Syracuse

christophe c

Mais n'y a-t-il pas quelqu'un qui lit ce fil et dispose d'un outil de programmation dans lequel est intégré les routines de calculs sur les grands entiers?

J'embête marco qui a tout programmé tout seul pur les opérations (ce qui est exactement la raison pour laquelle je procrastine depuis 48H pour le faire en caml)

Purée il est élaboré le forum, il corrige la grammaire en me soulignant laquel. Je croyais qu'il ne voyait que les fautes d'orthographe :-S

christophe c

Ah oui, très bonne remarque collag3n. Merci!!!

Mais ma conviction ne porte pas sur ça. On va voir dans quelques instants si je me trompe de toute façon, marco est dessus.

Collag3n

Sinon, pour la montée de $k$ et les $n$ escaliers, si tu pars du principe que un cycle n'est possible qu'avec le premier exposant de 2 qui donne $2^{a+i}>3^i$ à savoir $2^{\lceil i\cdot \log_23 \rceil}$, alors on a (pour $i\ge2$):

$k=\lfloor i\cdot \log_2{\frac{4}{3}}\rfloor$
$n=\lceil i\cdot \log_2{\frac{3}{2}}\rceil$
$i=k+n$

christophe c

Merci beaucoup, mais j'ai en tête (comme dit depuis le départ où j'ai ouvert le fil) qu'elle est soit vraie, car BRUTALEMENT conséquence de banalités beaucoup plus fortes concernant des inégalités de "taupins"), ou bien FAUSSE à cause des mix bien connus des logiciens que permettent le théorème chinois et Bezout.

Je suis TOTALEMENT incapable (ma dyscalculie) d'explorer d'autres voies. Pas que je ne veuille pas, mais je ne peux pas.

Aussi, je te crois tout à fait, mais je passe maintenant à la phase "étude de tous les trajets": ça donnera :

- ou bien un jeu pour les enfants que je perfectionnerai (si marco me dit que $g$ a renvoyé un nombre $\geq 1$

- ou bien une preuve d'ici 2-3 semaines de CS2 (et de tout un tas d'autres conjectures similaires) si marco voit un $z<1$ après exécution de $g$


Comme avec $f(20, ..)$ on explore 1 miliion de chemin de profondeur 20, je verrai si je m'emballe tout de suite ou essaie les chemins DEJA CONNUS COMME PRIS par les petits nombres (j'ai donné un exemple en partant de 5).

Voilà où j'en suis. Et si je trouve le courage, je lancerai $f(10,..)$ avec les petits entiers du caml.

christophe c

Précision: TOUT théorème de maths est un cas particulier d'évidence et ce qui fait la difficulté d'en trouver des preuves c'est quand sont TROP FAIBLES.

C'est ce qui me guide, d'autant plus quand je vais sur un terrain où je suis totalement béotien et contre-nature pour moi.

C'est ce qui explique que $\forall n : g(0,n,1,0,1,0)<1$ me parait UN BON ESPOIR. Je ne fais pas DU TOUT partie des gens qui "abandonnent" en se disant "non, c'est trop fort, ça ne peut pas être vrai".

Mais je me trompe peut-être. Mais je n'irai jamais chercher à prouver Syracuse à coup de reste modulo.

christophe c

Edit: j'ai ajouté "renvoyer z" à la fonction $g$, ça change rien, mais au moins ça en fait une fonction renvoyant un résultat.

Collag3n

Le problème est que je ne vois pas comment tu peux explorer tous les trajets possibles. Quand $n$ grandit, tes possibilités de chemins se multiplient (tes combinaisons binomiales), et sont tous des cas particuliers (dont $k$ montées suivi de $n$ escaliers n'est qu'une possibilité parmi d'autres).

Il y a bien sûr une multitude de chemins connus qui sont écartés par les programmes de Sieving (ex: $4x+1$ descend sous sa propre valeur en 2 étapes. Voir d'autres exemples ici: optimisation d'un sieve ou on voit qu'on peut écarter jusqu'à plus de 99% des chemins).

christophe c

Merci pour le lien.

Mais les chemins ce n'est pas moi qui vais les explorer. J'attends une confirmation expérimentale, et ensuite ce sera un analyste de P6,P7 qui voudra bien "conclure" ou détecter que c'est une conséquence d'une conjecture déjà connue comme difficile.

Mon seul but est de "changer" de territoire cet énoncé. Mon intuition, je l'ai détaillée.

