Syracuse

Collag3n

....inversé

Collag3n

Que veux-tu dire par $p$ grand? Quelque soit $X$ dans $2^aX+r$, le chemin $S$ de longeur $a$ sera identique ($X=0$, $X=2^p$, $X=53$,....).

christophe c

Je vais taper un latex soigné (ce n'est pas très long finalement), tu pourras le lire sans problème.

Dis-moi, https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0022314X06001223

je ne trouve pas le théorème que tu annonces, mais peut-être qu'li est conséquence trivial de ce qui se raconte dans l'article de 1977 du lien?

Collag3n

C'est bien dans l'article de 1977:
"R.P. Steiner, A theorem on the Syracuse problem, in: Proceedings of the 7th Manitoba Conference on Numerical Mathematics and Computation, 1977, pp"

Je ne sais pas si on le trouve facilement, je n'ai pas de lien, mais en gros il utilise Rhin 1985
$|(K + L) \log 2 - K \log 3| > 0.00218K^{-13:3}$

en partant de
$x = a2^K - 1 = T^{K+L}(x) = \frac{a3^K - 1}{2^L}$

$0 < \frac{2^{K+L}}{3^K} - 1 = \frac{2^L -1}{a3^K} = \frac{2^L - 1}{2^L(a2^K - 1) + 1} < \frac {1}{2^K}$

$0 < (K + L) \log 2 - K \log 3 < \frac{2^{K+L}}{3^K}-1 <\frac{1}{2^K}$
et
$|(K + L) \log 2 - K \log 3| > 0.00218K^{-13:3}$
avec vérification manuelle pour $K\leq 96$

christophe c

Merci!!

De toute façon, je vais mettre la référence et te remercier en disant que tu me l'as donnée :-D

mais en gros il utilise Rhin 1985

C'est vraiment une période formidable ces deux décennies, on parvenait même à lire dans l'avenir.

Collag3n

Hehe effectivement.....j'aurrais peut-être du mettre "la même méthode que Rhin a affinée en 1985". Steiner à dû travailler sur une borne moins précise. Baker 1968 il me semble

christophe c

(tu)(tu) moi qui rêvais de fouiller les caves à la recherche d'une vieille machine à voyager dans le temps toute rouillée...

Martial

Si toutefois tu en trouves une tu peux me la prêter, j'aurais deux trois bricoles à régler avec ?
Promis, je te la rends la semaine prochaine.
Trouver l'erreur.
Indication : en fait il y en a 2.

christophe c

@collag3n: je suis vraiment nul, mais j'ai bien fait de commencer à rédiger ! :-D J'ai trouvé mon erreur e tje crois que tu avais essayé de m'avertir, snif... J'ai corrigé directement dans le post incriminable: ce n'est pas $3^a$, mais $3^b$. En effet, toutes les fois où on descend, $2^k$ passe à $2^\{k+1\}$. Mais les fois où on monte, il n'est pas, à côté, changé en "fois 3".

Je commence à me demander si mon système de liberté augmentée via ce petit paradigme est pertinent. Les gens forts en calcul le font de tête. Moi j'en avais besoin en support écrit. Mais à part ça...

christophe c

C'est toujours ça dont j'ai toujours eu horreur dans le "vrai" métier de chercheur payé: il faut parfois passer des heures à rédiger pour s'apercevoir qu'on s'est gourré sur un exposant ou oublié un zéro.

Bien entendu, ce ne sont pas les raisons de mon "choix" d'avoir un peu esquivé, mais quand je dis que "heureusement" que je ne le suis pas devenu (en dehors de finances), que sinon, je pèserais 160kg et serais déjà mort, je sous-estime encore la partie fastidieuse de recherche de bugs.

