Un modèle pour Syracuse

Wilfrid

PMF a écrit:

Il existe donc des suites de montées qui ne sont pas issues de la racine $2^k-1$

Exact ! Quelques exemples :

11 montées (la partie croissante compte 12 termes au total) :
$4095=2^{12}-1\,,\,20479=5 \cdot 2^{12}-1\,,\,45055=11 \cdot 2^{12}-1\,,\,69631=17 \cdot 2^{12}-1$

12 montées :
$8191=2^{13}-1\,,\,57343=7 \cdot 2^{13}-1\,,\,106495=13 \cdot 2^{13}-1\,,\,155647=19 \cdot 2^{13}-1$

13 montées :
$16383=2^{14}-1\,,\,81919=5 \cdot 2^{14}-1\,,\,180223=11 \cdot 2^{14}-1\,,\,278527=17 \cdot 2^{14}-1$

Etc.

PMF

A la suite de la contribution de Wilfrid, on notera aussi que les entiers en 2^k-1 passent tous par le D(n) =5

Les valeurs indiquées dans la partie gris clair sont la position dans le chemin (en partant du début)

On remarquera aussi que des groupes se forment selon le passage en 13 et 11 ou 53 et 911 (à partir de k=5)

S'il semble difficile de prédire la position, on remarquera enfin que les positions $p$ se suivent en tandem $p, p+1$ à l'exception de k =2

PMF

noter aussi que les entiers de la formes p*2^k-1 avec p premier $3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41$
passent tous par le D(n) = 5 pour k<=20
à l'exception de 19*2^2-1 et 19*2^3-1 qui passent par 85 et 341

nodgim

@ PMF :

"...les entiers en 2^k-1 passent tous par le D(n) =5 "

Pour ce que tu as pu voir, car j'imagine que tu n'en as pas la preuve. Cette supposée règle est douteuse.

PMF

@nodgim
faudra trouver le contre-exemple...

Wilfrid

PMF a écrit:

les entiers de la formes $p\,2^k-1$ avec p premier 3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41

Leur suite est croissante avec $p$ impair, qu'il soit premier ou non. Il faudrait pouvoir le démontrer, sinon impossible de savoir s'il existe des exceptions. Que cette suite passe par 5 ou autre chose n'a par contre aucun intérêt.

lourrran

Faudra touver le contre exemple.

Je n'ai rien qui me prouve que c'est faux, donc c'est vrai.

C'est cool comme argument. Toutes les conjectures en suspens vont être prouvées en quelques minutes avec un tel argument.

PMF

si (si, si) les entiers de la forme 2^k-1 passent par D(n)=5 cela veut dire qu'il est possible en n opérations de transformer 2^k-1

---

>2^3 (en suite compressée)

Wilfrid

si $p\,2^k-1$ est le premier terme d'une suite croissant sur $k$ termes, avec $p$ impair, comme il existe une infinité de valeurs de $p$ et que $k$ peut tendre vers l'infini, ça signifie qu'il existe une infinité de suites croissant indéfiniment, donc sans jamais redescendre.

lourrran

Non, ça ne veut pas dire ça.

Ca veut dire que si on choisit un nombre n arbitrairement grand, aussi grand que l'on veut, on va toujours trouver un nombre i (et même plein de nombres i) , qui va monter pendant n étapes.

Après ces n étapes en montée, que font les nombres en question, est-ce qu'ils continuent de monter, ou pas, on n'en sait rien.

Il ne faut pas oublier que toutes les questions qu'on se pose ici, Collatz y a réfléchi. Ou il a considéré que c'était des pistes sans intérêt, et on peut lui faire confiance en terme de jugement.
Si ton raisonnement était correct, Collatz n'aurait jamais soulevé la question, il aurait dit : il y a des nombres qui montent indéfiniment, et ne finissent pas à 1. Donc pas de conjecture.

nodgim

@ Wilfrid: non.

@ PMF : Il n'y a rien de spécial avec les nombres 2^k-1, sauf qu'on sait qu'ils aboutissent directement sur 3^k-1, mais ensuite grand mystère sur le devenir. Alors, s'il est question de savoir s'ils finissent à 1 en passant par 5 ou 341, c'est encore plus difficile ! S'il y avait la réponse à cette question, un grand pas serait fait vers la résolution de la conjecture, à mon humble avis.

