Est-il possible de démontrer Syracuse avec un système binaire ?

189101113

Réponses

  • Bonjour Julia Paule.

    Si tu reprends les premières pages de cette discussion, tu verras que ça lui a été déjà dit il y a un an. Il s'est contenté de rajouter des lignes de "calculs" à ce qu'il produisait à l'époque; sans jamais rédiger une preuve (il alterne d'ailleurs entre des affirmations et des demandes qu'on fasse la preuve de ce qu'il avance !). Il semble qu'il soit tellement persuadé qu'il détient "la preuve" qu'il se refuse à la faire fonctionner; c'est souvent le cas avec les shtameurs, il n'y a que les matheux pour essayer de prouver ce qu'ils pensent vrai.
    "Il n'a plus d'excuse maintenant." ?? Il n'en avait aucune l'an dernier, ça ne l'a pas empêché de continuer à prétendre apporter quelque chose.

    Cordialement.
  • En tout cas, personne n'a invalidé ma démonstration. Elle est donc valide. Allez, je mets un bémol : elle est aussi valide que la démonstration de 123rourou.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • Mouais, moi je la trouve plus belle en tout cas celle de lourrran.
  • Bonjour,

    Vous vous rappelez d'Idriss Aberkane ? , en abrégé IA ? Il est devenu célèbre et on parle de lui grâce à sa conjecture GGC  , donc ne  sous-estimez pas 123rourou
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Il n’était peut-être pas utile de déclencher des clics vers ce qui touche de près ou de loin cet individu. 
  • Tu veux dire quoi Dom?
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Cela me semble clair : ne pas faire de pub pour ce charlatan. 
  • C'est de l'anti-pub. As-tu au moins le lien ? On le dénude
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Ce genre de personnage, ce qu'il veut, c'est qu'on parle de lui, peu importe que ce soit en bien ou en mal. Pub ou anti-pub, il est preneur.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (10 Jun)
    J'ai cherché à répondre à toutes vos remarques, du moins à celles auxquelles il était possible de répondre.

    @Philippe Malot
    Que signifie unicité du cycle ?
    La suite peut diverger, converger vers 1 ou tomber dans une boucle infernale. Sauf erreur de ma part, le seul cycle connu est le cycle (4, 1, 3, 4, 1, 3, 4, 1, 3...). Concrètement, pour démontrer la conjecture, il ne suffit pas de démontrer la divergence ou la convergence, il faut aussi démontrer l'unicité du cycle.




     il y a l'égalité qui suit la ligne 25 qui n'est pas démontrée. 
     Je ne comprends pas ce que tu veux que je démontre à la ligne 25 j'utilise la forme compressée de la suite de Syracuse.
     Cette représentation est établie et couramment admise puisque, si  $ u_n $ est impair, alors  $ u_{n+1}=u_n\cdot 3+1$ , ce qui implique que $u_{n+1}$ devient pair, permettant ainsi d'ajouter une division par 2.Je n'ai pas retrouvé la question, mais il me semble que tu m'avais posé une question sur la notion de récurrence. Oui/Non ?




    @ Julia Paule
    Tu sembles oublier que p augmente en même temps que la suite des q.
    Le problème c'est qu'on ne connait pas p et q0, q1, ...., la manière dont ils sont calculés en fonction de u0, on ne sait pas qui va l'emporter.
    Non, on connaît p,p est exactement égal à la quantité de divisions par 3 ou à la quantité de nombres impairs.
     Par contre, on ne connaît pas la valeur des $q_0$ On sait juste que la valeur est monotone croissante et que, assez rapidement, $2^(p+q_0)>3^p$ , puis $\frac{n_0\cdot 3^p}{2^(p+q_0)} <0 $, ce qui impose la convergence de la suite vers 1.

    un exemple numérique En gras, les divisions que j'ai qualifiées de surnuméraires.($q_0$)
    u_n={23 - 70 - 35 - 106 - 53 - 160 - 80 - 40 - 20 - 10 - 5 - 16 - 8 - 4 - 2 - 1}

    $\frac{23 \cdot 3 + 1}{2} = 35$
    $34.5 + 0.5 = 35 \quad \left(\frac{3}{2} = 1.5\right)$