J'attends confirmation expérimentale que $\forall n : g(0,n,1,0,1,0) <1$ et si oui, je nettoie et fais un appel d'offre à de vrais analystes en croissances comparées.

Mais peut-être que marco va revenir avec un $z = 14.94$ dans ce cas, fin de l'histoire et jeu pour enfant pour qu'il en reste quelque chose.

Je vais cliquer sur ton lien!! Merci

christophe c

marco vient de me prévenir qu'il ferait ça à tête reposée. Je croyais sincèrement qu'li avait un outil pour les grands entiers, mais il fait tout à la main.

Donc, c'est bien je vais pouvoir rêver encore 12H que g est strictement bornée par $1$. (Ou programmer moi-même la gestion des grands entiers en caml).

Annonce à tous les gens qui me détestent:

Si vous voulez que je ne rêve pas avoir raison jusqu'à demain, n'hésitez pas à faire le programme avec vos outils et à trouver un $z\geq 1$. Ce serait certes trop beau que j'ai raison, mais j'ai "des raisons de logicien d'y croire". Donc, je ne vais pas me presser d'être décu :-D

Collag3n

$x=\frac{a-b}{s-r}$ avec $r=s=0$?

christophe c

Pardon?? Je vais aller vérifier si je n'ai pas inversé. Trop de coquilles***. Je vais peut-être le tester ce soir avec les petits entiers de caml tout de même

*** je ne suis pas le seul :-D http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1978906,1984400#msg-1984400

Collag3n

Arf....je ne sais pas pourquoi j'ai vu ce 3 au dénominateur.....je l'ai pourtant mis dans le bon sens dans ma phrase mais je n'ai pas tilté

christophe c

Ne t'inquiète pas, ça arrive à tout le monde. Je n'avais d'ailleurs pas du tout vu non plus quand tu me l'as dit et t'ai remercié. C'est comme les baillements, c'est contagieux!

Bon, bin j'ai une bonne nouvelle pour ce soir: on a bien une majoration par 1 pour les $2^{23}$ premiers essais (et même précisément par $0.9$, car j'ai calculé seulement jusqu'au dixième.

Programme en photo pour Marco et toi.

christophe c

J'ai tapé $g(1,23,(2,0,3,0))$, autrement dit, "après une montée".

Je vais voir si ce soir, je prolonge en faisant comme marco, programmant à la main de grands entiers.

Je vais aussi envoyer une annonce sur news dès maintenant pour épargner à marco du temps, si quelqu'un me répond d'ici demain que c'est connu.

christophe c

Je viens d'envoyer ça sur les news du cnrs qui regroupe plusieurs centaines, voire milliers de gens dont c'est le métier. A priori, je dirais que si quelqu'un pense que ça a été prouvé faux, conjecturé et que c'est connu comme impliquant CS2 et n'a pas un statut clair, ça ne devrait pas prendre énormément de temps pour que je reçoive des retours, mais ce n'est pas la vitesse du forum non plus.

paf

@cc : qu'est devenue ton idée de départ avec Ramsey ?

christophe c

De prouver qu'elle est fausse (en particulier CS1, ie pas de suite divergente). Mais comme pour l'heure, je crois même en avoir une preuve.... (je ne dirais pas hélas). Je reverrai ça demain matin, mais l'énoncé qui l'entraine semble se prouver facilement par récurrence. Je le fais rapidement:

1/ Montée occasionnant un passage de $\frac{s-r}{a-b}<1$ à $\frac{s-r}{2a-3b}\geq 1?$. Pas possible

2/ Montée occasionnant un passage de $\frac{s-r}{a-b}<1$ à $\frac{(b+s)-(a+r)}{2a-3b}\geq 1?$. A voir, un calcul à faire.

3/ Descente occasionnant un passage de $\frac{s-r}{a-b}<1$ à $\frac{(s+1)/2-r}{2a-b}\geq 1?$ A voir, un calcul à faire.

4/ Descente occasionnant un passage de $\frac{s-r}{a-b}<1$ à $\frac{(b+s+1)/2-(a+r)}{2a-b}\geq 1?$ A voir, un calcul à faire.

Maintenant, je maintiens que si on a une croissance très lente de ce rapport $\frac{s-r}{a-b}$, qui tendrait vers l'infini, alors la CS2 sera fausse (c'est un pari que je fais).