Quand on est "en addiction" sur un truc en plus, c'est difficile d'y renoncer. Là, je suis stockolmisé par cette conjecture qu'en plus je voulais invalider initialement :-X

Je pense que je vais plutôt m'envoyer l'article proposé par paf et topologiser tout ça. (En fait, mon but secret était d'intimider mes ennemis administratifs (et aucun autre), bin j'en prends pas le chemin là... :-D )

Collag3n

La fraction vaut -1 maintenant :-D

christophe c

:-D Mais je ne fonde pas d'espoir là dessus!!!!

Je vais surtout me remettre à tenter de la casser en croquant des cacahuètes, et petit à petit, l'addiction s'envolera.

christophe c

ET MAIS TU AS RAISON collag3n!!!!!!! La bataille n'est pas terminée.

On ne devrait pas pouvoir obtenir (-1)

Et moi qui allais jeté l'éponge (bon, je vais quand-même me calmer un peu, c'est dangereux)

Et ouf, je n'ai pas effacé le début du fichier tex, j'aurais eu la rage.

christophe c

Et c'est même mieux: pas besoin d'article savant en référence en fait (de Steiner ou autre).

Bon, mais ça, c'sts suspect justement (ce serait une première dans l'histoire).

[small]Enfin , non, je crois que Smeredi était footballeur, n'avais jamais fait de maths et il a débarqué et trouvé des Ramsey-theorem qui l'ont rendu célèbre, mais pas sûr.[/small]

Purée, et je ne joue pas au loto pourtant, je devrais être immunisé contre ce genre d'espoir à 10^-7 de gagner.

Notname

@CC: ce n'est pas plutôt Szemerédi (cf :https://fr.wikipedia.org/wiki/Endre_Szemerédi) car je ne trouve pas de trace de Smeredi ( après quelques recherches sur google ) qui si il existe est ou fût un personnage atypique.

Cordialement

christophe c

Ce forum est bourré de calculateurs de compétition, et personne ne dit rien. Vous voulez me dire où je me trompe???? SOS, à l'aide, j'ai peur de continuer mon latex 2H pour rien.

1/ Je rappelle que mon erreur initiale était que j'avais mis de coté le cas $0$ comme non problématique. J'ai eu tort. Car quand on passe par $1$, avant d'arriver à $0$, on n'a pas encore de raison d'avoir $X = \frac{s-r}{a-b} $, car le nombre d'arrivée et de départ ne sont pas encore censés être les même. aussi, on peut passer tranquillement par $1$ et arriver à $0$ où là, $X$ en est solution. Mais dans ce cas, on est dans le cas $r=s$. C'st la cas $0$ oublié.

2/ J'ai EVACUE ce cas en ajoutant le $2^k$ où le $k$ désigne le $a$ final du vol d'un supposé cycle.

3/ Ce $k$ indique le nombre total du mouvement du cycle, puisque même quand je descends, s'il est vrai que je ne multiplie pas $b$ par $3$, je n'en divise pas moins le membre de gauche par $2$, donc pour effectue un chgt var de $2X$ ou de $2X+1$ suivant l'exigence de parité, ce qui multiplie $a$ par $2$ (et laisse $b$ inchangé.

4.1 / Soit $m$ le nombre au départ d'un cycle décrit par mon paradigme du coupl de polynôme (de degrés 1).

4.2/ Soit $p$ le nombre $2^k + m$.

5/ Alors le vol de$p$ sera le même que pour $m$ pour ce qui est de l'évolution du couple de polynômes. On partira de $(X,X)$ et on arrivera AU MEME $(aX+r, bX+s)$ où en fait on peut renommer $a,b$ resp en $2^a, 3^b$ puisqu'on ne fait que ces opérations.

6/ On aura donc bien $r=s$ tout comme on l'avait quand on était parti de $m$.