PMF

Nodgim
Ça vaudrait le coup de sonder les 2^k-1 après 2^30 pour voir si le D(n) = 5 reste le seul point de passage.

lourrran

pour k=95, le dernier impair est 341.
et idem pour 96, 97, 98 ... jusqu'à 104.
Puis 176, 177 etc

Dans l'ensemble des entiers, on a environ 7% des entiers qui ne passent pas par 5 (résultat empirique).
Sur les nombres de la forme 2^k-1, PMF nous prédisait que tous les nombres passeraient par 5. Perdu, il semblerait que la proportion de nombres ne passant pas par 5 soit supérieure à ce 7%

Résultat à prendre à la légère, il n'est pas question de généraliser un résultat obtenu sur un petit échantillon de 250 valeurs.

PMF

@lourran bravo pour le contre-exemple

PMF

voici une liste de couples d'impairs $i,i'$ tel que i' soit le premier impair inferieur à i trouvé en partant de i
i__________i'
61379_____17263
62981_____11809
80017_____60013
26891_____11345
50573_____18965
123251_____69329
28565_____1339
111011_____15611
66795_____56359
34869_____3269

bien malin celui qui pourrait prédire i' sauf évidemment à exécuter l'algorithme

Voilà une autre liste
i______i'
3_____1
5_____1
9_____7
11_____5
13_____5
19_____11
21_____1
35_____5
43_____37
53_____5

Les entiers semblent plus familiers. Pour ceux qui pratiquent Syracuse, il serait presque possible de deviner les chemins

Si je montre ces deux listes, c'est parce qu'elles sont EQUIVALENTES.
Elles ont exactement les mêmes équations i' = 3^o*k+a/2^(n-1)
9k+7/16
3k+2/8
3k+2/2
27k+25/32
3k+2/4
9k+7/8
3k+2/32
9k+7/32
27k+25/16
3k+2/16

Si vous voulez vérifier, voilà les valeurs
k liste1____k liste2__a_____2^(n-1)
92067_____3______7_____16
31490_____2______2_____8
40008_____4______2_____2
121005____45_____25____32
25286_____6______2_____4
184875____27_____7_____8
14282_____10_____2_____32
166515____51_____7_____32
300573____189____25____16
17434_____26_____2_____16

ma conclusion :
lorsque l'on trouve dans un chemin de Syracuse un $i,i'$ tel que 62981_11809, il existe un autre $i,i'$ qui est sa "simplification" : 5_1
5_1 a la même équation i' = 3^o*k+a/2^(n-1) que 62981_11809 à la seule différence de la valeur de k
la "complexité" des chemins de Syracuse peut être réduite si on divise un chemin en segments $i,i'$ et que l'on remplace ces segments par leur forme la plus simple.

PMF

en complément du message
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2058452,2140520#msg-2140520

tous les chemins ci-dessous sont tous remplaçables par 3_1
car ils ont la même forme de segment "ooeeeo" et la même équation i' = k*3^o+a/2^(n-1) = 9k+7/164

67_19, 131_37, 195_55, 259_73, 323_91, 387_109, 451_127, 515_145, 579_163, 643_181, 707_199, 771_217, 835_235, 899_253, 963_271, 1027_289, 1091_307, 1155_325, 1219_343, 1283_361, 1347_379, 1411_397, 1475_415, 1539_433, 1603_451, 1667_469, 1731_487, 1795_505, 1859_523, 1923_541, 1987_559, 2051_577, 2115_595, 2179_613, 2243_631, 2307_649, 2371_667, 2435_685, 2499_703, 2563_721, 2627_739, 2691_757, 2755_775, 2819_793, 2883_811, 2947_829, 3011_847, 3075_865, 3139_883, 3203_901, 3267_919, 3331_937, 3395_955, 3459_973, 3523_991, 3587_1009, 3651_1027, 3715_1045, 3779_1063, 3843_1081, 3907_1099, 3971_1117, 4035_1135, 4099_1153, 4163_1171, 4227_1189, 4291_1207, 4355_1225, 4419_1243, 4483_1261, 4547_1279......

lourrran

On sait que $chemin(i+k*2^n) = chemin (i)$ , tous les messages tournent autour de ça depuis 10 jours. Et maintenant, on """découvre""" que $chemin (i)=chemin(i+k+2^n)$


Oui, si a=b, alors b=a. On peut être assez confiant sur ce résultat..