    $\frac{23 \cdot 3^2}{2^2} + \frac{3}{2^2} + \frac{1}{2} = 53$
    $51.75 + 0.75 + 0.5 = 53 \quad \left(\left(\frac{3}{2}\right)^2 = 2.25\right)$

    $
    \left(\frac{23 \cdot 3^3}{2^3} + \frac{3^2}{2^3} + \frac{3}{2^2} + \frac{1}{2}\right) \cdot \frac{1}{2^4} = 5
    $
    $\frac{23 \cdot 3^3}{2^3} \cdot \frac{1}{2^4} + \frac{3^2}{2^3} \cdot \frac{1}{2^4} + \frac{3}{2^2} \cdot \frac{1}{2^4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2^4} = 5
    $
    $
    4.8515625 + 0.0703125 + 0.046875 + 0.03125 = 5 \quad \left(\left(\frac{3}{2}\right)^3 \cdot \frac{1}{2^4} = 0.2109375\right)
    $

    $
    \left(\frac{23 \cdot 3^4}{2^4} \cdot \frac{1}{2^4} + \frac{3^3}{2^3} \cdot \frac{1}{2^5} + \frac{3^2}{2^2} \cdot \frac{1}{2^5} + \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2^5} + \frac{1}{2}\right) \div 2^3 = 1
    $
    $
    \left(\frac{23 \cdot 3^4}{2^4} \cdot \frac{1}{2^7} + \frac{3^3}{2^3} \cdot \frac{1}{2^8} + \frac{3^2}{2^2} \cdot \frac{1}{2^8} + \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2^8} + \frac{1}{2^4}\right) = 1
    $
    $
    0.90966796875 + 0.01318359375 + 0.0087890625 + 0.068359375 = 1 \quad \left(\left(\frac{3}{2}\right)^4 \cdot \frac{1}{2^7} = 0.03955078125\right)
    $

    $ \frac{1}{2^7}$   7  divisions  surnuméraires  80 - 40 - 20 - 10 - 8 - 4 - 2


    @ Julia Paule
    Avec la formule avec les "polynômes" (je n'ai pas approfondi), tu ré-écris simplement autrement la suite de Collatz avec un artifice qui donne l'illusion d'un calcul, mais en fait c'est vide, cela ne donne rien de plus que la bête formule de l'hypothèse.

    Oui, c'est exactement cela. Les polynômes ne sont qu'une transposition, et c'est justement parce que ce n'est qu'une simple transposition que cela permet de généralisera tout les autre valeurs ou d'être valide pour tous les cas, même pour les cycles.


    En vous remerciant pour votre attention et vos remarques.


    le nouveau PDF modifié à la marge

  • Je suis toujours sur mon histoire de cycle, mais à titre personnel, cela ne me parle pas vraiment. Bon bref, j'arrive a

    \begin{align*}( 3^1 + 1) - 2^2 &= 0 \\ (3^2 + 3^1 + 2^2) - 2^4 &= 0 \\ (3^3 + 3^2 + 2^2 \cdot 3^1 + 2^4) - 2^6 &= 0 \\ (3^5 + 3^4 + 2^2 \cdot 3^3 + 2^4 \cdot 3^2 + 2^6 \cdot 3^1 + 2^8) - 2^{10} &= 0 \\ (3^6 + 3^5 + 2^2 \cdot 3^4 + 2^4 \cdot 3^3 + 2^6 \cdot 3^2 + 2^8 \cdot 3^1 + 2^{10}) - 2^{12} &= 0 \\ \end{align*}

    Est-ce que cela évoque quelque chose à quelqu'un ? Je sais bien que l'on se rapproche de la théorie des nombres.


  • " Je sais bien que l'on se rapproche de la théorie des nombres". Oui, comme je me rapproche de la Lune quand je monte au premier étage ...

    La structure de $(3^5 + 2^2 \cdot 3^4 + 2^4 \cdot 3^3 + 2^6 \cdot 3^2 + 2^8 \cdot 3^1 + 2^{10})$ est bien connue et se généralise ($\sum_{k=0}^n a^k\times b^{n-k} = \frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b})$ et donc, ici, $(3^5 + 2^2 \cdot 3^4 + 2^4 \cdot 3^3 + 2^6 \cdot 3^2 + 2^8 \cdot 3^1 + 2^{10}) = \frac{(2^2)^6 - 3^6}{2^2-3} =2^{12}-3^6$, d'où l'égalité à 0.
    Mais ce n'est pas de la théorie des nombres, seulement des relations algébriques classiques, et encore, dans un cas très particulier ...