7/ Mais on est parti de $2^k + m$. Le $2^k$ de départ a subi $a$ divisions par $2$. MAIS SEULEMENT $b$. MULTIPLICATIONS PAR $3$

8/ Mon erreur de ce matin était que j'avais négligemment considéré qu'il était passé de $2^k$ à $3^a$ et donc prétendais que $X$ est solution de $(2^a-3^b) X = (3^a-2^a)$

Mais ce n'est pas le cas ,avec $2^k+ m$, on arrive à

$$ (2^a-3^b) X = (s+ 3^b - 2^a - r)$$

Pas besoin de Steiner ou je ne sais qui.

$r=s$, donc $X=(-1)$

Or cette situation est rigoureusement IMPOSSIBLE, donc ça prouve Syracue No cycle.

HHHHHEEEEEEEEEEEEEEELLLLLLLLLLLLLP

Qu'est-ce que j'ai loupé????? Où est l'erreur. Vous êtes 99% de ce forum à calculer mieux que moi, dont une partie êtes professionnels. Qu'est-ce que j'ai loupé?????

Je vais attendre un peu, puis tapé la fin du doc. Mais si des gens à qui il suffirait de 20mn pour trouver l'erreur pouvaient m'aider? MERciiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii

christophe c

@Notname,

je pense que tu as raison. Pardon j'ai tapé un psot avant de voir le tien.

Notname

Merci pour ta réponse @CC passe une bonne soirée.

Cordialement

christophe c

De rien.

Bon j'attends on va dire jusqu'à demain matin, je taperai peut-être un peu le doc ce soir. Je ferai aussi des tests Python demain.

Mais de toute façon, là, c'est simple: aucun changement de variable ne mène de $0$ à $(-1)$ pour ce que j'appelle "le root".

En effet, $2 \times (-1)+1 = -1$ lui-même et $2 \times (-1) = -2$.

Un passage "forcé" de $0$ via $X\to 2X+1$ donne $X= -0.5$.

Qu'est-ce que je loupe ?? :-S :-S (Et s'il y a des gens convaincus***, n'hésitez surtout pas à me le dire, ça réchaufferait mon petit coeur abandonné :-D )

*** habituellement, dans shtam, on voit plein de gens trouver des erreurs, et là, silence général.

Collag3n

Attention que si tu regardes un cycle avec $X=0$, $r$ va rejoindre $s$, mais avec $X>0$, $r+2^aX$ ne rejoint pas $s+3^bX$.
Quand tu regardes $m+2^aY$, $m$ fait partie du cycle, mais pas $m+2^aY$ (ou $m+2^k$)

christophe c

Je suis en train de loucher sur ce que tu me dis, mais mes yeux de quinqua, fatigués et presbytes sont un peu surchargés (faudrait que je configure mon navigateur avec un fond noir, parce que le fond blanc, je prends cher.)

Je vais faire le voyage 6-9-5-3-2 à la main pour voir. Ensuite, j'ajouterai 16. C'est tipar:

Je suis parti de $X=6$, j'en suis à $X=6$ et $X=6$
Je suis parti de $2X=6$, j'en suis à $2X=6$ et $X=3$
Je suis parti de $2X=6$, j'en suis à $3X=9$ et $X=3$
Je suis parti de $2(2X+1)=6$, j'en suis à $3(2X+1)=9$ et $X=1$
Je suis parti de $4X+2=6$, j'en suis à $6X+3=9$ et $X=1$
Je suis parti de $4X+2=6$, j'en suis à $3X+2=5$ et $X=1$
Je suis parti de $4(2X+1)+2=6$, j'en suis à $3(2X+1)+2=5$ et $X=0$
Je suis parti de $8X+6=6$, j'en suis à $6X+5=5$ et $X=0$
Je suis parti de $8X+6=6$, j'en suis à $3X+3=3$ et $X=0$
Je suis parti de $8X+6=6$, j'en suis à $3X+3=3$ et $X=0$
Je suis parti de $8(2X)+6=6$, j'en suis à $3(2X)+3=3$ et $X=0$
Je suis parti de $16X+6=6$, j'en suis à $6X+3=3$ et $X=0$
Je suis parti de $16X+6=6$, j'en suis à $2X+2=2$ et $X=0$

christophe c

Et maintenant, j'ajoute 32, soyons fou.