PMF

@lourran
par rapport à ce message
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2058452,2138066#msg-2138066
le propos est d'ajouter qu'il y a un segment $i,i'$ "premier" qui remplace tous ses substituts de même forme - ce qui n'a pas été clairement indiqué à mon sens

je fais cette étape parce que je voudrais maintenant montrer que n'importe quel chemin de Syracuse peut être réduit à une concaténation de segments premiers

lourrran

Oui quand tous les nombres 3 + 64 k ont une propriété commune, ça nous donne toute une famille de nombre. Et dans cette famille de nombres, le plus petit, on peut l'appeler le premier. Soit.

PMF a écrit:

je fais cette étape parce que je voudrais maintenant montrer que n'importe quel chemin de Syracuse peut être réduit à une concaténation de segments premiers

Tu dis ' nimporte quel chemin de Syracuse'. Peux tu préciser ? Tu parles bien de n'importe quel chemin qui part d'un entier pour arriver à un autre entier plus petit ?
Tu exclues bien tous les chemins qui pourraient être intéressants, c'est ça ?

PMF

@lourran

soit le chemin de 19
19, 29, 44, 22, 11, 17, 26, 13, 20, 10, 5, 8, 4, 2, 1
il est la concaténation des segments $i,i'$ 19_11, 11_5, 5_1
là c'est simple parce que tous les segments sont "premiers"

soit le chemin de 911
911, 1367, 2051, 3077, 4616, 2308, 1154, 577, 866, 433, 650, 325, 488, 244, 122, 61, 92, 46, 23, 35, 53, 80, 40, 20, 10, 5, 8, 4, 2, 1
il est la concaténation des segments $i,i'$ 911_577, 577_433, 433_325, 325_61, 61_23, 23_5, 5_1
qui est remplaçable par : 143_91, 9_7, 9_7, 5_1, 13_5, 23_5, 5_1
ce qui veut dire que ce chemin du 911 se calcule par les équations 81k+73/64

---

>3k+2/2

---

>3k+2/2

---

>3k+2/8

---

>3k+2/4

---

>27k+23/64

---

>3k+2/8

si tout chemin de Syracuse est une concaténation de segments $i,i'$ avec i' le premier impair inférieur à i
et que tout $i,i'$ a un "segment premier" qui correspond à la plus petite valeur des i et i' ayant le même segment et la même équation i'
alors :
n'importe quel chemin de Syracuse peut être réduit à une concaténation de segments premiers

PMF

pour être plus précis sur la concaténation du chemin du 911 :
911
577_______(81*455+73)/64______81k+73/64______143_91 est équivalent à 911_577
433_______(3*288+2)/2_________3k+2/2_________9_7 est équivalent à 577_433
325_______(3*216+2)/2_________3k+2/2_________9_7 est équivalent à 433_325
61________(3*162+2)/8_________3k+2/8_________5_1 est équivalent à 325_61
23________(3*30+2)/4__________3k+2/4_________13_5 est équivalent à 61_23
5_________(27*11+23)/64_______27k+23/64______23_5 est équivalent à 23_5
1_________(3*2+2)/8___________3k+2/8_________5_1 est équivalent à 5_1

Si on établit la liste de toutes les équations pour les chemins <=18 (il y en a 4082) alors tout chemin de Syracuse sera décomposable avec ces équations si aucun de ses segments n'est supérieur à 18

nodgim

Si un nombre A donne un nombre B en n étapes impaires et m étapes paires, on la relation, pour tout x :

2^m * x + A donne 3^n * x + B au bout de n étapes impaires et m étapes paires.

PMF

nodgim a écrit:

2^m * x + A donne 3^n * x + B au bout de n étapes impaires et m étapes paires.

Attention je veux calculer i' qui est le premier impair inférieur à i

Donc comment faire la relation avec tes équations ?

