisait beau, j'étais un peu passé à autre chose: mais j'ai une conviction profonde à 1000 contre un: ou bien elle est franchement bien fausse, ou bien il y a des bornes BRUTALES (autrement dit ce n'est qu'une affaire d'éloignement entre $2^n$ et $3^p$).

Mais je ne crois pas du tout à la présence de "trous", c'est à dire d'un prodige qui ferait qu'on ne serait pas "toujours trop petit et que ça se voit" et pourtant que ça ne collerait jamais.

Mon sentiment après ce parcours du doc (quel travail d'ailleurs!!), c'est qu'on a une grosse offensive probabiliste, même si elle ne dit pas toujours son nom, et des tentatives (classiques) d'abstraction et généralisations). Et ce qui ne m'étonne guère, les gens découvrent que chaque fois, c'est faux.

Je vais tout de même tenter de programmer le jeu (en Lazarus (tant pis pour le fait qu'il me compile des 14 méga juste pour hello world)).

Il y a aussi une chose intéressante queje retiens (enfin c'est pas clair, je relirai 2 passages différents semblent se contredire):

1/ li existe au moins un exemple de divergence pour un ax+1

2/ Toutes les suites arithmétiques sont suffisantes. (Un ensemble E est suffisant si pour tout $x$ la suite partant de $x$ rejoindra celle d'au moins un élément de E).

Si Noix de Toto passe parlà, ou toi Poirot, que savez-vous de la recherche actuelle à propos de l'éloignement entre $a^n$ et $b^p$ "en général" (pour tous entiers)?

Poirot

C'est du même ressort que la borne que j'ai donné précédemment. D'après ce post on a $$|a^n-b^m|>\frac{c}{m^C}a^n$$ avec $c, C > 0$ dépendant de $a$ et $b$.

Ça peut s'attaquer avec les bornes de Baker (tu devrais Googler ça, ça devrait beaucoup t'intéresser je pense). Il en faut des versions explicites, et d'après Cohen c'est la borne de Matveev qu'il faut invoquer.

Poirot

Allez rien que pour toi, j'applique la borne de Matveev : Soient $a, b, n, m$ des entiers $\geq 1$. Soit $\Lambda^* = a^nb^{-m}-1$. Si $\Lambda^* \neq 0$ alors $$\log |\Lambda^*| \geq -1,4 \times 30^5 \times 2^{4,5} \times \log a \times \log b \times (1 + \log(\max(n,m))).$$

Collag3n

Le rapport entre $3^i$ et $2^j$ doit effectivement être proche de 1 pour avoir un cycle. Ce qui est aussi le cas pour un autre point qui n'a toujours pas été prouvé: "Si $2^j>3^i$ alors la valeur atteinte est inférieure à la valeur initiale" (Same glide?)

Collag3n

Au passage, travailler sur $n+1$ et utiliser $f(n+1)=\frac{3}{2}(n+1)$ si $n+1$ est pair, ou $f(n+1)=\frac{n+2}{2}$ si $n+1$ est impair n'est pas nouveau. Jusqu'ici il n'est pas fort utilisé car il n'a pas apporté grand chose (en dehors du fait qu'il est connu que tout nombre impair peut s'écrire sous cette forme:$n=a\cdot2^i-1$ et monte jusqu'à $a\cdot3^i-1$ en exactement $i$ étapes de la fonction de collatz $f(n)=\frac{3n+1}{2}$ dont le raccourci est d'ajouter 1,de multiplier par $(\frac{3}{2})^i$ et d'ensuite soustraire 1). En réalité, le problème est toujours présent (ce petit "+1" qui gène un peu), il est juste déplacé. Mais cela ne m'empêche pas de continuer à l'explorer moi-même

christophe c

Merci beaucoup! Et oui, @Poirot, elle est "puissante" cette borne, et contraint beaucoup, mais ce soir, je suis un peu endormi. Je me ronge le crâne depuis tout à l'heure sur un truc simple et philosophique, mais sans papier crayon c'est sûr...


En fait, prenons la règle du jeu:

Impair: passer de $1+2^k X$ à $1+X$
Paire: passer de $2^kX$ à $5^kX$

Et bien .... ce n'est pas la RULE du "5x+1" *** (elle n'est pas équivalente). MAIS: elle le devient quand on applique l'algorithme:
"à chaque fois, multiplier par $3$ puis ajouter $1$, appliquer la RULE, puis revenez via soustraire 1 et diviser par $3$".

Autrement dit, on a deux types de programmes, qui se confondent par coincidence pour Syracuse, mais pas en général.

MEZALOR, laquelle est la plus intéressante à étudier?
Et que fait au juste (en termes calculatoires et sans penser aux nombres premiers) la RULE BLEUE????? :-S


*** même décalée d'une constante. (Le 5x+1 itère la fonction if x pair then x/2 else 5x+1)

christophe c

Dans la matinée, je ferai une conclusion** de cette petite enquête de deux jours et écrirai le programme qui permet "de jouer" avec syracuse de manière à l'implémenter sans travail par quiconque qui dispose de compilations de type "game" (une fenêtre qui répond aux événements de clavier)

Je montrerai que c'est un "simple problème d'analyse" et non d'arithmétique (ça ne l'en rend pas plus facile pour autant***).

*** Pour information, je signale qu'il existe des tonnes de couples de fonctions (f,g) bien croissantes et même bien régulières tels que la suite

$$0-f(0)-g(f(0))-f(g(f(0)))- g(f(g(f(0))))-\dots$$

Autrement dit la suite des applications à $0$ de $n\mapsto (f\circ g)^n$ croît à une vitesse bien plus élevée que tout ce qui est définissable à partir des suites $n\mapsto f^n$ et $n\mapsto g^n$ où la puissance désigne l'itération de la composition. Ca peut sembler paradoxal à première vue, mais c'est un théorème de banal de théorie des ensembles.

** ça ne signifie pas que j'arrêterai d'alimenter le fil, mais disons que je serai ensuite plus dans la réaction à des nouveaux posts.

Collag3n

Une particularité des "montées" successives pour les fonctions $f(x)=\frac{ax+1}{b}$ est qu'en l'appliquant $k$ fois on obtient $y=\frac{a^k}{b^k}x+\frac{(a^k-b^k)}{(a-b)b^k}$ ce qui revient à multiplier $x$ par $(a-b)$, ajouter 1, multiplier par $\frac{a^k}{b^k}$, retirer 1, et diviser par $(a-b)$. Dans ton cas, $(a-b)=(5-2)=3$ mais le lien s'arrête là.

Au fait, quel est le but de ce fil exactement?

christophe c

[large]

Conclusion de cette disrtaction de 48H sur Syracuse (joli mot d'ailleurs).

[/large]

1/ Quelques rappels:

1.1/ on appelle suite de Syracuse une suite d'entiers naturels $u$ telle que

$\forall n: u(n+1) = $ if paire $u(n)$ then $u(n)/2$ else $3u(n)+1$

1.2/ J'appellerai $S(p)$ l'unique suite de Syracuse $u$ telle que $u_0 = p$.

1.3/ La conjecture de Syracuse $CS $est que pour tout $p>0: S(p)$ se stabilise sous la fin périodique $\dot; 4;2;1;4;2;1;4;2;\dots$

1.4/ Elle se décompose en deux sous-conjecture $CS1$ et $CS2$ avec :

$CS1:=$ pour tout $p>0: S(p)$ est se stabilise en une suite périodique.

$CS2:=$ pour tout $p>0: $ si $S(p)$ est bornée alors elle se stabilise sous la fin périodique $\dot; 4;2;1;4;2;1;4;2;\dots$

et $CS\iff_{trivialement} (CS1$ et $CS2)$

2/ Les "consensus":

2.1/ Il n'y a pas d'argument généraux qui impliquent facilement la CS, comme le montre: $$

5-14-7-20-10-5$$

où on a remplacé $3x+1$ par $3x-1$.