Ce n'est pas parce que machine, je l'ai vu grimper "doucement" jusqu'à 0.8 environ qu'il va s'arrêter et converger vers 1. Mais s'il y a croissance lente, ça expliquerait pourquoi les exemple sont à $10^{50}$ plutôt que nos petits nombres familiers.

Bon ça me fait 3 calculs pour demain, on a connu pire comme "devoir maison" :-D

Avec Ramsey, pour te répondre, j'ai trouvé un truc qui semblerait établir qu'il n'y a pas de divergences, mais c'est assez grossier (j'ai fait de tête des indiscernables dans tous les sens et je me méfie parce que pour des raisons similaires, le calcul:

$$ 3^b- 3^a + 3^a-2^a + 2^a- 2^b$$

et partout du roughly principe que dans mon contexte $k^a-k^b$ divise tout le monde (à l'infini sur le Ramsey ensemble considéré), j'ai émis une question dans "il est facile de" ("y a-t-il une borne uniforme pour l'ensemble des diviseurs premiers des $a^k-b^k$ quand $k$ varie") et un intervenant pseudoté "PierreB" m'a illico répondu que non, et m'a mis un lien vers le théorème.

Comme Ramsey est très puissant, il faut rédiger ce qu'on fait, il n'y a pas véritablement" d'intuition possible.

On peut prouver facilement, que pour des colorations très simples (polynomiales, voire linéaires), le fait de savoir par oracle quelle est la couleur homogène possible pour les infinis homogènes réduit la VERITE de la TOTALITE de la structure $(\mathbb{N,+\times})$, pourtant très riche.

Alors réfléchir de tête avec Ramsey, bof bof

christophe c

J'ai fait un pdf en google drive pour pouvoir envoyer sur news (les pauvres ils se sont pris un fichier joint jpg du programme caml). Je le partage donc du coup ici aussi:

https://drive.google.com/open?id=1hD2n9-j7X6pGssLE4ZWcSflHuT_fVRul

michael

Quatre lignes en partant de la fin (dans le document mis en lien ci-dessus) :
"Tout le monde est d'accord que $\mathbb{N} \cap ] -\infty, 1[ = \emptyset$ et donc qu'elle implique Syracuse-No-Cycle".

Je n'ai pas franchement lu le reste mais j'ai quand même des doutes sur l'égalité inscrite ci-dessus.
Je dirais que soit il manque une étoile à $\mathbb{N}$, soit tu as écrit $\emptyset$ au lieu de $\{ 0 \}$ (ou alors j'aurais dû tout lire et j'ai loupé quelque chose).

Bonne journée.

michaël.

christophe c

Tu as parfaitement raison!!

Martial

@michael : d'abord, salut, ça fait longtemps qu'on ne s'était pas "vus".

C'est marrant, je viens de lire le document et je n'avais même pas tilté.
Tu as raison, bien sûr, cela n'a pas une grande importance, le cas $r=s$ étant sans doute impossible (ou trivial, selon).

christophe c

Je viens de faire la MAJ, il y avait 2 coquilles, une au début, j'avais oublié le "sur 2" et l'autre signalée par michael. Pour aller à $0$ on passe par $1$ ($2\times 0+1=1$ et $2\times 0 = 0$) donc ça ne change rien.

MAIS MERCI!!!

christophe c

C'est vrai que ça faisait longtemps Michael, j'espère que tu vas pas trop mal du coup.

Dom

Bonjour,

Pourrait-on avoir des énoncés clairs. Sans émotion.
J’ai compris que la conjecture de Syracuse est équivalente à un ou plusieurs autres énoncés.

Où sont les choses propres ? Quantifiées ?
La prose m’ennuie terriblement.
Cela dit c’est subjectif donc si ça demande un effort inaccessible, il suffit de le dire.

Cordialement

Dom

Édit : je parle du début du pdf

christophe c

Je ne comprends pas. Il y a "trop d'émotion au début", c'est ça? C'est quelques lignes pourtant? (Je viens de faire une MAJ-WLOG (départ avec deux montées suivies d'une descente, pour éviter une immobilisation sur un $s-r=0$ dès le départ).

Dom

Bon, je vais voir.
Cela dit on se fout royalement de mon point de vue, j’en conviens tout à fait. (:P)

christophe c

Tous les avis sont bienvenus. Mais là, disons que ça fait une page et demi. Retirer "l'être libre et capriceux" (si tu penses à ça, ça fait descendre à une page).