  • Julia Paule
    Modifié (10 Jun)
    @123rourou Tu dis : on connait p. 
    C'est sûr qu'une fois revenu à 1, on connait p et la suite des q.
    Mais comment connais-tu p avant ? Par exemple, pour n=31, quelle est la valeur de p ?
    Tu parles de p comme d'un nombre fixe fonction de n, et de q comme d'une suite de nombres variables croissants fonction de n, qui atteint une plus grande valeur pour revenir à 1 (je crois que tu l'appelles q0).
    Mais soit on connait la suite de Collatz démarrant à n, alors on peut les considérer tous deux fixes (p et q0), soit on ne la connait pas, et ce sont tous deux des nombres variables (p et q0) fonction du nombre de départ (n). Tu ne peux pas considérer l'un fixe (p) et l'autre variable (q0).
    Avec tes formules, tu as l'impression d'un miracle à chaque fois, mais tu ne fais que dérouler la suite sous une autre forme.
  • 123rourou
    Modifié (11 Jun)
    Ce que la progression arithmétique de \( q \) implique, c'est que la suite ne peut pas diverger. En effet, au bout d'un certain nombre d'étapes, j'aurai obligatoirement cette relation d'ordre \( u_0 \cdot 3^p < 2^{p + q_0} \). C'est justement parce que cette relation d'ordre s'établit au fur et à mesure qu'il y a convergence. Par contre, OUI, bien que je ne connaisse pas à l'avance le nombre d'étapes nécessaires ou la valeur de q. je sais juste que \( \frac{3^n}{2^{(n + \frac{2n}{3})}} < 1 \), ce qui implique qu'il faut seulement \( \frac{2}{3} \) de division par 2 en plus pour faire converger la suite vers 1.
     voir 3.4 (Généralisation par substitution)
     Donc, la suite ne peut pas tendre vers plus l'infini parce que bien avant d'atteindre cette limite, j'aurai les \( \frac{2}{3} \) de division en plus.
  • 123rourou
    Modifié (11 Jun)
    Merci. L'idée de base est de considérer deux occurrences présentes dans un cycle,  de même valeur, puis de les écrire sous forme de polynôme. Comme le dénominateur aura changé de \(2^m\) à \(2^{mm}\), il va falloir justifier le numérateur parce que, par définition, la valeur n'aura pas changé. Je ne suis pas sûr d'avoir été très clair dans mes  explications, mais merci.
  • Tout à fait. C'est exactement la même idée que je reprends dans ma démonstration. On y voit clairement qu'il n'y a pas de cycle, les différentes trajectoires sont courbes, mais parallèles, et aboutissent toutes au point de convergence. 
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • Je n'ai pas vérifié, mais cela ne va pas suffire parce qu'il doit être possible de le faire.

    $\frac{n_0*(     )}{2^m}$ occurrence identique suivante $\frac{n_0*(     )}{2^m}\cdot\frac{relation}{2^{nn}}= \frac{n_0*(     )}{2^m}\cdot1$
    Et même si j'arrive à justifier que cela viole la structure du polynôme, cela ne voudra pas dire qu'il n'existe pas une autre manière de faire .
  • @123rourou Sache qu'on peut "fabriquer" des nombres qui font du 3n+1, n/2, 3n+1, n/2, 3n+1, n/2, ..., aussi longtemps qu'on veut (cela donne un ensemble de nombres définis modulo une puissance de 2). Donc la relation d'ordre dont tu parles (où les divisions par 2 surpassent les multiplications par 3+1) ne s'établit pas au fur et à mesure.
    C'est parce que tu sais (ou plutôt tu penses, ou plutôt que tu as la certitude, fausse) que le nombre va revenir à 1, donc que les divisions par 2 vont surpasser les multiplications par 3+1, que tu en déduis les choses dans l'ordre inverse.
    Si tu changes 3 par 5, qu'est-ce qui change dans ton raisonnement et tes formules (toujours valables avec 5 à la place de 3) qui fait que le résultat s'inverse ?
    Bon je te laisse à tes certitudes, mais sache que ta "démonstration" n'est pas valable sur le plan mathématique.
    Tu peux penser aussi que si c'était aussi simple, elle aurait été trouvée depuis trèèèèèès longtemps.
    J'aurais essayé. Peine perdue. J'en resterai là.
  • 123rourou
    Modifié (11 Jun)
    Sache qu'on peut "fabriquer" des nombres qui font du 3n+1, n/2, 3n+1, n/2, 3n+1, n/2, ..., aussi longtemps qu'on veut (cela donne un ensemble de nombres définis modulo une puissance de 2). Donc la relation d'ordre dont tu parles (où les divisions par 2 surpassent les multiplications par 3+1) ne s'établit pas au fur et à mesure.