2.2/ Il n'y a pas d'affirmations émises par des gens experts qui sont consensuelles. Certains pensent même (je relirai) que la suite (pour le problème proche $5x+1$) commençant par $7$ diverge:

7 36 18 9 46 23 116 58 29 146 73 366 183 916 458 229 1146 573 2866 1433 7166 3583 17916 8958 4479 22396 11198 5599 27996 13998 6999 34996 17498 8749 43746 21873 109366 54683 273416 136708 68354 34177 170886 85443 427216 213608 106804 53402 26701 133506 66753 333766 166883 834416 417208 208604 104302 52151 260756 130378 65189 325946 162973 814866 407433 2037166 1018583 5092916 2546458 1273229 6366146 3183073 15915366 7957683 39788416 ...

lancé avec

[color=#0033FF][small]let a=ref 7 in for i=1 to 100 do 
 let r = (!a) in 
  begin
  print_string(" "^(string_of_int r) ); 
  if r mod 2 = 0 then a:=r/2 else a:=5*r+1 ; 
  end
 done;;[/small][/color]

Quand d'autres pensent que toute suite de la forme

$ (n+1) \mapsto $ if paire $u(n) then u(n) / 2$ else $u(n+1) = a\times u(n) + b$

périodise (si on prend la peine que $a,b$ soient impairs).

2.3/ j'ai shtamé hier matin en annonçant que Syracue est fausse et surtout je pensais à ce moment à la fausseté précise de $CS2$.

2.4/ Poirot a mis un très gros et intéressant article en ligne, écrit en français, qui raconte "l'actualité". On y voit que "la prouver" a les faveurs de plus de 95% des intéressés.

3/ Quelques réécritures:

3.1/ Averto: je n'ai aucune compétence pour le finitisme. Ca "m'amuse" d'aller "me ridiculiser" ludiquement dans des devinettes finies de ce genre de temps à autre, mais j'y suis très faible. Raison:

3.1.1/ Dyscalculie/

3.1.2/ Inconfort: l'infini est élastique, on a l'impression que les preuves n'existent pas forcément avant qu'on les trouve, qu'en quelque sorte une réduction quantique du monde platonicien se produit en accouchement d'une preuve. Dans le fini, c'est moins "ressentable": peu de gens accréditent la perspective que "le vrai dieu"*** (VD) ait changé entre -5000 (où $\pi$ était rationnel, et $101$ composé et aujourd'hui où il aurait décidé de créer une preuve de l'irrationalité de $\pi$). Avec l'infini, même si personne n'y croit, on "ressent" plus cette anti-hypothèse.

[small]*** je ne parle pas de celui des croyants (qui en fait appellent Dieu une sorte de seigneur local aux pouvoirs restreints à qui il faudrait systématiquement écrire "par voie hiérarchique" pour s'adresser au dessus) et des non croyants (qui en fait appellent "Nature" le Seigneur local des croyants). Mais du "truc" qui "aurait pu décidé que 71 n'est pas un nombre premier" ou qui n'a peut-être pas encore décidé que la suite de Syracuse peut diverger et attend de voir nos recherches et s'en amuse pour trancher.[/small]

3.2/ Autrement dit, je n'applique que des clichés de supermarché banaux et ai l'impression de "faire le bureaucrate" quand je m'occupe du fini (et ça ne dure pas très longtemps).

3.3/ Encore dit autrement, si je n'étais pas prof, je ne "penserais même pas" à certains outils pour regarder Syracuse.

3.4/ Et justement, l'astuce:

$$ [y=3x+1] \iff [y +1 = 3(x+1) ] $$

qui a été infligée (pour rien et sans sens à des lycéens qui n'y comprenaient rien juste pour la faire réciter au bac) m'a permis de me rendre plus confortable le regard sur Syracuse:

Au lieu de $11-(34)-17- (52) - 26 - 13 - (40) - 20 - 10 - 5 - (16) - 8 - 4 - 2 - 1$ qui semble de pas parler, on peut regarder:

$$ 11+1 - 17+1 - 26+1 - 13+1 - 20+1 - 10+1 - 5+1 - 8+1 - 4+1 - 2+1 - 1+1 $$

qui, là où Syracuse impose la RULE: $(2x)\to x$ ; $(2x-1) \to (3x-1)$,

impose la RULE: $(2n+1) \to (n+1)$ ; $(2n\to 3n)$ moins pénible à contempler en pensées.

Edit: merci à Paf

La différence est juste un "+1" de décalage, ça ne change donc rien.

3.5/ Ce qui ramène en fait à éliminer les monotonies: $$
2^k\times MonNombreImpair + 1 \to MonNombreImpair +1 $$

et $$2^k\times MonNombreImpair \to 3^kMonNombreImpair $$

et permet de ne regarder que les sauts "chinois" entre mondes étrangers:

$$ 2^3\times 7 + 1 \to 7+1=2^3 \to 3^3=2\times 13+1 \to 14 = 2\times 7\to 3\times 7=2\times 5+1\to 5+1=6\to \dots$$

4/ Fin du premier épisode. Je continue après manger :-D Miam miam, ça fait grossier le confinement.

christophe c

Au fait, quel est le but de ce fil exactement?

Convaincre le plus possible de gens qu'elle est fausse (ou plus précisément décidable**) et les motiver pour qu'ils construisent un nombre d'une centaine ou quelques centaines de chiffres qui soit contre-exemple.

** elle ne peut être "que" grossièrement VRAIE au sens que:

[small]edit: coquille, j'avais écrit "fausse"[/small]

$$ \frac{NombreFaitParGrosMalinQuiAJoueAvecMonAlgo}{2^n-3^p} $$

aura un numérateur TROP PETIT, et pas seulement "non multiple de $2^n-3^p$".

paf

Dans 3.4, ta nouvelle règle n'est pas plutôt $2n+1\to n+1$ au lieu de $2n+1 \to 2n$ ? Et la règle de Syracuse ne serait pas $2x-1 \to 3x-1$ au lieu de $3x+1$ ?

christophe c

Un grand merci à toi paf, je corrige (et relis car il est possible qu'il y ait d'autres coquilles) et continue le récit.

christophe c

4/ Je continue:

4.1/ Comme indiqué en 2.1, les existences ou pas semblent erratiques chez les petits nombres.

4.2/ On sait par aileurs (Godel, Turing, Matiyasevic) que les entiers naturels permettent de coder toute l'activité probante des sciences.

4.3/ La cause de ça est très simple: elle s'appelle "théorème chinois"

4.4/ Je le redémontre pour éviter aux gens de perdre du temps sur google:

[size=x-small]4.4.1/ Vous avez un anneau $A$, commutatif, et des idéaux $J_1,..,J_9$, premiers entre eux deux à deux.

4.4.2/ Alors $J_i$ est premier avec le produit des autres

4.4.3/ Il en résulte que l'élément $$
Eureka:= Caprice_1 \times x_1p_2p_3.. + Caprice_2 x_2p_1p_3.. + .. + Caprice_9x_9p_1..p_8 $$
est congru à $ Caprice_i$ pour tout $i$ modulo $J_i$
dès lors que vous êtes partis de $p_4's$ tels que $p_4 + (x_4p_1p_2p_3p_5p_6..) = 1$ et $p_1p_2..p_9=0$

4.4.4/ Preuve de 4.4.2: Si $(a+x)=1$ et $(b+y)=1$ alors $ab+ay+bx+xy = 1$ ce qui s'exploite facilement avec $a,b\in J$ et $x\in K_1$, $y\in K_2$ et en itérant vous donne les $p_i\in J_i, x_i\in A$.