A supposer que je ne me trompe pas, à savoir que la CS2 sera prouvée dans une à deux semaines par un lecteur professionnel (ou un amateur!!) qui, avec une simple récurrence de lycée, démontrera l'inégalité finale du document et ainsi réglera son compte à CS2 après 90 ans d'atermoiements des plus grands matheux du monte, dont de récentes stars, il vaut mieux que ça fasse 2 pages plutôt qu'une.

A une page 99% des gens pensent que ce n'est pas la peine de lire.

A deux pages 98% seulement des pros pensent la même chose.

Pour te donner un ordre d'idée, j'avais une réponse froide ce matin d'un savant méprisant et (donc :-D ) jeune qui me dit "la première équivalence est fausse (il parlait de $y=3x+1 \iff y+1=3(x+1)$, l'algo n'est donc pas le bon", signifiant qu'il avait arrêté là sa lecture sans prendre lui-même la peine de corriger en $2y=3x+1 \iff 2(y+1)=3(x+1)$.

Poirot

C'est du grand art.

CC a écrit:

Le manque de liberté (un seul passage autorisé) est regrettable et nécessite d'être révisé en gardant l'équivalence. J'utilise donc un couple de polynômes : $(aX+r, bX+s)$ qui représente l'être en réflexion, non privé de ses caprices avec une connaissance minimale de ce qu'il fait.

Christophe : qu'est-ce que c'est que ce truc ??? Tu espères vraiment qu'un quelconque mathématicien va lire ça ?

Dom

Ha ! Il n’y a pas que moi...

christophe c

Bon, ok, je vais changer ça en un paragraphe académique.

En même temps, je "modère" le nombre de gens qui vont prouver l'inégalité qui entraîne Syracuse par une récurrence de L1, non pas que j'espère le faire aujourd'hui, mais, je trouve sympathique de me dire que j'ai une semaine pour le faire :-D

Mais je ne vais pas forcément modifier ce matin... ;-)

christophe c

Résumé CLAIR pour les gens du forum:

1.1/ Etant donné un couple de nombres entiers $(ax + r , bx+s )$ vérifiant qu'il existe un chemin Syracusien allant de l'abscisse à l'ordonnée, et à supposer que :

$s$ est pair et $x=2y$

alors le couple $(2ay+r, 3by + 1.5s)$ a cette même propriété.

1.2/ Etant donné un couple de nombres entiers $(ax + r , bx+s )$ vérifiant qu'il existe un chemin Syracusien allant de l'abscisse à l'ordonnée (ie de $ax+r$ à $bx+s$), et à supposer que :

$s$ est impair et $x=2y+1$

alors le couple $(2ay+a+r, 3by + 1.5(b+s))$ a cette même propriété (qu'il y a un chemin syracusien)

1.3/ Etant donné un couple de nombres entiers $(ax + r , bx+s )$ vérifiant qu'il existe un chemin Syracusien allant l'abscisse à l'ordonnée, et à supposer que :

$s$ est pair et $x=2y+1$

alors le couple $(2ay+a+r, by + 0.5(b+s+1))$ a cette même propriété.

1.4/ Etant donné un couple de nombres entiers $(ax + r , bx+s )$ vérifiant qu'il existe un chemin Syracusien allant de l'abscisse à l'ordonnée, et à supposer que :

$s$ est impair et $x=2y$

alors le couple $(2ay+r, by + 0.5(s+1)$ a cette même propriété.

2/ Cela nous donne un ensemble de couples de polynômes de degré 1 vérifiant l'existence d'un nombre entier $n$ tel que mis à la place de l'indéterminée dans le couple, on obtienne un chemin Syracusien. Et... réciproquement: pour n'importe quel chemin Syracusien menant de $u$ à $v$, il suffit de remplacer $u$ par $X$ de partir de $(X,X)$ d'appliquer les règles morphiques évoquées pour arriver à un couple $(aX+r,bX+s)$ tel qu'il existe $n$ vérifiant :

$$ an+r = u\ et\ bn+s=v$$

3/ Il suit de ça le théorème que j'ai énoncé dans le pdf.

4/ Il suit de ça l'implication que j'ai énoncé à la section qui suit le théorème, étant entendu que:

4.1/ on PEUT, sans perte de généralité, partir de $(8X+4,9X+5)$, car tout cycle Syracusien non trivial contiendra un endroit où s'effectue l’enchaînement montée-montée-descente (exercice laissé au lecteur)

4.2/ Ce qui permet d'éviter les situations bêtes où le paradigme ci-dessus évoqué est stéril, puisque marche avec l'attribution $X:=0$, offrant ainsi la totalité du spectacle du chemin cyclique affiché par le couple $(r,s)$.