Je suis parti de $X=38$, j'en suis à $X=38$ et $X=38$
Je suis parti de $2X=38$, j'en suis à $2X=38$ et $X=19$
Je suis parti de $2X=38$, j'en suis à $3X=57$ et $X=19$
Je suis parti de $2(2X+1)=38$, j'en suis à $3(2X+1)=57$ et $X=9$

Je suis parti de $4X+2=38$, j'en suis à $6X+3=57$ et $X=9$
Je suis parti de $4X+2=38$, j'en suis à $3X+2=29$ et $X=9$
Je suis parti de $4(2X+1)+2=38$, j'en suis à $3(2X+1)+2=29$ et $X=4$
Je suis parti de $8X+6=38$, j'en suis à $6X+5=29$ et $X=4$
Je suis parti de $8X+6=38$, j'en suis à $3X+3=15$ et $X=4$

Je suis parti de $8(2X)+6=38$, j'en suis à $3(2X)+3=15$ et $X=2$
Je suis parti de $16X+6=38$, j'en suis à $6X+3=15$ et $X=2$
Je suis parti de $16X+6=38$, j'en suis à $3X+2=8$ et $X=2$

Variation seule de $32$: 32(6) - 48(9) -24(5) -12(3) - 6(2)

$$ \frac{6-32 + 2-6+ -4}{16-3} = 2????? $$

Bin non!

Revoyons ça:

Avant $9\to \to 2$, décalage $-7$, Couple $(r,s) = (6,2)$
Après $38\to \to 8$, décalage $-30$, Couple $(r,s) =(6,2)$ (normal c'était fait pour)

Aventure de $32$ seul $32\to \to 6$. Décalage $-26$

$32 = 2^5$ qui passe à $2^1\times 3^1$ (4 mouvements, dont une montée)

Bon, non, je laisse béton, je suis paumé.



Conclusion: je raconte n'importe quoi, mais je n'arrive pas à m'y retrouver.

Bon je vais au dodo, ce sera plus simple.

christophe c

Et mais c'est gravissime de chez gravissime comment je suis largué!!! J'ai l'impression dans la twilight zone.

christophe c

Bon, en fait, tout va bien et non je ne trouve pas d'erreur (allongé dans le noir, on s'y retrouve mieux).

Histoire de 6:

Départ: $6$. Arrivée $2$. Couple $(r,s) = (6,2)$. Equation $ax+r = bx+s + 4$. Solution: $x:=0$

Histoire de 38.

Départ $38$. Arrivée $8$. Couple $(r,s) = (6,2)$. Equation $ax+r = bx+s + 30$. Solution: $x:=2$

On a bien ajouté la histoire blanche de $32 = 2^5$, qui elle a suivi cachée dans le placard l'évolution:

32-48-24-12-6.

Cette contribution est de $26$. On a bien la différence dans les deux équations qui est de $26$. La pente de la deuxième équation est bien de $13$.

Il me semble clair que si j'avais ajouté $16$ au lieu de $32$, on obtiendrait bien une solution $x:=1$ à la fin. (Pour le $-1$, je vois où j'ai merdé).

Evidemment, ce sont des exemples "réalistes", on a une différence entre départ et arrivée.

Mais "SI" il n'y en avait pas eu pour $6$ (admettons, science fiction, que $6$ démarre un cycle et que le 4 soit un zéro).

La contribution de 32 aurait ajouté $26$ à ce $4$ et les dénominateurs ne changeant pas, on aurait bien obtenu $x:=1$, c'est à dire la solution obtenue pour $6$ + la contribution de $16$ divisée par $13$ (le $s-r$ final, commun au deux cas.