Avec $J_1$ par exemple:

$Eureka -Caprice_1= (1-x_1p_2..p_9)Caprice_1 + ElementDeJ_1= p_1Caprice_1\in J_1$[/size]

4.5/ In fine, l'anneau $\Z$ étant u anneau commutatif parmi d'autres, dès que vous avez des entiers $a_1,..,a_9$ premiers entre eux et des $b_i<a_i$, vous construisez (pas trop difficilement) un $p$ tel que $$
\forall i: p-b_i\in a_i\Z$$

et en plus c'est morphique. Mais il y a un prix à payer: le morphisme surjectif $\phi : \Z \to F_7\times F_{23}\times F_5$, par exemple, est TERRIBLEMENT CACHOTIER: il plonge dans un "trou noir quantique" la parité. Les habitant de
$\phi : \Z \to F_7\times F_{23}\times F_5$ n'ont sitrctement plus aucune information sur la parité du $p$ qui leur est envoyé quand ils demandent le triplet $\phi(p)=(2,2,4)$ par exemple.

4.6/ Ce théorème a permis à Godel de devenir célèbre avec ses théorèmes d'incomplétude. En effet, "gérer" des suites finies de symboles, avec des règles simples de réécriture SUFFIT à définir la science (dans sa production d'articles probant finaux).

4.6.1/ Or le théorème chinois, associé au fait qu'il est facile de construire des suites arithmétiques finies aussi longues qu'on veut de termes premiers entre eux 2 à 2, permet de parler de :

la suite $$n<482\mapsto (a\ modulo \ (b+nc))$$

On obtient ainsi toutes les suites finies. (Ci-dessus une suite de longueur 482

4.6.2/ Mais du coup, dans la foulée, toutes les maths sont devenues indécidables au sens ou asymptotiquement, pour presque toute phrase et théorie récursive, la phrase n'est ni prouvable ni de négation prouvable dans la théorie.

4.6.3/ Et pour clore le tout Matiyasevic a montré que l'ensemble des équations diophantiennes ayant des solutions est non seulement non récursif, mais même créatif (il existe un algorithme qui dément, en produisant un contre-exemple explicite, toute tentative de prétendre que l'ensemble est récursif)

5/ Finalement, tout ce qui passe par une définition du genre :

si $n$ pair faire ceci, sinon faire cela

est la plupart du temps voué au mystère éternel.

5.1/ A ce titre, il y a déjà de fort soupçon que Syracuse soit fausse, car "sur le principe", il y a de fortes chances que $CS2$ le soit, car de fortes chances que parmi les équations auxquelles elle interdit d'avoir des solutions, en figure une
qui dit "CS2 est consistante". Or, tout énoncé mathématique $A$ tel qu'on peut prouver $$
A\Rightarrow Consistance(A)$$

est tel que nonA est démontrable. (Remarque: nonA est un énoncé $X$ tel que $Prouvable(X)\to X$ est prouvable)

5.2/ Je rappelle pourquoi: soit $P$ la phrase "ma négation est une conséquence prouvable de $A$. Supposons $P$. Alors la simple activité de "constater formellement" la preuve proposée de $A\to nonP$ se transforme facilement en une preuve de $A\to (P$ et $nonP)$, donc de $nonA$. Ce que je viens de dire est un preuve de $P\to (non(consistante(A)))$. Donc de $P\to nonA$ vue l'hypothèse, donc de $P$, donc de $nonA$.

5.3/ Conclusion: il est intéressant d'investir un peu de temps de confinement pour "incarner" ces arguments heuristiques, et on va voir que ça marche au prochain post, au sens où "l'obstruction" pour contruire un contre-exemple à $CS2$ est "bête" et relève du calcul sur des vitesses de croissance.

6/ A SUIVRE

christophe c

6/ Un exemple simple et béotien (de toute façon, je suis limité à ça :-D ) :

6.1/ Je pars de $2^k \times (2a+1) + 1$

Je descends donc à $(2a+1)+1 = 2(a+1)$

Je suppose que $2(a+1) = 2^m (2b+1)$

Ca me fait remonter à $3^m (2b+1)$ qui est un nombre impair. Et pour que :

$$2^k \times (2a+1) + 1 = 3^m (2b+1)$$

il suffit que:

$$2^k \times (2^m(2b+1)-1) + 1 = 3^m (2b+1)$$

qui est entrainé par: $2^{m+k}(2b+1) - 2^k + 1 = 3^m (2b+1)$

qui survient si on a choisi $2b+1 = \frac{2^k-1}{2^{k+m} - 3^m}$

en notant, qu'on ait réussi ou non, qu'on pourra tout de même avoir fait l'effort de:

6.1.2/ Prendre $2^k-1$ très composé (il y en a plein des comme ça, puisque 1/N! des couples d'entiers $n,p$ sont tels que $2^n-2^p$ est un multiple de $N!$) et, une fois ça fait,

6.2.2/ choisir $m$ tel que :

$1.5^m < 2^k$ et $1.5^{m+1} \geq 2^k$

Le projet sera réalisé pour peu qu'on ait l'immense chance que (par exemple) $2^{m+k} - 3^m < 3000$

6.3/ Ce simple exemple montre déjà que CS2 entraine l'inexistence de tels entiers. Bin, ça ne coulait pas du tout de source.

7/ A SUIVRE.

christophe c

7/ Comme vous avez pu le constater, arrivés à la fin de (6), le béotien pouvait se prendre d'un espoit de casser $CS2$ sans le moindre effort à partir de $a,b$ tels que $2^a-3^b$ sont suffisamment petits.

A priori, je dirais que la négation de cet espoir ne figure dans aucun livre de ... quatrième. C'est Poirot (qui semble super-informé, pour dire le moins) qui a clos l'affaire dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1978906,1980732#msg-1980732

et dans un autre post avant pour le cas particulier $(2,3)$.

8/ Vastitude du territoire: Cela étant dit, ce n'est en rien décourageant: même avec la stratégie paresseuse de descendre d'un coup de

$2^k \times (2X+1) + 1$ à $2(X+1) = 2^p (2Y+1)$, sans préjuger de $p$, puis de remonter "erratiquement" avec des mouvements du style 5 montée, une descente, 8 montée une descente, etc.

Sur une totalité de $n$ mouvements que vous souhaitez décomposer dans le désordre en $u$ montées + $v$ descentes, vous avez $BinomialCoefficient(n,u)$ façons de le faire.

Inutile de dire que pour ce genre de calculs, il faut s'appeler T.Tao ou Ramanujan, mais surement pas moi :-D

9/ Jeu pour les enfants:

je passe maintenant à la partie "savoureuse" de l'aventure. (Celle qui tue la conjecture de Syracuse, sans vraiment la résoudre, mais qui lui ôté tout son intérêt, du moins pour ce qui concerne CS2). Pour CS1, j'en parlerai plus tard.

christophe c

9.1/ Quelques exemples et mise en place d'un langage adapté.

9.1.1/ Dans la littérature, on peut voir des graphes. Par exemple, on "retourne" le problème en la règle:

$n+1\mapsto 2n+1$
$3n\mapsto 2n$

et on demande si on peut atteindre tout le monde à partir de $1$.

Je suis toujours sidéré du gaspillage d'encre que les gens mettent parfois à à juste retourner des flèches. Bon, cela dit, ça peut surement servir de temps à autre.

Mais ici, j'en doute fort.

Pouvoir "pseudo-doubler" et diviser par 1.5 les multiples de 3 ça nous fait une belle jambe. Ce sont des règles bien trop contraignantes. Elles n'ont à la rigueur un intérêt que pour qui voudrait PROUVER la CS.