5/ C'est mieux comme ça? :-D

6.1/ Je reste prudent sur la quantitié de travali à faire pour moi ici, car ou bien j'ai gagné au loto car la conjecture finale est prouvable et mes coquilles du moment sont peu importantes. Je me trouve plus généreux de laisser une partie à un amateur ou professionnel qui démontrera avec un "argument-lycée" ou autrement l'inégalité-bateau conjecturée. Proba de ça: 0.01 au plus.

6.2/ Ou bien on a une croissance lente qui fera qu'on dépasse $1$, mais seulement à partir de nombre de l'ordre de $10^9$ ou plus et dans ce cas, je ne veux pas non plus "passer trop de temps" sur une "fausse nouvelle" qui ressemblerait à un truc du genre "en observant les premières valeurs de $ln\circ ln$, on peut conjecturer que cette fonction est bornée par 22". Proba de ça : 0.99.

6.3/ J'aurai toujours l'excuse de marco et de moi que les centaines de millions de cas testés marchent si on est dans la situation 6.2.

christophe c

Soyons fou. marco vient de m'envoyer un message que même $g(0,25,2,0,3,0)\leq 0.22$ et même précisément $0.199...$

Or c'est ce que j'avais constaté avec caml pour $n<17$. Et quand j'ai entré des 20,21,22,23, je suis monté à 0.8.

MAIS ATTENTION/ PEUT6ËTRE QUE MON CAML LIGHT SE LIMITE en entiers à $2^{16}$ ou $2^{32}$ mais qui pose problème avec les "3" ($3^{23}$, ..).

Auquel cas pour 17 et au delà mes résultats à moi ne seraient pas significatifs. Je trouve cette "coincidence" du $0.1994941$ assez parlante en terme de "majoration par $0.2$".

[large]Donc nouvelle conjecture :

$$ \forall (a,r,b,s)\in A: \frac{a-b}{s-r} \leq 0.2$$[/large]

peut-être celle-ci sera-t-elle plus facile à prouver par récurrence?

@marco: tu peux partir de $(8,4,9,5)$ plutôt que de $(2,0,3,0)$. Ca économisera de la néquentropie pour ton pc :-D

christophe c

Un exercice d'ailleurs très simple et estudiantin est de choisir exprès UNE VALEUR OPPORTUNE $V$ dans $]0,1[$ telle qu'il existe une preuve par récurrence de $L1$ de :

$$ \forall (a,r,b,s) \in A: \frac{s-r}{a-b} \leq V$$

Cette preuve doit pouvoir en effet se caractériser par une équation polynomiale que $V$ doit vérifier pour que ça marche. Et comme $\frac{5-4}{8-9} \leq 0$, n'importe quelle valeur OPPORTUNE $>0$ fera l'affaire et démontrera Syracuse-NoCycle.

christophe c

Je viens de trouver une erreur IRREPARABLE en faisant des tests sur Python avec des cas connus

En effet, j'ai réalisé que Python implémente les grands entiers.... Et que j'ai Python sur mon pc :-D (je n'y avais pas pensé avant, c'est pathétique)

christophe c

Précision: ça compromet la preuve que j'envisageais (de toute façon c'était une implication), mais pas la principe que j'ai mentionné.

Il me parait peu probable qu'on ait à la fois:

CS2 vrai ET

CS2 non due à un théorème brutal du genre "théorème d'analyse".

Je pense très peu probable que ce soit un problème d'arithmétique (sauf si elle est fausse évidemment)

Collag3n

Petite remarque:
Si on part de $n_0$ et qu'on applique Collatz $k$ fois, on obtient $$n_k=\frac{3^i}{2^k}\cdot n_0+\delta$$ (avec $i$ montées et $k-i$ descentes)

Dont le chemin particulier est valable, de façon plus générale, pour tout:
$$n_k+3^i\cdot X=\frac{3^i}{2^k}\cdot (n_0+2^k\cdot X)+\delta$$

ou, selon moi, écrit autrement:

$$s+b\cdot X=\frac{3^i}{2^k}\cdot (r+a\cdot X)+\delta$$

Je n'ai vérifié que sur quelques exemple, mais si tu te mets dans les conditions d'un cycle ($k$ premier exposant de 2 qui rend $2^k>3^i$), tu trouves bien $a=2^k$ et $b=3^i$ aussi via tes constructions (Note: Il en résulte que $a>r$ et $b>s$).