Voyons la contribution de $16$ avant d'aller au dodo: 16-24-12-6-3, qui est bien de 13.

Il n'y a donc ... pas d'erreur dans mon raisonnement.

Il est peut-être vide, cela dit. Ca, c'est pour demain.

christophe c

Bon, j'ai faitle ménage dans ma tête. Le paradigme a ses qualités. Mais le cas $0$ n'est pas résolu. En fait, chaque fois je recommets la ême erreur d'avoir trop pris l'habitude de m'attacher à $\frac{s-r}{a-b}$

On ne m'y prendra plus, dorénavant, si je parle de ça, j'exprimerai directement les équations (sans les résoudre). J'adapte ma dyscalculie à l'aventure.


Lorsqu'on a un cycle, on a le problème de la capture par $s$ tout seul^de l'évolution générale, ce qui se traduit par un $X:=0$ dans la vol et des tournages à vide de $a,b$ et $r$ qui ne bouge pas.

Cependant les options "M,D" qui composent le cycle peuvent être permutées circulairement (et c'est là où je dis qu'il ne reste pas rien de mon égarement dans ce jeu), mais si ce n'est que peu.

Ainsi on peut concevoir que le TOUT DERNIER mouvement soit un changement de variable $X\to 2X+1$. qui infligera à l'avant-dernière situation une solution $X:=1$ (on traite le cas $0$).

Je vais prudemment mettre les deux situations en parallèle:

Equation finale: $aX+r = bX+s$ avec solution $X:=0$

Deux possibilités pour l'avant-dernière: elle va provoquer une baisse ou une hausse, mais on pourra la traiter en sachant que la solution est $X:=1$, et non plus $X:=0$ comme pour la dernière.

Et on aura une équation non vide de sens mélangeant des $2^a,3^b$ qui ne sera pas vide de sens.

Autrement dit, collag3n, ta remarque parfaitement pertinente que $X=0$ est un peu désespérant et inévitable est contournée par le fait qu'ayant des cycles, on peut en étudier TOUTES LES PERMUTATIONS CIRCULAIRES. On n'est pas condamné à une file de changement de variable bloqué sur $X\to 2X$ avec une constance $0$ de longueur incontrolable.

Je vais donc pourvoir, ce matin, revenir en détails là dessus et enfin pouvoir proposer un énoncé ferme et définitif qui implique CS2 qui s'écria sous une forme "cash" avec l'AVANTAGE que je n'aurai pas étudié: UN CAS PARTICULIER.

Mais attention, ce sera une IMPLICATION et non pas une équivalence. Mais il est possible de tomber sur une équation diophantienne qui soit un problème ouvert, plutôt que sur une équation qui a des solutions.

christophe c

Ok, j'ai une synthèse qui pourrait aussi englober la partie divergente. Et en plus c'est beaucoup plus facile à rédiger et à concevoir (mais je n'ai pas de preuve). Par contre, je suis sorti du "nez sur guidon", j'ai un cadre formel adapté.Du coup, il me faudra un peu plus de temps (comme quand on veut prouver que L est absolu, même si on le sait, c'est hyper-progressif. Ce qui est marrant est que j'ai deux points fixes, un point involutif dans cette histoire et je n'arrive pas à me rappeler où j'ai déjà vu ça, mais ça me dit quelque chose.

Martial

@Christophe :
1) "Conclusion: je raconte n'importe quoi, mais je n'arrive pas à m'y retrouver.
Bon je vais au dodo, ce sera plus simple."
2) "Et mais c'est gravissime de chez gravissime comment je suis largué!!! J'ai l'impression dans la twilight zone."

Purée, je viens de me taper une crise de fou-rire, ça faisait longtemps, ça fait du bien, merci !

Bon, pour le reste je ne comprends rien, mais ça c'est pas nouveau.

Bon courage !

Rescassol

Bonjour,

> la twilight zone

Qu'est ce que c'est ?