Cependant, je pense que même pour qui voudrait la prouver, c'est un bon choix de, déjà, l'éprouver. Vue son anarchie interne, ça peut éventuellement aider à "voir pourquoi on y arrive pas".

Attention, je ne parle absolument pas de "démontrer des cas particuliers" qui est anti-mathématique au possible, puisque TOUTE PREUVE de maths est une dégénérescence d'une EVIDENCE vers un cas particulier. Et bien souvent les preuves de cas particuliers sont trop sophistiquées et ne renseignent pas sur le vrai mur présent.

Ici, c'est autre chose: La CS a tellement de conséquences calculatoires, que l'objectif, à supposer qu'elle soit vrai est de visionner non plus quelques points isolés dans l'espace des possibles, mais d'en avoir une vue qui montre un "territoire simplement connexe" aux contours évidents, sans trou, de telle sorte que sa vérité éventuelle consiste juste à "ordonner", autrement dit à voir que ce territoire (entièrement vert) ne mord pas sur le mer (entièrement bleue).

Ce que je vais essayer dans la suite c'est de montrer qu'on a bien cette "simplicité" de l'ensemble des possibles et que la CS, si elle est vraie ne l'est que parce que des fonctions très simples croissent trop vite pour se croiser. Autrement dit, ça lui ôtera une grosse partie de son intérêt, puisque deviendra de l'analyse.

9.1.2/ Les règles du jeu équivalentes, mais qui donnent "de l'espace" de réflexion consistent à introduire des (enfin déjà une) INDETERMINEE. Elle désignera un paramètre courant qui évolue, permettant de situer "d'où on est parti" et où on est déjà arrivé.

9.1.3/ Exemple:

je suis parti $128X+1$ et j'en suis à $X+1$.

Puis de continuer.

Là, ce qui est important c'st qu'on peut CHOISIR ABSOLUMENT COMME ON VEUT si on monte ou si on descend.

Je vais monter. Pour ça, faut que mon $X+1$ soit pair. C'est là que le paramètre $X$ change. J'ai besoin de prétendre qu'il est de la forme $2Y+1$. Mais autant garder la même lettre puisqu'on n'utilisera plus jamais $X$

Au présent, ça donne:

je suis parti $128(2X+1)+1$ et j'en suis à $(2X+1)+1$, autrement dit:

je suis parti $256X + 129$ et j'en suis à $2X+2$. Je monte:

je suis parti $256X + 129$ et j'en suis à $3X+1$.

A noter que j'aurais pu descendre, auquel cas ça aurait donné le scénario:

[small]je suis parti $128(2X)+1$ et j'en suis à $2X+1$, autrement dit:
je suis parti $256X + 1$ et j'en suis à $2X+1$. Je descends:
je suis parti $256X + 1$ et j'en suis à $X+1$.[/small]

Chaque fois que j'utilise une option, le paramètre se trouve pris dans un changement de variable pour justifier mon action.

Si je monte, c'est que j'ai un nombre pair donc...
Si je descends, c'est que j'ai un nombre impair donc...

Rien ne m'interdit de faire un changement de variable sauvage en plein milieu de tout ça.

je suis parti $256X + 129$ et j'en suis à $2X+2$. Et j'en suis toujours à :

$256X + 129+256$ et j'en suis à $2X+4$, mais j'ai remplacé $X$ par $X+1$ à ma convenance.

J'espère que cet aspect rendra plus accessible ce que je racontais dans le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1978906,1980350#msg-1980350

Attention, il contient des coquilles, dans la suite, je vais le ré-introduire plus lentement.

christophe c

9.2/ Langage adapté pour enfants (version seulement affine)

9.2.1/ J'espère avoir été non dense dans la description qui précède (ie d'avoir permis au plus possible de gens de lire sans relire). Elle va permettre une liberté beaucoup plus grande dans des graphes d'accessibilité. Et donc permettre de jouer avec juste un écran affichant 4 nombres, une lettre $X$ en appuyant sur des touches. But secret, construire un contre-exemple à CS2 (donc à CS).

9.2.2/ Pourquoi je me limite pour l'instant à la version affine? Bin parce que c'est pour les "zenfants". Certes, c'est un peu tristounet car il y a des tas de nombres pairs cachés, comme par exemple:

$$ X(X+1)$$

ou de multiples de $3$ cachés, comme par exemple:

$$ (X(X+3)-1)^2 - (X(X+3)-1)$$

Explication du deuxième: $X$ et $X+3$ sont égaux dans $F_3$, leur produit vaut donc $0$ ou $1$

De plus, une fois confrontés à une équation UNITAIRE, vous savez que vous n'avez plus du tout à chercher sa solution dans $\Z$, vous pouvez la chercher dans $\Q$, car de toute façon elle sera dans $\Z$.

Mais ce sera pour plus tard.


9.2.3/ C'est parti pour le jeu solitaire affine CSien pour enfant, et pour le moment je pose comme convention que le nombre affiché $b$ sera toujours impair (vous devinerez pourquoi plus tard)


Option $s$ paire, je monte

Je suis parti de $aX+r$ et pour l'heure j'en suis arrivé à $bX+s$ , et je vois que $s$ est pair.

(les nombres $a,b,r,s$ s'affichent à l'écran explicitement, mais une question se posera dans quelle base les écrire).

s'abrège en le couple
$$((a,r), (b,s))$$

Je décide, disons de monter

Cela veut dire que je prétends que $bX+s$ est un nombre pair. J'applique donc le changement un variable avant d'actionnrer l'option "montée":

Je suis parti de $a(2X)+r$ et pour l'heure j'en suis arrivé à $b(2X)+s$ ,

Rien n'a changé, si ce n'est que le paramètre lié $X$ est devenu $2X$ pour me permettre de monter. Je monte:


Je suis parti de $2aX+r$ et pour l'heure j'en suis arrivé à $3bX+1.5s$ ,

Voilà, je suis prêt pour le tour suivant, j'ai juste appuyé sur la touche "je monte" et l'ordinateur a appliqué:

$a\to 2a$
$r\to r$
$b\to 3b$
$s\to 1.5s$



A SUIVRE.

:-D si quelqu'un est en train de lire et décide d'écrire lui-même les 3 cas principaux suivants, qu'il ne se gêne pas. Je n'aurai ainsi qu'à copier coller avec les couleurs à ajouter.

christophe c

Option $s$ impair, je descends

Je suis parti de $aX+r$ et pour l'heure j'en suis arrivé à $bX+s$ , et je vois que $s$ est pair.

Cette situation s'abrège en le couple
$$((a,r), (b,s))$$

Je décide, de descendre

Cela veut dire que je prétends que $bX+s$ est un nombre impair. J'applique donc le changement un variable avant d'actionnrer l'option "descente":

Je suis parti de $a(2X)+r$ et pour l'heure j'en suis arrivé à $b(2X)+s$ ,

Rien n'a changé, si ce n'est que le paramètre lié $X$ est devenu $2X$ pour me permettre de descendre. Je descends:


Je suis parti de $2aX+r$ et pour l'heure j'en suis arrivé à $bX+0.5(s+1)$ ,

Voilà, je suis prêt pour le tour suivant, j'ai juste appuyé sur la touche "je descends" et l'ordinateur a appliqué:


$a\to 2a$
$r\to r$
$b\to b$
$s\to 0.5(1+s)$



Option $s$ pair, je descends

Je suis parti de $aX+r$ et pour l'heure j'en suis arrivé à $bX+s$ , et je vois que $s$ est impair.