Il me semble que le cycle ne devrait pas être possible sur un $X>0$ car si $2^k\cdot X+r=3^i \cdot X+s$ avec $\frac{3^i}{2^k}<1$, cela implique que $s>r$ (avec la même fraction <1), ce qui n'est pas compatible (mais pas prouvé) avec ce que l'on croit.



Donc la rechecrche d'un cycle se fait en général sur $r=s$ et $X=0$.

Ce que ton aglorithme ferait, c'est juste vérifier qu'effectivement si tu supposes une égalité entre valeur départ/arrivée, la fraction $\frac{3^i}{2^k}<1$ ,tu ne pourrais pas trouver de cycles sur des $X>0$. Et si tu testes les $r=s$ ou $X=0$, il y a peu de chance que tu en trouves non plus (tout ça est déjà testé jusqu'à 2^66)

Martial

@Christophe : il faut que tu sois plus clair dans tes notations : il y a tellement de messages que je ne sais plus ce qu'est CS2. Ce qui est encore plus gênant c'est qu'à la section 5 de ton du papier tu écris
Théorème : Syracuse-no-cycle est équivalente à blablabla.
A la section 6 tu proposes une conjecture qui implique clairement blablabla.
OK.
Mais si tu réunis tout ça (en admettant que ladite conjecture est vraie), tu as démontré Syracuse-no-cycle.
En toute logique Syracuse-no-cycle doit être l'énoncé : "La suite de Syracuse n'admet pas de cycle non trivial".
Donc en quelque sorte tu as démontré la moitié de Syracuse, et il ne reste plus qu'à prouver que toutes les suites de Syracuse sont bornées.
Ce qui me choque c'est qu'au début de ce fil tu annonçais exactement le contraire.
Je dois avoir raté un épisode, ou alors je n'ai pas la lumière dans toutes les pièces...

Autre chose : ce que tu dis dans ton post : "Résumé CLAIR pour les gens du forum" est effectivement assez clarifiant pour permettre aux gens d'entr'apercevoir ton cheminement de pensée. A mon avis tu devrais rajouter ce passage en toutes lettres dans ta section sur le paradigme.

christophe c

Je le fais à la main avec $28$ en live. Et avec un café à côté :-D

X=28; X=28; X=28
X=14; 2X = 28; 3X = 42
X = 7; 4X = 28; 9X = 63
X=3; 8X+4 = 28; 9X+5 =32
X=1; 16X + 12=28; 27X + 21 = 48
X=0, 32X + 28 = 28; 81X +72 = 72
X=0; 64X + 28 = 28; 243X + 108 = 108..

etc

Mon erreur était plus grave que ça. J'ai, comme l'a fait remarquer Michael, qu'il faut féliciter, vraiment sauté $0$ (le conisdérant comme peu important, oubliant que $2\times 0=0$). Autrement dit, j'ai vraiment considéré que $\N\cap ]-\infty, 1[ = \emptyset$

christophe c

@Martial, j'ai envoyé un lien vers le post du forum aux news (avant de trouver mon erreur).

Mais de toute façon, comme tu le vois je me suis planté avec $0$. La raison est la plus grave qui soit: on peut avoir $z-r\neq 0$ et $X = 0$, car $X$ n'st solution de l'équatoin qu'à la fin.

Donc oui, ma conjecture impliquait bien CS2 sous l'hypothèse $0\notin \mathbb{N}$. Ca, franchement, je me serais passé d'y mettre plusieurs heures à programmer et envoyer 3 mails, pour en convaincre les gens.

Ca ne remet pas en cause du tout mon approche initiale par contre qui est :

Ou bien CS2 est impliquée par une inégalité d'analyse ne concernant pas les entiers ou bien elle est fausse et il y a plein de cycles.

Je tire cette conviction d'expérience en logique et théorie quantique sérieuse. Un énoncé puissant comme ça et aussi court a très peu de chances d'être vrai. Le croire vrai c'est comme espérer que AD+AC soit consistant si tu préfères. Bezout et théorème chinois offrent une sorte de "connexité" (peu apparente il est vrai) aux entiers qui fait qu'li y a une sorte de "TVI", qui fait que si tu n'as pas "une raison forte" d'empêcher Syracuse d'être fausse, elle sera fausse

Maintenant il est vrai que les expériences comme celles-ci m'apprendront une fois de plus à ne pas mettre mon nez dans les maths calculatoires. J'ai beau clamer mon incompétence, je vais m'y pincer les doigts dans les portes quand-même comme un enfants perturbé.