Cordialement,

Rescassol

christophe c

C'est une sorte de série (mais ça ne se suivait pas) quand je devais avoir entre 15 et 25ans je pense.

Poirot

Je crois que le nom français est "La 4ème dimension".

christophe c

Oui, c'est ça, mais comme je n'ai jamais compris pourquoi "four" est devenu "twilight", j'étais prudent.

christophe c

@collag3n, juste pour te dire que je n'abandonne pas, mais que je prends le temps et le recul pour y revenir, mon tableau de bord avec un couple de polynôme de degré1 ne me plait plus assez pour saisir les choses.

En effet, il se laisse polluer par des opérations blanches, puisque les vrais enchaînements sont : $$

2^a(2X+1)\to 3^a(2X+1) = 2^k(2^b(2Y+1)-1) +1 \to 2^b(2Y+1)..

$$ et le $k$ disparait définitivement aux oubliettes.

J'ai donc besoin d'un outil plus souple ne se laissant pas alourdir par ce $k$. Le seuls enchainements "de fond" sont ceux qui permettent de passer du couple $(a,X)$ au couple $(b,Y)$, le reste étant balayé par un quantificateur $\exists$.

En outre, je maintiens que Syracuse est décidable, mon but n'étant pas de trancher, mais de la situer dans un "espace" où

ou bien sa vérité entraînerait "trop facilement" sa consistance (par Chine-Bezout)

ou bien elle s'inscrirait dans un "simplement connexe" en le remplissant "entièrement" (par Chine-Bezout), se sorte qu'on serait confronté à juste établir la non appartenance d'un point bien précis à ce connexe. Mais pas de densité non pleine.

Pour ça, je vais peut-être devoir étudier des conjectures plus forte.

En voici une :

Passages autorisés:
$(2n)\to (3n)$
$(2n+1)\to (n+1)$
$(2n+1)\to (n)$

Toute suite (au sens propre, infinie) respectant ces passages rencontre une puissance de $2$

(ce qui implique évidemment CS1 et CS2), mais offre une étude avec plus d'options pur l'étudier encore)

Collag3n

christophe a écrit:

juste pour te dire que je n'abandonne pas ....

"Don’t try to solve this problem !!!" – Richard Guy. 1983

Notname

@Collag3n merci tu viens de me donner la signature parfaite .

Cordialement

christophe c

Je ne connais pas un domaine où je suis plus ignare qu'en arithmétique (si si peut-être en edp ou analyse numérique). Je ne dirais pas que j'essaie de la résoudre. Je dirais juste que concernant les 3 jours derniers, je suis allé au tabac vérifier que je n'avais pas tiré les CINQ numéros gagnants + les 2 étoiles du loto (auquel je ne joue jamais).

C'est très loin d'être la même chose. (Il y a des gens qui ne récupèrent pas leur gain, dont un dans la haute-loire qui n'a jamais récupéré ses dizaines de millions, haute-loire où j'étais passé, mais, je te rassure, ce n'était pas moi, j'ai découvert la ville de (purée j'ai oublié son nom, avec une montagne en pic au milieu de la ville) 2 ans plus tard.

Par contre, je ne m'interdis pas "d'évaluer" la "complexité" (connue) de la diophantinité du problème (Matiyasevic). Mais ces jours-ci, je vais plutôt finir un article pour alesha, et me remettre un peu à mon recours administratif.