Cette situation s'abrège en le couple
$$((a,r), (b,s))$$

Je décide, de monter

Cela veut dire que je prétends que $bX+s$ est un nombre impair. J'applique donc le changement un variable avant d'actionnrer l'option "descente":

Je suis parti de $a(2X+1)+r$ et pour l'heure j'en suis arrivé à $b(2X+1)+s$ ,

Rien n'a changé, si ce n'est que le paramètre lié $X$ est devenu $2X+1$ pour me permettre de monter. Je descends:


Je suis parti de $2aX+(a+r)$ et pour l'heure j'en suis arrivé à $bX+0.5(b+s+1)$ ,

Voilà, je suis prêt pour le tour suivant, j'ai juste appuyé sur la touche "je monte" et l'ordinateur a appliqué:


$a\to 2a$
$r\to a+r$
$b\to b$
$s\to 0.5(b+s+1)$


Option $s$ impair, je monte

Je suis parti de $aX+r$ et pour l'heure j'en suis arrivé à $bX+s$ , et je vois que $s$ est impair.

Cette situation s'abrège en le couple
$$((a,r), (b,s))$$

Je décide, de monter

Cela veut dire que je prétends que $bX+s$ est un nombre impair. J'applique donc le changement un variable avant d'actionnrer l'option "montée":

Je suis parti de $a(2X+1)+r$ et pour l'heure j'en suis arrivé à $b(2X+1)+s$ ,

Rien n'a changé, si ce n'est que le paramètre lié $X$ est devenu $2X+1$ pour me permettre de monter. Je monte:

Je suis parti de $2aX+(a+r)$ et pour l'heure j'en suis arrivé à $3bX+1.5(b+s)$ ,

Voilà, je suis prêt pour le tour suivant, j'ai juste appuyé sur la touche "je monte" et l'ordinateur a appliqué:


$a\to 2a$
$r\to a+r$
$b\to 3b$
$s\to 1.5(b+s)$

Chacune de ces options peut se représenter sous la forme d'une matrice. On peut aussi facilement voir que
$a$ se maintiendra $2^k$ où $k$ désigne le nombre d'actions et
$b$ se maintiendra $3^p$ où $p$ désigne le nombre de montée parmi les actions

Ces matrices ne commutent pas. Et là, il manque un élément à ma culture car je sais coder dans un système diophantien un groupe de matrices qui commutent toutes, mais hélas, je n'ai jamais cherché à retirer la commutativité.

A SUIVRE

Riemann_lapins_cretins

Moi je lis qu'à moitié et je vois "la preuve que toute l'activité probante des maths est codée par les entiers naturels vient du théorème chinois".
Quelqu'un peut me vulgariser ça, à moi pour qui ce théorème est certes une base d'arithmétique et un très gros théorème structurel, mais qui n'a pas les connaissances en Godel pour comprendre ?
Je sais pas si c'est putaclic mais ça donne envie.

christophe c

C'est que tu peux définir (tu le sais toi-même d'ailleurs, enfin j'espère) ce qu'on appelle "une preuve" de maths en termes de règles simples sur des suites finies de symboles.

Et, du fait que tu peux parler des suites finies dans le langage de l'arithmétique, tout ça s'y code.

Pour coder la suite finie $u$ de longueur 17, li te suffit de prendre $a,b$ tel que :

$$a+b; a+2b; \dots; a+17b$$ soient premiers entre eux 2 à 2 et un nombre $c$ tel que pour tout $i$ entre $1$ et $17$, tu as:

$c$ congru à $u_i$ modulo $a+ib$.

le quadruplet $(a,b,c,17)$ est alors un code de ta suite.

christophe c

9.2/ Je décris quelques effets.

9.2.1/ $k$ supposé assez grand:

Si vous avez une suite $A\dots B$ de nombres respectant la règle du jeu alors la suite

$$ (2^k+A) \dots 3^a2^b$$

de même longueur qui respecte la règle permet "d'enregistrer" dans le terme ajouté les fois 3 et les fois 0.5 seuls

Plus amusant:

Si vous avez une suite $A\dots B$ de nombres respectant la règle du jeu alors la suite

$$ (2^k+1)+ A_1 \dots C$$

sera de la forme

$$(X_1+1)+A_1; (X_2+1)+A_2; \dots $$

où les $A_i$ respecteront les règles de Syracuse originale, avec en outre les $X_i$ qui ne feront qu'enregistrer
les variations multiplicatives (les fois 3 et les divisé par 2).

lourrran

Je ne veux pas polluer la discussion de CC sur Syracuse, parce que je n'ai probablement pas la légitimité pour ça.
C'est pour ça que j'ouvre cette discussion en parallèle.
Cependant ( le fameux cependant ... )
j'ai un peu l'impression que depuis cette nuit, depuis le transfert du sous-forum arithmétique vers le sous-forum shtam, la discussion a pris un cours complètement nouveau.

Pour honorer ce changement de sous-forum, CC se serait-il adapté à l'environnement ?
Vu de ma fenêtre, on est dans le shtam parfait depuis ce matin.

Bon, il n'y a pas encore de résultat annoncé... on est encore dans la phase 'promesses'. Mais on est quand même très proche des shtameurs habituels, qui alignent des pages et des pages de calculs ... sans trop savoir où ils vont .

Je me trompe ?

raoul.S

lourrran a écrit:

Mais on est quand même très proche des shtameurs habituels...

Mouais avec la seule différence qu'ici on a rien à se mettre sous la dent... désolé de te dire ça CC mais tu n'es pas marrant comme shtameur. Avec toi on ne peut pas pointer du doigt une erreur grossière, soit parce qu'il y en a pas soit parce quelle est cachée sous une tonne de texte, soit parce qu'on ne comprend pas ledit texte...(:P)

christophe c

@lourran, non, j'avais cru comprendre que j'étais allé trop vite, donc j'ai tout exposé (et ça a été une sacrée corvée hier, je le faisais en me forçant par petits posts) de manière "progressive". Ca m'a lassé, je l'avoue. D'ailleurs, j'ai un peu raté le rappel du théorème chinois que je referai.

J'en suis surtout à vouloir terminer ça par respect pour les lecteurs et futurs lecteurs et passer à autre chose.

Mais c'est tellement corvéeux d'y aller doucement que je le fais par petits posts enchainés.

Et oui, il est "sain" de respecter l'ADN du fil shtam!!!! Donc je fais gaffe de ne pas être trop "sérieux", tout en le restant "un peu quand-même". Mais t'inquiète, je trouverai quelques tournures shtam (en tout cas, j'essaierai e tj'ai déjà commencé avec le 1er post).

Bon, après faut pas trop m'en demander, je suis dyscalculique incurable, vieux, et totalement allergique aux réflexions sur le fini. Pour moi faire ça, c'est comme pour d'autres allaer à la salle faire du vélo d'appartement. Penser que "cc va plier la CS" alors que plein de gens brillants, genre T.Tao etc ont passé vrmt bcp de temps dessus et sont largement plus habiles et formés jeunes que moi aux techniques de maths, c'est se faire de douces illusions.

Mais je vais apporter quelque chose quand-même, comme tu verras. Qui est précisément: une fois que les gens auront lu mon fil, quasiment plus personne n'essaiera de la prouver, à part de gens tout à fait nouveaux qui n'avaient jamais essayé, à savoir des analystes pur jus qui ne s'occupaient pas des nombres entiers.

Rescassol

Bonjour,

CC a écrit:

Mais je vais apporter quelque chose quand-même, comme tu verras. Qui est précisément: une fois que les gens auront lu mon fil, quasiment plus personne n'essaiera de la prouver, à part de gens tout à fait nouveaux qui n'avaient jamais essayé, à savoir des analystes pur jus qui ne s'occupaient pas des nombres entiers.

Il faudrait peut-être relativiser.
D'une part, la quantité de gens qui auront lu ton fil est négligeable par rapport à la communauté mathématique internationale.
D'autre part, ce n'est pas parce qu'on a lu ton fil qu'on est d'accord, ni qu'on a les mêmes caractéristiques que toi (dyscalculie, allergies ...).