    Dans ce cas, tu as trouvé le moyen de démontrer que la suite de Syracuse ne converge pas toujours vers 1.un exemple peut ?


  • Quelle confusion entre "aussi longtemps qu'on veut" et "indéfiniment" (qui serait une preuve) !
    Et sinon, c'est la réponse habituelle "L'idée de base est de..." de l'incompétent qui croit avoir eu une idée utile, mais évidemment n'en fait rien. Et ça fait un an que ça dure ...

  • Julia dit : on peut trouver des nombres qui 'montent' aussi longtemps que l'on veut.
    Comme tu as de grosses lacunes, tu ne comprends pas ce que ça veut dire.
    Si on veut trouver un nombre $n$ qui monte par exemple 800000000 de fois ( 800000000 de fois une séquence pair+impair), on peut. Il existe de tels nombres, il en existe même une infinité.  
    Pareil, si on veut trouver un nombre qui commence par  800000000000000 de fois une séquence pair+impair, ça existe.
    Et quand un tel nombre a bien monté très haut, est-ce qu'au final, il va redescendre vers 1, est-ce qu'il va redescendre sans repasser à aucun moment par un des points de la montée (... et donc générer un cycle ...), personne n'en sait rien.
    Désolé, je te parle sérieusement, mathématiquement, alors que je ne pense pas que ce soit très raisonnable.

    Parlons météo plus tôt, il fait assez beau ce matin, le ciel est dégagé, c'est lumineux ; c'est agréable.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (11 Jun)
    Non, Julia dit "OK, il y a convergence, mais cela ne veut pas dire qu'il n'existe pas un entier où cette relation d'ordre ne s'établit pas. Et effectivement, cela manque. J'ai dit "OK" parce que je n'ai pas encore lu un élément qui invaliderait la convergence.Hummm et de mémoire, j'avais déjà fait cela avant la pause de février sous réserve d'erreur .



  • je vous donne la réponse de gemini

    Malheureusement, il n'est pas possible de construire un entier qui alterne indéfiniment les entiers pairs et impairs dans sa décomposition de Syracuse.

    La conjecture de Syracuse, formulée en 1937 par Lothar Collatz, stipule que pour tout entier positif n, la suite générée par l'algorithme de Syracuse (diviser par 2 si pair, multiplier par 3 et ajouter 1 si impair) finit toujours par atteindre la valeur 1.

    De nombreuses recherches ont été menées pour démontrer ou infirmer cette conjecture, mais elle n'a toujours pas été résolue.

    Cependant, il a été prouvé que la conjecture de Syracuse implique qu'il ne peut pas exister d'entier qui alterne indéfiniment les entiers pairs et impairs dans sa décomposition de Syracuse.

    En effet, si un tel entier existait, sa suite de Syracuse ne convergerait jamais vers 1, contredisant ainsi la conjecture.

    Par conséquent, bien que l'algorithme de Syracuse puisse générer des séquences de nombres pairs et impairs de longueurs arbitraires, il ne peut pas produire une séquence alternant indéfiniment entre les deux.