Ou peux-tu me donner les valeurs m,x, n pour :
911_577, 577_433, 433_325, 325_61, 61_23, 23_5, 5_1

lourrran

C'est clair, c'est exactement ce que j'avais compris. Il n'y a aucun souci là-dessus.

Et ça confirme ce que je disais : tu t'intéresses aux entiers impairs qui ont dans leur chemin un autre impair strictement inférieur à l'entier de départ.
Tu t'intéresses donc aux entiers qui sont gentils, ceux qui ne posent pas de problème, ceux qui ne présentent aucun intérêt.

Pour un entier quelconque, si dans le chemin de cet entier, on trouve un autre entier plus petit, alors l'entier initial n'intéresse plus personne. Cet entier est considéré comme 'résolu'.

PMF

@lourran

je trouve que ton approche est un peu réductrice. Il n'y a aucun moyen de calculer un chemin sinon il y a longtemps que l'on saurait si c'est convergent ou divergent.

Je propose une méthode qui donne une solution pour a priori n'importe quel chemin
Dans cette méthode, il y a une révélation (en tout cas pour moi) : plutôt que de penser que chaque $i,i'$ est un cas isolé, on voit bien qu'il a un segment premier qui peut lui être associé.

Donc c'est encore une fois une façon de retourner le problème de cette conjecture :
1) Peut-on toujours trouver à la suite d'un autre impair i, le premier impair i' qui lui soit inférieur
Là c'est théorique, je te laisse répondre
2) Dans une plage donnée d'entiers, peut-on extraire tous les $i,i'$ et les ramener à leurs segments premiers ?
Là c'est pratique et la réponse est oui
3) Peut-on segmenter tout chemin de Syracuse en segments $i,i'$ et ramener le chemin à une suite de segments premier
Si la plage d'entiers dans laquelle on a pris l'impair de départ est définie, la réponse est oui sur le plan pratique
Si la plage est "indéfinie" soit les entiers en général, je te laisse répondre

raoul.S

PMF a écrit:

Peut-on toujours trouver à la suite d'un autre impair i, le premier impair i' qui lui soit inférieur
Là c'est théorique, je te laisse répondre

En gros ce que tu dis est que tu laisses à lourrran le soin de résoudre la conjecture... :-D

PMF

@raoul s.
je ne pense pas : je voudrais juste que quelqu'un dise sur un point précis (ici le segment $i,i'$) où se situe la conjecture

sinon voici comment démontrer que le Dahu existe
1) c'est un animal que personne ne peut attraper, ni prendre en photo, ni même entrevoir
2) personne n'a jamais attrapé un dahu, ni pris une photo d'un dahu, ni entrevu un dahu
3) donc le dahu existe

lourrran

1) Peut-on toujours trouver à la suite d'un autre impair i, le premier impair i' qui lui soit inférieur

Si quelqu'un sait prouver que la réponse à cette question est OUI, alors la conjecture est résolue. Cette propriété est strictement équivalente à la conjecture de Syracuse.
Et idem, si quelqu'un sait prouver que la réponse à cette question est NON, (si quelqu'un sait prouver que pour certains entiers, on ne redescend pas en dessous de l'entier de départ), alors la conjecture est résolue.

PMF

1) si par hypothèse il y a toujours un i' après un i, alors il est intéressant de voir comment les segments $i,i'$ premiers s'organisent dans une plage donnée

2) Si les segments $i,i'$ révèle une construction compréhensible, alors une loi peut être dégagée pour tous les entiers

lourrran

On sait énorément de choses. On sait construire le chemin $(i,i')$ pour plein d'entiers i.
On sait aussi construire plein de contre-exemples. On a vu ici les chemin partant de $2^k-1$.

On sait par exemple que le chemin partant de $2^{1000}-1$ commence par 1000 montées, pour arriver à $3^{1000}$; a priori, il redescend ensuite en dessous du point de départ, par un chemin sinueux.
Et on sait surtout qu'il est le plus petit entier à avoir CE chemin là.

Et on sait que faire un recensement de toutes les structures de chemin $i,i'$, c'est impossible, puisque même si on se fixe un entier très grand ( 10 Millions par exemple), on sait qu'il existe quelque part des $i$ pour lesquels le chemin $i,i'$ contient plus de 1 Million d'étapes

Et on sait même construire facilement ces contre-exemples.
On sait construire des i très grands qui ont des chemins très simples, et on sait construire des i très grands , qui vont poser beaucoup de problèmes.