Cordialement,

Rescassol

christophe c

Je vais revenir et continuer avec un 9.3, mais avant, je réécris une preuve "lisible" du théorème chinois, pour pouvoir effacer l'espèce de bouillie pour les chats et juste mettre un lien.

Digression chinoise et bezoutienne:

Dig1/ l'histoire se passe dans un anneau commutatif quelconque, mais s'applique ensuite souvent dans des anneaux où le pgcg appartient à l'idéal engendré par ceux dont il est pgcd.

Dig2/ Si $a-1 = a'$ et $b-1=b'$ et $a',b$ dans $J_1$ et $b',a$ dans $J_2$ alors tout le monde convient qu'on peut trouver $x$ tel que :

$x=u, mod(J_1)$
$x=v, mod(J_2)$.

Il suffit de prendre $x: = ua + vb$. En effet, alors

$x = u + (a-1)u + bv = u + a'u + bv$
$x = v + (b-1)v + au = v + b'v + au$

Dig3/ Avec pluss que 2 idéaux, supposons les choses suivantes:

$a'_i$ est dans tous les $J_k$, sauf pour $k=i$ et $a_i + 1 = a'_i$ avec $a_i\in J_i$.

Prenons $x:= c_1 a'_1 + c_2a'_2 + .. c_9a'_9$.
Alors $x = c_1 + (a'_1-1)c_1 + c_2a'_2+..c_9a'_9$
De même que, par exemple: $x = c_4 + (a'_4-1)c_4 + c_1a'_1+..c_3a'_3+c_5a'_5+..$

Dig4/ Cela montre que si pour chaque $i: J_i$ est premier avec $J_1J_2...J_{i-1}J_{i+1}..$ alors pour tous $c$, il existe $x$ tel que pour tout $i: x=c_i + $ un élément de $J_i$.

Dig5/ Il reste un point à voir.

A supposer que $J$ soit premier avec CHAQUE $K_i$, peut-on le rendre premier avec le PRODUIT des $K_i$.

La réponse est oui. Preuve:

On dispose de $a(i,j), b(i,j)$ tels que

$a(i,j)\in J$ et $b(i,j)\in K_j$ et $\forall i,j: a(i,j)+b(i,j) = 1$.

On prend alors le produit de tout ça, qui vaut aussi $1$:

$$ 1 = Produit = ElementDe(J) + ProduitDes (b(i,j))$$

qui se voit avec le développement de la classe de quatrième. En dehors du dernier terme du développement, tous les autres contiennent au moins une lettre $a$ qui assure l'appartenance à $J$.

Remarque, je ne me rappelais pas que c'était aussi pénible à prouver, mais il est en fait probable que je ne l'aie jamais prouvé avant le 17/04/2020 :-D (je donne des leçons de science "faut tout prouver" que je ne m'applique pas à moi-même (confiance un peu rapide à les gros trucs que je croise souvent).

christophe c

@Rescassol, ce n'est pas que j'ai une amoureuse envie de te rendre service, mais ta constance ayant un "style*** anti-cc" est tellement attendrissante qu'elle ne renvoie pas forcément l'image que tu voudrais renvoyer.

*** je ne parle que de style, je ne te prétends aucunement "anti-cc" hein, ne te justifie pas. Ce qui est beau, c'est la stabilité des gens. Si un magicien permutait les pseudos en laissant les posts et si on voyait "Rescassol" se pavaner en compliments de cc sur 5 ou 10 posts divers dans divers fils, tout le monde verrait le trucage.

C'est-y pas beau ça?

Le jour où tu me diras un truc "positif" (le truc que tu me dis est ici totalement justifié, là n'est pas la question), je pense qu'on aura peur que ton compte ait été piraté, c'est ça qui est beau dans notre intimité forumique.

christophe c

En espérant que je suis à la hauteur de la rubrique shtam: je me démène :-D

Rescassol

Bonjour,

CC, quand tu parles de logique, d'ultrafiltres, de topologie, etc... je ne suis pas à la hauteur et je suis forcément d'accord avec toi.
Mais, que veux tu, je n'y peux rien, j'aime le calcul, j'adore ça, même, il n'y a qu'à voir sur le forum de géométrie, je manipule allègrement des équations de $10000$ symboles, je trouve ça beau. Alors bien sûr, la dyscalculie m'échappe un peu.
Mais je ne suis pas anti-CC, ça dépend de ce que tu dis.
En ce qui concerne Syracuse, Je crois qu'elle a à peu près le même statut que Fermat, quelqu'un va y arriver un de ces jours, peut-être Tao, mais pas un shtameur, ce qui n'empêche pas les gens de s'y amuser, avant et après.
Mais bon, je n'ai aucune preuve de ce que j'avance.

Cordialement,

Rescassol

christophe c

Je te réponds sur Syracuse:

1/ prends par exemple la décision de faire $a$ montée et $b$ descentes et rechercher un point fixe (un cycle)

2/ Ca te fait composer $a+b$ fonctions affines simples. Et tu peux très bien les appliquer à n'importe quel rationnel.

3/ Tu as $N:= CoefBinomial(a+b,b)$ façons de le faire. Sur des petits nombres, ça se programme.

4/ A la fin tu sais que tu obtiendras : $N$ équations de la forme

$$ \frac{MachinExplicite}{2^{a+b}} X + \frac{AutreMachinExplicite}{2^{a+b}} = X$$

qui se réécrit en :

$$MachinExplicite X + AutreMachinExplicite = 2^{a+b} X$$

avec $MachinExplicite = 3^a$ comme c'est vite constaté.

Tu es donc ramené à te demander s'il peut arriver que la fraction:

$$ \frac{AutreMachinExplicite }{ 2^{a+b}- 3^b}$$

ait une valeur entière positive.

Mon seul pari est, en gros, que si la réponse est NON alors c'est parce que quelque chose comme l'ensemble des valeurs possibles pour le numérateur est un intervalle (ou quelque chose d'une nature très simple et définissable similaire) trop petit.

En conséquence de quoi, je pense que comme ça n'a pas "vraiment l'air"*** d'être le cas, $CS2$ est FAUSSE. C'est à peu près tout.

A la différence de Fermat, que tu évoques, une preuve de CS2 et qui plus est une preuve de CS serait une avancée mathématique majeure pour laquelle, RH ou Fermat auraient l'air palichon. Ou une "preuve" sociologique que les matheux sont paresseux et que personne n'avaient vraiment eu le courage de se taper une covée pareille, mais je n'y crois guère).

*** mais ça l'est peut-être, c'est en cela que je dis que quand j'aurai terminé ce fil, "j'aurai convaincu" potentiellement que c'est un problème pour les spécialistes de vitesses de croissance comparées.

lourrran

Attention,
A partir d'un nombre N relativement grand, je peux trouver une suite de montées et de descentes qui me ramène à N, c'est à peu près certain.
Mais (avec les notations classiques), quand $f^i(N)^{}$ est pair, je n'ai pas le droit de faire une montée, j'ai l'obligation de descendre. Je ne peux donc pas combiner les montées et les descentes à ma guise.

Parmi toutes les combinaisons ($b$ montées + $a$ descentes) une seule est valide à partir d'un point de départ donné.

Or dans le dernier message, je lis plus ou moins qu'à partir d'une entier, on pourrait combiner les montées et les descentes, au choix...


Je ressens comme un changement dans l'objectif. L'objectif ne serait plus de montrer que CS2 serait fausse (au conditionnel), mais de travailler sur la conjecture.

christophe c

Oui tu as parfaitement raison, pardon, c'est pour cela que je propose de lancer le petit programme que j'ai décrit (je procrastine, mais vais le faire en Lazarus).