Pour Syracuse, je continue de maintenir ma position qu'elle n'a rien à voir avec Goldbach, Riemann, elle est plus facile et plus étudiable, car elle implique BEAUCOUP DE CHOSES ce qui rend sujette à être contradictoire parce qu'elle prouve sa propre consistance, ou sinon, bien enfermée dans un simplement connexe trop simple pour qu'elle soit indécidable. Mais, je l'ai déjà dit et contiuera de réfléchir de temps à autre à sa décidabilité. Au moins j'y suis entré, ai croisé 3 articles savants sans le faire exprès en 3 jours, ce qui montre bien que j'avais tout de même bien perçu "le paragraphe principal", ce que je n'avais jamais fait avant.

gerard0

Le Puy ? (Chef-lieu de la Haute Loire).

christophe c

Ah!! Oui, Gérard, Le Puy en Velay. Merci beaucoup.!

christophe c

J'ai de grosses lacunes ne logique, je viens de trouver seul (bon, en même temps c'est pas très dur) l'indécidabilité du fractran.

Par contre j'ai toujours connu par coeur le résultat de Matiyasevic, sans jamais avoir tenté de le prouver (ou d'en lire des preuves, dont je décroche vite)

Cependant j'en ai prouvé seul une partie :

la question de savoir s'il on peut avec un ensemble fini de matrices (à coefs entiers) qui commutent un produit d'entre elles qui vérifie des conditions simples est réductible à la vérité diophantienne.

Or j'avais préjugé que c'était fatigant de se débarrasser de la commutativité et ne m'en étais plus occupé, or je crois que je vois comment faire au fond (ce qui donne une preuve maison de Matiyasevic à ma sauce :-D )

Donc à mon prochain post, je donne une équation diophantienne assez courte équivalente à Syracuse NoCycle.

L'idée est très simple: le changement de variable d'une indéterminée est UNE INSTRUCTION

Par exemple: $ax^2+bxy+cx +dy + k$ devient $ax^2 + bxy + (c+2a)x + (d+b)y + (k+c)$

On peut donc simuler tout programme comme ça A LA REMARQUE PRES QUE faire des chgts de variables successifs et bni, c'est .... commutatif.

Mais en fait, simuler le non commutatif avec du commutatif, n'est pas très dur, il suffit de faire échouer toute tentative d'enchainer deux instructions non autorisées à s'enchainer en faisant rendre ad vitam un compteur (qui contiendra une somme de carrés punitifs).

Je vais travailler un peu ça au calme, mais si quelqu'un veut le faire avant, AVEC PLAISIR!L'instruction que j'ai mise en exemple effectue: $(c,d,k):=(c+2a, d+b,k+c)$

christophe c

En supposant Syracuse, j'ai construit une bijection assez sympa de IN dans un ordinal dénombrable (il y a plusieurs variantes) qui donne l'impression purement psychologique qu'elle est vraie (alors qu'en fait on ne fait que s'habituer à ne pas l'avoir cassée, c'est rigolo).

Dans la version la plus simple : on commence par mettre $1;2$.

A chaque étape, on choisit le plus petit au sens classique des entiers de la forme $2x+1$ pas encore rangés et ayant déjà été rangé. Il devient l'image du $\alpha$ courant.

Si on n'en trouve pas on prend le plus petit (au sens classique) des entiers de la forme $2n$ pas encore rangé et tel que $3n$ est déjà rangé.

Si on n'en trouve pas, on s'arrête, et le $\alpha$ courant devient l'ensemble de définition de la bijection.

Ca a le mérite de mettre un peu d'ordre, puisque ça fait ensuite appel à un paradigme "langage régulier" pour représenter ça avec une suite finie de caractères (il faut encore un $X$), qui sert en fait d'étoile chez les langages réguliers).

Début: $1;2$ puis tous les $2^X+1$ (3;5;9;...), suivi de $6$, puis tous les $11;21;41;..;2^X \times 5 + 1$;
Après vient $4$ puis tous les $7;13;25;...; 2^X\times 3 + 1$; ensuite vient $14$, puis tous les $2^X\times 13 + 1$; etc.
Sauf erreur, ça termine forcément à $\omega^2$, ce qui est peut-être un trop petit ordinal pour avoir du jus.

Mais à la place de "du plus petit au sens classique", j'envisage un truc plus naturel, qui colle à Syracuse elle-même