PMF

@lourran

je ne suis pas d'accord avec tes "contre-exemples"
il y a un i' < i = 2^1000-1 même si je ne peux pas le calculer : au bout de plein de montées successives , le chemin va redescendre vers le i'

si on se contente de i = 2^10-1 soit 1023, on finit par trouver i' = 173
1023 - 3070 - 1535 - 4606 - 2303 - 6910 - 3455 - 10366 - 5183 - 15550 - 7775 - 23326 - 11663 - 34990 - 17495 - 52486 - 26243 - 78730 - 39365 - 118096 - 59048 - 29524 - 14762 - 7381 - 22144 - 11072 - 5536 - 2768 - 1384 - 692 - 346 - 173

PMF

voici une première analyse des segments $i,i'$
la plage analysée comprend les impairs de 3 à 1023
On décompose tous leurs chemins en segments $i,i'$ dont la longueur maximale est 18 et dont le chemin est la concaténation de 8 segments maximum (ceci fait pour alléger l'analyse)

Par exemple pour 33
on a la suite 33, 25, 19, 11, 5, 1 (33-25, 25-19, 19-11, 11-5, 5-1) qui correspondent aux segments : oeo, oeo, ooeeo, ooeoeeo, oeeeo

pour 989
989, 371, 209, 157, 59, 19, 11, 5, 1 ....> oeeo, ooeeo, oeo, oeeo, ooeooeeeo, ooeeo, ooeoeeo, oeeeo

Sur les 511 impairs analysés, il en reste 279 qui répondent aux conditions.

Voici l'analyse des segments trouvés. On remarquera que les 3/4 du total sont représentés par 5 segments
oeeeo 26,5%
oeo 14,1%
oeeo 12,8%
ooeoeeo 8,3%
ooeeo 7,5%
oooeoeeo 4,7%
oooeeeeo 2,7%

lourrran

PMF a écrit:

il y a un i' < i = 2^1000-1 même si je ne peux pas le calculer : au bout de plein de montées successives , le chemin va redescendre vers le i'

Non, tu ne peux pas affirmer que le chemin va redescendre vers un entier i' inférieur à i.

Tu penses que ..
Tu conjectures que ....
Tu as la conviction que ...
Collatz déjà conjecturait que ...
Mais Collatz n'avait pas d'argument pour AFFIRMER que tous les nombres redescendraient en dessous du point de départ.
Et toi non plus, tu n'as pas d'argument pour AFFIRMER que tous les nombres redescendent en dessous du point de départ.

En fait, Collatz a dit il y a 80 ans : je conjecture que ...
Et toi, 80 ans plus tard, tu dis : J'affirme que ...

Qu'est-ce qui te permet de passer de 'conjecturer' à "affirmer' ? Rien.

Qu'est-ce que tu sais aujourd'hui, que Collatz ne savait pas déjà il y a 80 ans ? Rien.
Par contre, il y a des choses que Collatz savait et que toi tu ne sais pas. Collatz comprenait la différence entre conjecture, affirmation et preuve. Pas toi.
Et c'est cette ignorance qui fait que toi, tu affirmes, alors que lui, il conjecturait.
En 80 ans, ce n'est pas une avancée, mais un recul.

PMF

@lourran
Tu radotes un peu là...

lourrran

On peut voir le verre à moitié vide, ou à moitié plein. Et donc dire que je radote, ou que je m'adapte.

PMF

@lourran
le but du jeu en publiant ce message
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2058452,2141674#msg-2141674
était de montrer qu'en prenant 279 chemins on trouve les 3/4 de leurs segments $i,i'$ parmi seulement 7 types

c'est là-dessus qu'il me semble intéressant de commenter... sinon ça tourne un peu à vide

lourrran

Mais ça, c'est toujours la même rengaine depuis le début.

Parmi les entiers, ne regardons pas les pairs, ils sont faciles. Hop, 50% de fait.
Idem, les 4k+1 sont simples. 75% de fait.

etc etc .... et en quelques étapes, on voit que le cas de 95% des entiers est trivial.
Ca, c'est clair, c'est acquis.
Mais ça ne mène nulle part.