C'était écrit en début de section "conclusion" (là, j'ai juste voulu faire un rapide résumé à Rescassol, pour lui dire mon point de vue), on a besoin d'introduire une indéterminée $X$, de "jouer". Sinon, comme tu le dis, on se retrouve bêtement avec .... aucune équation :-D

Exemple simple:

Je suis parti de $4X+1$ et je suis descendu à $X+1$
Je DECRETE que $X$ est pair.

Je suis parti de $4(2X+1)+1$ et je suis descendu à $(2X+1)+1$
Je remonte.
Je suis parti de $8X+5$ et j'en suis à $3X+3$

Je suis capricieux.
Je suis parti de $8X-3$ et j'en suis à $3X$
Qu'ai-je fait? Renommé $X$ en $X-1$!

Allez, je monte:
Je suis parti de $8(2X)-3$ et j'en suis à $3(2X)$
Je suis parti de $16X-3$ et j'en suis maintenant à $9X$


Allez, je monte encore:
Je suis parti de $32X-3$ et j'en suis à $18X$
Je suis parti de $32X-3$ et j'en suis maintenant à $27X$


Allez, je monte encore:
Je suis parti de $64X-3$ et j'en suis à $54X$
Je suis parti de $64X-3$ et j'en suis maintenant à $81X$

Je ne suis pas très content de l'équation, je fais un chti changement de var:

Je suis parti de $64X-67$ et j'en suis maintenant (sans bouger :-D ) à $81X-81$

Un petite descente après ça :-D :

Je suis parti de $128X-67$ et j'en suis à $162X-81$
Je suis parti de $128X-67$ et j'en suis à $81X-40$

Bref... tu vois bien que la liberté permet de mieux explorer le territoire, même si ce n'est que psychologique. Par exemple, ici, ce n'est pas tant que $67-40$ ne soit pas divisible par $128-81$ qui est contrariant, mais que $67-40$ est trop petit, de toute façon, pour l'être!!

La contrainte que tu rappelles légitimement ne fait que décourager les chercheurs de contre-exemple, sur un problème où li serait de bon aloi de les encourager.

christophe c

L'objectif ne serait plus de montrer que CS2 serait fausse

Je donne mon opinion scientifique plus que shtameuse ici: si si je reste assez sur le pari qu'elle est fausse (et fausse en remplçant 3x+1 par n'importe quoi fois x +1 d'ailleurs).

Mais je RECONNAIS que mon "trop petit pour l'être" du post précédent peut être général et la rendre vrai (je parle de CS2 "pas de cycles")

Poirot a posté une information (sur la distance entre $a^u$ et $b^v$) qui, rien qu'à elle toute seule la compromet LARGEMENT!

Ca, c'est ce que j'ai gagné en ouvrant ce fil et faisant ce pari: le contre-argument de Poirot!

christophe c

Je prends un exemple simple de conjecture beaucoup plus forte a priori que CS2:

Toute fraction (ou toute sauf un nombre fini) accessible avec mes 4 touches (ie sans la touche effectuant le changement immobile de variable $X\to X+1$) est de la forme $a/b$ où $a,b$ sont des entiers et $a< 2b$. (<-- CCS2 nommons-la)

C'est beaucoup moins "arithmétique", c'est "fulgurant de puissance", donc selon moi, probablement faux.

Et bien mon pari est qu'on peut prouver qu'elle est équivalente à CS2 (ou une forme proche est équivalente à CS2).

C'est juste ça mon propos: si je parviens à convaincre les gens de ça, j'en aurai terminé avec cette distraction.

Collag3n

Pour qu'il y ait cycle, on doit avoir $2^{a+b}>3^b$. Il est communément admis, mais pas prouvé, que l'exposant de 2 est supposé être le premier exposant qui rend $2^{a+b}>3^b$, à savoir $2^{\lceil{b\cdot \log_23}\rceil}$ (il en découle que $2\cdot 3^b>2^{a+b}>3^b$)

Il est aussi facile de montrer que pour tous les chemins (une partie des combinaisons binomiales dont tu parles) dont on considère l'élément de dépat $X$ comme l'élément le plus petit de ce cycle (convention qui simplifie beaucoup de choses), celui qui a un $AutreMachinExplicite$ minimum est le V inversé (Ce scénario).

Cette valeur minimum de ${AutreMachinExplicite}$ est $3^b-2^b$ qui n'est pas plus petit que $2^{a+b}-3^b$

lourrran

Si on remplace le $3x+1$ par un $kx+1 , k > 3$ , on trouve effectivement des entiers n qui conduisent à des boucles autres que la boucle triviale, ou des entiers $n$ pour lesquels la suite diverge.
Et pour des petites valeurs de $k$, on trouve très facilement des contre-exemples.

Ca aussi, c'est peu encourageant. Si les contre-exemples étaient difficiles à trouver pour k=5 ou k=7... on se dirait : ok ils sont difficiles à trouver pour k=5, et très difficiles à trouver pour k=3.
Mais ce n'est pas le cas !

Tout ton raisonnement ci-dessus marche pour k=3 comme pour k=5 ; pour k=5, on trouve très vite un $n$ qui conduit à une boucle n=5(5,26,13,66,33,166,83,416,208,104,52,26,13 et ça boucle) , et pour k=3, on cherche des années, sans trouver le début d'un contre-exemple !

C'est troublant !

christophe c

Bien que je l'ai fait aux posts d'avant, je reformalise la réponse que je t'ai faite car je crois que tu as un peu lu en diagonale (ce n'est pas un reproche).

On considère les opérations suivantes sur les quadruplets $(a,r,b,s)$ d'entiers:

$(a,r,b,s) \to (ka,r,kb,s)$ où $k$ est la rationnel que tu veux, mais le résultat doit donner des entiers sinon interdit

$(a,r,b,s) \to (a,a+r,b,b+s)$

$(a,r,b,2s+1) \to (2a,r,b,s+1)$

$(a,r,b,2s) \to (2a,r,3b,3s)$

Soit $L$ le plus petit ensemble de quadruplets stables par ces fonctions contenant $(1,0,1,0)$. On appelle "fraction émergente" une fraction de la forme

$$ \frac{s - r}{a-b} $$

où $(a,r,b,s)\in L$.

Un énoncé plus fort que CS2 est que:

Toute fraction émergente a une valeur $<2$.

Bon, celui-ci est probablement un peu fort, car j'ai mis bcp d'opérations (il faudrait en enlever, certaines sont de confort). Mais en gros, l'idée est que le problème ne vient pas du monde $\mathbb{\N}$, mais d'inégalités brutales.

christophe c

Oui, mais c'est un peu comme si on disait que la théorie originelle des ensembles étant "évidemment contradictoire", si $ZF$ l'était, on l'aurait aussi vite vu.

Parfois, un modification peut tout changer.

Un autre exemple est l'obligation de faire appel à la mémoire du passé pour programmer un truc efficace (alors qu'il existe un programme faisant la même chose mais faisant $10^{50}$ octets).

La réalité est un vrai mystère. A titre personnel, je ne crois pas que VD (le vrai dieu évoqué plus haut) ait même lui-même décidé de créer tous les entiers "réels". Il nous les fournit à la demande au fur et à mesure qu'il "réduit" notre paquet d'onde.

Là où je rejoins Rescassol, c'est que la fascination pour cette "réalité apparemment fixe" du décor du monde platonicien mathématique est le plus spectaculaire avec les "calculs". Pourquoi par exemple, VD a-t-il décidé que seulement à partir 945 il y aurait des abondants impairs, etc?

Il suit que les gens passionnés sont en fait comme des archéologues du film le cinquième élément, et espèrent lire la table magique dans les entiers.

Mais il faut payer le prix qui va avec: l'hypothèse de non fixité.