Ca m'a maté pour 6 mois, mais attention si vous me voyez "prouver RH ou Goldbach dans 6 mois" :-D je ferai peut-être encore un crise de préretraité qui veut devenir "calculique" avant de mourir :-D

christophe c

Mon aventure en shtam n'est pas terminée à cause de cette bourde. Mais elle durera plus longtemps que prévu puisque ce sera de temps à autre.

Je redis ma conviction, dans la mesure où je l'ai décrédibilisée moi-même avec mes turpitudes calculatoires idiotes.

1/ La CS2 génère un ensemble d'équations affines à coefficients entiers dont elle dit que lesdites n'ont pas de solutions entières. Autrement dit un ensemble de fractions dont la valeur est dans $\Q\setminus \N$

2/ Les gens essaient (inconsciemment ou pas) de prouver cet énoncé, qui est de la forme :

$$\forall (a,b)\in A: \frac{a}{b}\notin \N$$

3/ Je suis convaincu que ou bien:

3.1/ $\exists (a,b)\in A: \frac{a}{b} \in \N $

3.2/ Ou bien que $E:=\{\frac{a}{b} \mid (a,b)\in A\}$ est inclus dans un intervalle (ou éventuellement une réunion finie d'entre eux) disjoint de $\N$ et qu'on a un énoncé "de taupin", d'analyse, qui d'une part se démontre par récurrence et d'autre part entraine trivialement CS2. Autrement dit, le scénario d'hier, avec marco qui confirme par ordinateur une inclusion dans $]0,1[$

4/ Et je tire cette conviction du fait que je pense que l'indécidable démarre un peu plus haut dans l'échelle de complexité. Pour commencer à avoir des théorie qui ne prouvent pas leur consistance, et qui sont puissante, il faut tout de même des diversités de facettes qui semblent manquer à CS2. A moins d'être brutalement enfermée dans un intervalle sans entier, sa signature est de proposer "trop" d'équations diophantiennes sans solution.

5/ Peut-être quelqu'un se rappellet-il où retrouver le pdf qui décrit l'espace connexe séparé dénombrable fabriqué à coup d'entiers premiers entre eux, car une étude plus approfondie me permettrait d'aiguiser ça. C'est cette idée de connexité, je trouve qui renvoie assez efficacement ce que les logiciens ont constaté par ailleurs sur la jungle diophantienne.

omega

Au fait Christophe, ça en est où ta preuve de la conjecture de Hadwiger ?

christophe c

Ah merci de rappeler que je ne suis pas un débutant shtameur. Dès fois que je passerai pour trop sérieux.

Concernant Hadwiger, ça n'a rien à voir j'ai des heures de vol sur la question (et même des années à y penser régulièrement), mais le fil que tu as mis en lien, j'ai vaguement l'impression que j'avais trouvé une erreur assez vite.

De toute façon Hadwiger je "la prouve" régulièrement en lé déduisant de trucs faux (assez souvent), mais aussi assez souvent "inconnus". Puis la vie passe et les trucs je ne les oublie pas tant que ça, mais ne m'y attaque pas. En fait, pour dire vrai, Hadwiger, je ne cherche pas tant à la prouver qu'à m'en servir de guide pour produire une liste d'axiomes forts qui l'entrainent et de temps à autre, j'ai vaguement l'impression de pouvoir prouver tel ou tel.

Concernant Syracuse, ça n'a rien à voir, je n'y connais vraiment de chez vraiment rien en arithmétique et j'applique une "stratégie" pluss pour partager une mentalité. Mais tu ne me verras pas proposer "un axiome qualitatif qui impliquerait Syracuse" (si je le faisais, ce serait à hurler de rire, tellement pour des arithméticiens, il serait "évidemment" vu faux).

Par contre ma faute d'hier est amplement rattrapable (et je l'ai rattrapée :-D ) , mais je ne veux pas non plus reproduire chaque jour un emballement sans intérêt.

Dans Syracuse, ce que j'apporte c'est exactement ce que dom me reprochait: le fait de partir d'une suite mouvements que le capricieux impose et de mettre au secon plan l'ensemble des nombres (et donc le plus petit) qui génère ces mouvements. J'ai creusé ça un peu aujourd'hui et suis retombé sur mes pattes, en éliminant le zéro. Mais exceptionnellement, je "déshtamerai" la chose un peu patiemment avant de proposer un truc plus propre.