PMF

@lourran

regarde le tableau et tu vois bien que c'est un peu plus compliqué qu'une histoire de 4k+1...

freq__________i__________i'_________i' = k*3^o+a/2^(n-1)______________segment
26,5%________5_________1_________3k+2/8________________________oeeeo
14,1%________9_________7_________3k+2/2________________________oeo
12,8%________13________5_________3k+2/4________________________oeeo
8,3%_________11________5_________27k+25/32_____________________ooeoeeo
7,5%_________19________11________9k+7/8________________________ooeeo
4,7%_________7_________5_________81k+77/64_____________________oooeoeeo
2,7%_________23________5_________27k+23/64_____________________oooeeeeo
2,3%_________43________37________27k+25/16_____________________ooeoeo
2,1%_________53________5_________3k+2/16_______________________oeeeeo
1,9%_________3_________1_________9k+7/16_______________________ooeeeo
1,8%_________55________47________27k+23/16_____________________oooeeo
1,7%_________35________5_________9k+7/32_______________________ooeeeeo
1,7%_________59________19________81k+83/128____________________ooeooeeeo
1,1%_________21________1_________3k+2/32_______________________oeeeeeo
.....

lourrran

Pour traiter 50% des cas, c'est pair versus le reste. C'est simple.
Pour traiter 75% des cas, c'est pair ou 4k+1 versus le reste , c'est un peu plus compliqué.
Et pour traiter encore la moitié des restants, c'est un peu plus compliqué.

Donc, oui, pour traiter 96% des nombres, c'est plus compliqué que pour traiter 50% ou 75%.

C'est une règle générale, dans l'industrie, et dans un peu tous les domaines. Pour passer de 8% de produits défectueux à 4% de produits défectueux, ça a un coût.
Et pour passer de 4% à 2%, ça a le même coût.
Et passer de 2% à 1%, ça a encore le même coût.
A chaque fois, on divise le pourcentage de produits défectueux par 2.
Mais, même en mettant de plus en plus de moyens, avec des coûts qui deviennent très élevés, on n'arrive pas à 0%

Là c'est pareil, on sait identifier des familles qui couvrent 80% , 95% , 98%, 99%, 99.5% 99.8% .. 99.99999% , mais pas 100%

Wilfrid

PMF a écrit:

n'importe quel chemin de Syracuse peut être réduit à une concaténation de segments premiers.

Si tu avais lu le message dans lequel je parlais de l'isomorphisme de deux segments de suite tu aurais appris qu'il faut compter le nombre $p$ de termes pairs entre $i$ et $i'$, puis calculer $\Delta=2^{p+1}$. Ensuite, si $\Delta <i$ tu le soustrais de $i$ autant de fois que possible pour obtenir le "$i$ premier", comme tu dis. Je reprends ton exemple de $i\_i'=911\_577$ :

911, 2734, 1367, 4102, 2051, 6154, 3077, 9232, 4616, 2308, 1154, 577

On compte 7 termes pairs entre eux, donc $\Delta =2^{7+1}=256$, et $911-3 \cdot 256=143$, ce dont on déduit que $911\_577$ est isomorphe à $143\_91$.

Concernant 577, 1732, 866, 433 : $\Delta =8$ et $577-72 \cdot 8=1$. Donc $577\_433$ est isomorphe à $1\_1$ et non pas à $9\_7$ comme tu l'écrivais plus haut.

Soit $p$ le nombre de termes pairs entre $i$ et $i'$, et $q$ le nombre de termes impairs ($i$ et $i'$ compris) :

$\large i'=\left\lceil \dfrac{i}{2^p\;3^{1-q}}\right\rceil$

C'est une relation intéressante mais qui malheureusement ne sert à rien puisqu'il faut connaître $p$ et $q$ pour calculer $i'$, donc avoir construit le segment $i\_i'$. Si on ne les connaît pas il est impossible de calculer $i'$ sur la base de $i$.