La thèse de Church n'est validée (et valide) que pour les ensembles fixes. On est capable sans aucune peine de produire des ensembles non calculables, mais en une seule fois. On ne peut pas les "répliquer".

christophe c

mpoi-même a écrit:

Un autre exemple est l'obligation de faire appel à la mémoire du passé pour programmer un truc efficace (alors qu'il existe un programme faisant la même chose mais faisant $10^{50}$ octets).

Je donne un exemple simple, sinon, les lecteurs...

La suite $u(n) := $u(n-1)+u(n-2)$

ATTENTION, je ne parle pas de L'INTELLIGENCE de consistant à trouver UNE AUTRE FACON de la programmer, ce n'est pas mon propos.

Je parle du fait que "mémoriser" en cours de route rend linéaire la complexité qui pourtant émerge exponentielle de la définition. Bien entendu, dans CE cas précis, on peut simuler la mémoire, sans l'avoir, mais c'est autre chose.

Georges Abitbol

christophe a écrit:

On est capable sans aucune peine de produire des ensembles non calculables, mais en une seule fois.

Ok moi je voudrais bien savoir ce que tu veux dire par là !

Berkouk2

Bonjour

je poursuis non, sans difficultés la démarche de CC sur la suite de Collatz ; seulement j'ai 1 ou 2 question à poser à Christoph C :

soit les trois propositions CS , CS1 et CS2

1° - CS <==> (CS1 et CS2) = (CS1 et CS2) ==> CS et CS ==> (CS1 et CS2)


2°- (CS1 et CS2) ==> CS = non CS ==> non CS1 ou non CS2


3°- question : est-ce que pour prouver (CS1 et CS2) ==> CS , il suffit de prouver non CS ==> non CS1 ?

autrement dit est-ce que : (CS1 et CS2) ==> CS = non CS ==> non CS1 ?



BERKOUK

Casablanca

lourrran

@Berkouk :
la réponse est non.


Réécrivons tout ça, sans CS2, puisque CS2 ne t'intérèsse pas.

CS ==> CS1
et donc : non CS1 ==> non CS.

Ou, pour se limiter à ta dernière ligne :

(CS1 et CS2) ==> CS c'est la même chose que : non CS ==> (non CS1 ou non CS2)

C'est tout.

Berkouk2

Bonjour
excuse-moi, je ne veux pas interférer inutilement dans " Syracuse par CC ", mais

BERKOUK a écrit:

3°- question : est-ce que pour prouver (CS1 et CS2) ==> CS , il suffit de prouver non CS ==> non CS1 ? ?

ou plus précisément :... pour prouver (CS1 et CS2) ==> CS
a) il suffit de prouver non CS ==> non CS1
b) ou bien il suffit de prouver non CS ==> non CS 2 ( CS2 m’intéresse autant que CS1)
c) ou bien les deux : prouver non CS ==> non CS 1 et non CS2

Je veux dire qu'on a le choix entre a) , b) , c) n'est-ce pas CC !
BERKOUK

christophe c

@Georges: une suite aléatoire de 0 et de 1 tu la produis facilement, mais ne peut la répliquer (je ne parle pas de la mettre en mémoire, il faudrait une mémoire infinie et de toute façon, ce serait tricher).

Comme je l'avais déjà formalisé à marco, c'est un devoir de reproductibilité surveillée par l'arbitre qui contraint (pour l'heure) l'être humain, et dans ce cadre seulement, à ne pas pouvoir produire un ensemble non récursif.

christophe c

@Berkouk. Pas sûr de comprendre ta question tant elle semble évidente (donc peut-être malentendu).

CS C'est CS1 et CS2. Il n'y a rien à faire donc pour prouver l'équivalence.

CS2 dit pas de cycle (autre que le bien connu)
CS1 dit pas de divergences

CS dit ni divergence ni cycle

Je n'ai peut-être pas compris ta question :-S

lourrran

La question de Berkouk est une question de logique booléenne.

Je travaille dans un domaine qui n'a rien à voir avec les maths. On avait une discussion avec mon boss il y a 2 mois environ. Mon boss a des équipes dans une quinzaine de pays, et il me disait : attention Lourrran, la logique booléenne, c'est un truc qui est manipulé couramment par les français, ça ne pose pas de problème aux français. Mais les anglais par exemple ont de grosses difficultés avec la logique booléenne.
Je lui fais confiance, il a suffisamment travaillé avec des tas de gens de différentes nationalités pour en juger. Et mon expérience personnelle va aussi dans ce sens.

Berkouk n'est pas anglais, il est marocain.

Ces règles de logique booléenne sont à peu près évidentes pour des français, qui ont un cursus un peu scientifique (un bac scientifique, ça suffit pour parfaitement comprendre ces règles).
Mais pour quelqu'un qui n'a pas le même parcours, on ne peut pas imaginer à quel point ces règles peuvent lui paraître compliquées.

raoul.S

lourrran a écrit:

Mais pour quelqu'un qui n'a pas le même parcours, on ne peut pas imaginer à quel point ces règles peuvent lui paraître compliquées.

Je te rappelle quand même que BERKOUK a démontré Goldbach avec la logique booléenne...

lourrran

Avec sa logique booléenne, et non avec la logique booléenne.
Parce qu'il y a plusieurs logiques booléennes.

Il y a la nôtre, dans laquelle A ==> (B et C) se traduit par : (NonB ou NonC) ==> NonA
Et il y a une autre logique booléenne, où chaque proposition se traduit aléatoirement.

christophe c

@Collagn: pardon, je te remercie avec du retard, je n'avais pas vu ton dernier post. Tu as l'air expérimenté sur cette question, je relirai tous tes posts patiemment.

christophe c

@Lourran, dans la mesure où on remplace par des lettres, la vie devient facile. En fait, je vais faire l'effort de "corriger" ce que tu as à juste titre corrigé, histoire d'être "propre":

1/ On dispose d'une suite de fonctions affines parmi les 2 autorisées qu'on compose, obtenant :

$$ x\mapsto (ax+b)$$ où $a,b$ ont à leur dénominateur $2^{u+v}3^u$, avec $u$ le nombre de montées.

2/ Comme tu as raison de le dire, il faut prendre garde que $x$ est tel qu'il va subir ce cheminement erratique. Pour connaitre sa forme on doit donc composer les changements de variables, eux mêmes des fonctions affines parmi les deux suivantes:

$$ x\mapsto 2x; x\mapsto (2x+1)$$

De sorte qu'à la fin, on obtiendra :

$$x\mapsto 2^{u+v}x + c$$

C'est un peu pour ça que j'écris ce post. On a le même dénominateur.

3/ L'équation désirée est donc:

$$ a \times (2^{u+v}x + c) + b = 2^{u+v}x + c$$

Elle est de la forme:

$$ 3^ux + ac + b = 2^{u+v}x + c$$

dont la solution est :

$$ \frac{(a-1)c + b}{2^{u+v} - 3^u}$$

On connait $a-1$, c'est $\frac{3^u-2^{u+v}}{2^{u+v}}$.

Seuls $b,c$ nous restent à jamais mystérieux, puisqu'ils dépendent de la suite choisie. Ils ont tout de même des dénominateurs connus: tous les deux le dénominateur $2^{u+v}$, de sorte que la solution est de la forme, avec les entiers $p,n$ difficiles mieux documenter.

$$ \frac{(3^un - 2^{u+v}n + 2^{u+v}p)}{(2^{u+v} - 3^u)(4^{u+v})}$$

qui se simplifie en :

$$ \frac{(3^u n - 2^{u+v} q)}{(2^{u+v} - 3^u)(4^{u+v})}$$

Bon, c'était histoire de mener jusqu'au bout un post calculatoire :-D

Je ne recommencerai pas c'est nue horreur pour moi.