Mais que ça marche ou pas, je dispose d'un "mécano" très souple qui permet de "parler dans les entiers avec Syracuse" (concaténations, etc), qui mène de plus en plus vers que ou bien il y a assez de liberté pour construire un contre-exemple (mais qui serait peut-être au delà de $2^{10000}$, donc pas d'ordinateur à la rescousse), ou bien de percevoir des murs et envisager une preuve simple (comme celle d'hier, avec la faute en moins).

paf

L'espace topologique dont tu parles dans ton avant-dernier post ne serait pas l'espace de Golomb ?

christophe c

Merci Paf, il est démentiel ce papier, ça, c'est les maths que j'aime!!! Et ce papier introduit exactement ce que je voulais exprimer à travers l'idée que ce n'est "pas si simple" de fabriquer des jeux diophantiens avec des degrés de liberté et où on aurait tout de même un uniforme $\forall x: Crash(x)$.

Et comme par hasard, années 60's.

La période 1950-1975 a été d'une productivité inouie, en maths. C'est triste (et je suis tout sauf un reac, né en1966) que ça n'ait pas continué. Vouloir de l'appliqué immédiat continuel a énormément pénalisé la recherche fonda, en raréfiant le personnel.

christophe c

Bon, je signale quand-même une idée simple:

le problème de ma bourde était le fait que $0\in \N$. Cependant à supposer que vous ayez un cycle, dont la suite de mouvements est $S$, et que le suivi de $S$ dans mon paradigme donne le couple:

$$ 2^aX + r, 3^bX + s$$

avec "hélas", $r=s$ (le cas $0$), et donc avec $0=$la solution triviale de $[2^ax + r = 3^bx + s; $ inconnue $x]$, comme $a$ est le nombre de mouvements et $b$ le nombres de montées, vous pouvez, en notant $k:=r=s$, étudier le profil de, non plus $k$, mais $2^{a+p} + k$. Avec un $p\in \N$ arbitraire.

Vous aurez CHAQUE fois, la même suite $S$ de mouvements, et finalement un nombre entier de la forme

$$ \frac{2^p3^b2^{a-b} - 2^{a+p} + 0 } {2^a - 3^b} $$

où on voit que le meilleur choix est $p:=0$ et un nombre entier de la forme:

\frac{3^a - 2^a} {2^a - 3^b}

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

Il en résulte que l'affirmation suivante implique CS2:

Pour tous entiers positifs $a,b$ avec $a>b$ et tout deux assez grands (concrètement),

le nombre $ 3^b-2^a$ n'est pas un multiple du nombre $2^a - 3^b$

:-D :-D

qui évidemment, le père Noel ayant eu peur du confinement, s'étant envolé, est probablement fausse, mais digne d'intérêt.

Et bin non, sa fausseté n'est pas digne d'intérêt, je suis vraiment mauvais!!!

Collag3n

Comme dit dans mon post précédent, je ne pense pas qu'il soit possible d'avoir d'autres solutions qu'avec $X=0$.
Maintenant regarder $2^{a+p}+r$ c'est équivalent à regarder $X=2^p$

Sinon pour $\frac{3^b-2^b}{2^a-3^b}$, Steiner (1977) à prouvé que ce n'était pas possible.

christophe c

Ah bah alors Steiner a démontré CS2????

Tu es sûr de ça???

Je réponds à ton "maintenant": si $p$ est assez grand comparé à l'évolution de $a$ alors

$a + 2^p$ est la même que celle de $a$ en termes d'options du fait que pur chaque terme $x + 2^q3^r$ de l'évolution, la parité de $x$ et celles de $x + 2^q3^r$ sont la même et donc le pas suivant est, pour $x\in \{2w; 2w+1\}$:

$$2w + 2^q3^r \to 3w + 2^{q-1}3^{r+1}$$

$$ 2w+1 + 2^q3^r \to w+1 + 2^{q-1}3^r$$

Collag3n

Non, Steiner à montré CS1 pour ce cas particulier: Pas de solution possible pour $\frac{3^b-2^b}{2^a-3^b}$ qui sinon impliquerait la possibilité d'un cycle pour le V inversé.

christophe c

Je ne comprends pas???? C'est quoi "le V inversé"? Ah, pardon, j'imagine que c'est big descente suivie de big montée.

christophe c

Enfin "inversée" donc "big montée suivie de big descente"