Wilfrid

Wilfrid a écrit:

C'est une relation intéressante mais qui malheureusement ne sert à rien

Eh bien si, elle sert à quelque chose. On commence par se débarrasser de l'entier supérieur :

$\large i'=\dfrac{i}{2^p\;3^{1-q}}=\dfrac{i\;3^{q-1}}{2^p}$

$\large \dfrac{i\;3^{q-1}}{2^p}<i\:\to\:i\;3^{q-1}<i\;2^p$

On atteint le terme impair $i'<i$ lorsque

$\large 3^{q-1}<2^p$

Exemple avec $911\_577$, c'est-à-dire le segment de suite 911, 2734, 1367, 4102, 2051, 6154, 3077, 9232, 4616, 2308, 1154, 577. Considérons les termes impairs les uns après les autres :

1367 : $3^1>2^1$
2051 : $3^2>2^2$
3077 : $3^3>2^3$
577 : $3^4<2^7$

Il ne reste plus qu'à démontrer que cette inégalité se vérifie quel que soit $i$.

Wilfrid

Il s'avère que dans la suite complète de $i$, tous les termes impairs inférieurs à $i$ vérifient cette inégalité, ce qui s'explique aisément. Prenons l'exemple du segment A, B, C, où les lettres sont des termes impairs. Comment faire en sorte que C soit inférieur à A ? Les astérisques symbolisent les termes pairs :

A * B * * C : $3^2>2^3$, donc C > A
A * B * * * C : $3^2<2^4$, donc C < A

Dans le segment croissant A, B, C suivi de D, comment obtenir D < A ?

A * B * C * * * D : $3^3<2^5$

Si A, B, C, D est croissant, comment obtenir E < A ?

A * B * C * D * * * * E : $3^4<2^7$

Peut-on obtenir F < A si on insère E parmi les 4 derniers astérisques ?

• A * B * C * D * E * * * F
  E > A car segment croissant
  F > A car $3^5>2^7$
• A * B * C * D * * E * * F
  E > A car $3^4>2^5$
  F > A car $3^5>2^7$
• A * B * C * D * * * E * F
  E > A car $3^4>2^6$
  F > A car $3^5>2^7$

Quelle que soit la position de E, pour obtenir F < A il faudrait ajouter un astérisque n'importe où entre A et F, car $3^5<2^8$. Si dans une suite complète tous les termes impairs inférieurs à $i$ vérifient l'inégalité c'est parce que l'ordre des lettres et des astérisques qui précèdent $i'_k<i$ n'a aucune importance, pas plus que la valeur numérique de ces lettres, qui peut être plus grande ou plus petite que $i$ : on ne fait que compter le nombre de termes impairs et le nombre de termes pairs. Par conséquent, si un segment est terminé par $i'<i$, tout segment comptant le même nombre de termes pairs et impairs dans un ordre quelconque sera également terminé par un terme plus petit que le premier.

En résumé, se demander si $i$ donné sera suivi tôt ou tard d'un terme plus petit que lui, n'a en soi aucun sens. On sait déjà qu'on peut construire des suites croissantes aussi longues qu'on veut (A*B*C*D*, ...), alors selon moi la bonne approche serait de prendre le problème à l'envers : est-il possible de construire une suite dans laquelle $3^{q-1}$ ne serait jamais inférieur à $2^p$ ? S'il s'avère que non, alors on aura prouvé que tout $i$ est nécessairement suivi de $i'<i$.

nodgim

On peut construire la suite qu'on veut , n'importe quelle suite de "o" et "e", pour reprendre le vocabulaire de PMF, trouvera un nombre origine et un nombre final correspondant. Le problème, c'est qu'on ne sait pas ce que devient le nombre final APRES. Alors à quoi bon construire une longue suite ? Le nombre final n'aura pas plus de chance d'aller plus loin qu'un nombre de même taille pris au hasard.

PMF

nodgim a écrit:

Le problème, c'est qu'on ne sait pas ce que devient le nombre final APRES

l'idée était de décomposer un chemin en segments $i,i'$ avec i'<i (segment pouvant être lui-même une longue série de o et de e)
alors un chemin peut être aussi long qu'il veut, il sera toujours une concaténation de n segments du début à sa fin
Donc l'idée c'est que tout Syracuse tient dans un segment
mais bon...

nodgim

C'est sûr, mais ça ne fait pas beaucoup avancer la question, vu qu'on ne sait pas à l'avance quels segments va emprunter un nombre donné. Il peut très bien prendre une série de segments montants à l'infini, ou une série de segments qui vont le faire revenir sur lui même.