  • lol, et chez toi, il fait beau ?
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • lourrran a dit :
    Désolé, je te parle sérieusement, mathématiquement, alors que je ne pense pas que ce soit très raisonnable.
    Bonjour, à ce stade, on peut presque dire que c'est démontré, peut-être difficile à formaliser mais l'induction a du bon parfois.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • 123rourou
    Modifié (11 Jun)
    Il y avait longtemps que je ne m'étais pas amusé avec les nombres premiers.
    $n0=2.p_0.p_1....p_n$
    $n_0/2=p_0.p_1....p_n$
    $n_0.3/2=3.p_0p_1....p_n$
    $n_0.3/2+1=2.p_a.pb.pc$
    En gros, chaque fois que tu ajoutes +1, tu es obligé de changer tous les nombres premiers ensuite. Comme il n'est pas possible de faire de mise en facteur avec les éléments relativement proches de la suite, et comme l'évolution de la valeur est relativement faible, tu auras obligatoirement des entiers de la forme $2^{n > 1}n_p$. Je ne ferai pas de démonstration, j'irai à la pêche au PDF, il doit bien y avoir un papier là-dessus.
  • raoul.S
    Modifié (11 Jun)
    Une âme charitable pour le piquer... ?
  • 123rourou
    Modifié (11 Jun)
    Bon, ok,je fait plus simple  je prends la suite de Syracuse associée à 31
    31 ,94,47,142,71,214,107,322,161,484,242,121
    Je considère la forme compressée et que les entiers  pairs.
    $ U_0 \in \mathbb{N^*} \quad U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est un entier pair} \\ \frac{3U_n + 1}{2} & \text{si } U_n \text{ est un entier impair} \end{cases}$

    94=2.47,  142=2.71 ,214=2.101  ,322=2.7.23,  484=2^2.11,...

    puis je calcul le coef mutpliplicateur
    142/94=1.5106
    214/142=1.5070
    322/214=1.5045
    Nous serons d'accord pour dire que ce n'est pas un entier. Et comme ce n'est pas un entier, cela ne permet pas de réutiliser les grands nombres premiers présents dans la décomposition en facteurs des éléments de la suite de Syracuse. Comme je ne peux pas réutiliser les grands nombres premiers, les puissances apparaissent très rapidement sur les petits nombres premiers. Voilà, c'est juste une histoire de proportion associée à un coefficient. faible ici 1.5...


    Essaie juste de construire un entier qui alterne 10 fois ( pairs /impairs) dans la suite de Syracuse et tu comprendras pourquoi.

  • Ingrid1970
    Modifié (11 Jun)
    Bonjour 123rourou,

    La démonstration de "lourrran" est sûrement juste.
    Mais personne ne peut le croire.
    Car il manque la recette (ici recette = démonstration).

    Si par-contre il avait dit :

    Voici comment je peux créer ce tableau :

    Les ingrédients :

    Une toile blanche de dimension 1000x1200 mm.
    Des pinceaux N°3, N°4, une spatule à gouache N°24.
    De la peinture de chez Chromologie avec les couleurs de l'atlas NCS N° 123, 234, 567,890 et surtout du N° 314.

    Démonstration de la réalisation du tableau :

    J'utilise mon pinceau N°3, que je trempe complètement dans la couleur NCS N° 314.
    J'effectue un geste réglementaire chez les peintres de droite à gauche en appuyant pour exercer une force de 2N (2 Newton) sur la toile en partant du haut du tableau, positionné ... (ici je ne vais pas tout écrire, mais j'espère que tu saisies mon idée).

    ...

    En pour terminer, lorsque la peinture est sèche, après un temps de séchage obligatoire de 2 jours, je passe un chiffon blanc
    écru en lin procuré chez le fabriquant de tissu Mathelin à Chessy, on obtient bien le tableau présenté.

    C'est çà ce qu'on attends de toi.
    Que tu nous expliques TOUS les passages de ton manuscrit, avec justification mathématiques, car tu es censé faire des maths, pour que TOUT le monde puisse réaliser à son tour ta démonstration.

    Remarque : S'il manque une explication ou une justification, c'est considéré comme FAUX, ou incomplet ou ... .
    Pour l'instant, ton manuscrit est considéré comme FAUX car personne ne peut le faire avec des justifications mathématiques.

    J'ai essayé avec mes mots de dire ce qui manque dans ton manuscrit.

    Bien à toi.

    Ingrid.