PMF

pas tout à fait : si il y a une montée théorique à l'infini, dans mon "modèle" elle serait dans un seul segment
ce serait le segment de la discorde en quelque sorte !

autrement l'idée est d'étudier la structuration des segments : ils ont des appétences pour des combinaisons de o et e particulières, ils forment des groupes finis de même longueur. S'il y a avait le début de commencement d'un principe dans cette construction de groupe pour une longueur donnée, alors ce serait un pas : ce qui se fait une fois, se répète à l'infini.

lourrran

PMF a écrit:

ils forment des groupes finis de même longueur.

C'est suffisamment flou pour être vrai.
Quand une phrase veut tout dire et rien dire, on peut dire qu'elle est vraie.

Si tu faisais l'effort de rédiger des phrases précises, tu verrais que tout ça, c'est vide.

L'idée que tu veux formuler, c'est : Quand on regroupe tous les segments de même longueur dans un même groupe, on constate que la taille de ces groupes est un nombre fini.

Quelle surprise : oui : avec un alphabet qui a un nombre limité de lettres, et quand on s'impose des mots d'une certaine longueur, on a un nombre fini de mots possibles.

L'information que tu passes (volontairement ?) sous silence, c'est qu'il existe des segments de longueur aussi grande que l'on peut imaginer.
Et que bien entendu, ces groupes là ne se construisent pas exactement comme les groupes de petite taille.
Par exemple, dans les segments de longueur inférieure à 30, il n'y a aucun segment commençant par 1000 montées.

Une bonne Lapalissade est souvent plus utile qu'une bouillie qui ne veut rien dire.

PMF

lourran a écrit:

Quand on regroupe tous les segments de même longueur dans un même groupe, on constate que la taille de ces groupes est un nombre fini.

C'est certes plus précis que "les segments forment des groupes finis de même longueur" mais je pense que tout le monde avait compris

lourran a écrit:

L'information que tu passes (volontairement ?) sous silence, c'est qu'il existe des segments de longueur aussi grande que l'on peut imaginer.
Et que bien entendu, ces groupes là ne se construisent pas exactement comme les groupes de petite taille.
Par exemple, dans les segments de longueur inférieure à 30, il n'y a aucun segment commençant par 1000 montées.

je ne suis pas sûr que tu puisses démontrer cela. Pourquoi il y aurait-il une "frontière" passé une certaine longueur de segments ? Que la complexité soit croissante, oui parce qu'il y de plus en plus de combinaisons... Mais que le PRINCIPE soit différent, surement pas.

lourrran

Pas sûr que je puisse démontrer quoi ?

il existe des segments de longueur aussi grande que l'on peut imaginer. : Plus clairement, si on cherche un nombre qui ne va pas repasser en dessous de son point de départ avec k étapes (k=1 milliard, 100 Milliards ...) , il existe des nombres de ce type, il en existe même une infinité.
Déjà Démontré.

Dans les segments que tu analyses, c'est à dire les segments de longueur assez courte (moins de 18 termes je crois, mais j'ai élargi à 30), il n'y a aucun segment commençant par 1000 montées.
Evident, tu souhaites une démonstration ?

Je ne dis pas qu'il y a une frontière. Absolument pas. Je constate que toi, tu as mis une frontière, et que cette frontière construit un sous-ensemble artificiel.
Le principe sera le même en deça et au delà de cette frontière : oui. Est-ce que pour autant, les 'résultats' obtenus en deça de cette frontière pourraient aider à trouver une démonstration de la conjecture. Collatz a travaillé plusieurs mois sur ce sujet, et plusieurs mois de travail de Collatz, ça vaut autant que plusieurs siècles de travail de PMF, et il n'a abouti à rien.

PMF

voici deux segments de longueur 18 parmi les 2541 de ce groupe
ooeooeooeoeooeoeeeo
oooooooooooeeeeeeeo
le premier ne présente qu'au maximum deux o de suite
le second en a 11
pourtant au final l'impair final des ces deux segments est bien inférieur à celui du début.
Conclusion : le nombre de "montées" successives n'a pas d'incidence.