  • C'est justement pour cela que je vous demande votre avis et ne réponds qu'aux remarques mathématique. La remarque de Julia était pour moi importante et ji ai répondu ,de toute manière, nous devrions arriver assez rapidement à la fin de la convergence

    (copier/coller)
    Dans le corpus académique, il existe de nombreuses preuves (cf. ...) qui établissent l'impossibilité d'une alternance infinie d'entiers pairs et impairs. Les lignes qui suivent ne constituent pas en soi une démonstration académique, mais permet de justifier la présence d'entiers de la forme \((2^{p>1}n_a)\).Pour cela je considere la suite Syracuse associer a l'entier 31 .
    \[\{31 ,94,47,142,71,214,107,322,161,484,242,121\}\]
    Puis, je considère la forme compressée de Syracuse ainsi que les entiers pairs, et je calcule le coefficient multiplicateur.\\
    \[\{94=2\cdot47,  142=2\cdot71 ,214=2\cdot101  ,322=2\cdot7\cdot23,  484=2^2\cdot11,...\}\]
    \[ 142/94=1.5106...\quad,\quad 214/142=1.5070... \quad,\quad 322/214=1.5045... \]
    Comme ce coefficient n'est pas un entier, il ne permet pas de réutiliser les grands nombres premiers présents dans la décomposition en facteurs des éléments de la suite de Syracuse. Ce qui implique que les puissances apparaissent très rapidement sur les petits nombres premiers. Et donc la présence d'entiers de la forme $2^{n>1}\cdot n_a$ devient obligatoire dans un voisinage relativement proche.



  • Bonjour 123rourou,

    Quelle est ta méthode pour vérifier que l'entier naturel (10"puissance"10"puissance"10"puissance"10)+1 vérifie effectivement la conjecture ?

    Je ne vois pas de recette à suivre pour m'en convaincre dans ce que tu dis.
    Attention : ici recette c'est comment tu emboites des arguments mathématiques.

    Donne moi ta recette pour mon exemple s'il te plaît.
    Je veux l'appliquer et me convaincre que ce nombre vérifie la conjecture.
    Je veux voir qu'il finit par donner 1 à la fin de la suite de Collatz.

    Merci.

    Ingrid
  • 123Rourou,

    Tu écris par exemple (recopié à partir de Gemini) : 
    Cependant, il a été prouvé que la conjecture de Syracuse implique qu'il ne peut pas exister d'entier qui alterne indéfiniment les entiers pairs et impairs dans sa décomposition de Syracuse.
    Et tu as mis cette phrase en gras. 
    Soit. Est-ce que tu as compris cette phrase, est-ce que tu vois que cette phrase n'a strictement aucun intérêt ?
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (11 Jun)
    Est-ce que tu admets la représentation sous forme de pseudo polynôme que j'ai qualifié d'académique,donc  que q comptabilise les divisions que j'ai qualifiées de surnuméraires (Tu n'as pas le choix, cela va avec, c'est un package.)
    et admets tu l'existence d'entier de la forme $2^{n>1}\cdot n_a$  ?

    Tu peux l'admettre temporairement si cela te fait plaisir




  • 123rourou
    Modifié (11 Jun)
    @lourran cest  l'IA de Google , je n'ai pas envie de jouer sur les mots. Et j'ai justifié l'existence de ces entiers .
    fin du débat pour moi, sauf si tu peux me montrer un entier qui alterne 10, 20 ou 100 fois( pair, impair).
    Je dirais que même pour 10, cela va être très compliqué, car il y a une progression de 1,5. Sauf éventuellement à utiliser des multiples de nombres premiers très, très grands, il doit être possible d'atteindre 10 péniblement. humm et encore ...


  • Ces polynômes, ils disent quoi : partons d'un nombre N quelconque. N=31 par exemple, on applique les étapes successives du process de Syracuse, on arrive à 94, puis 47, puis 142 puis 71 puis 214 etc
    Ton polynôme, il nous dit qu'il y une certaine formule qui relie 31 et 214.  Et une formule du même type qui relie 31 et 1, puisque quand on continue le processus, on arrive à 1. 
    Ok.
    Quand on part de 31 et qu'on déroule , on finit par arriver à 1, et on en déduit un certain polynôme.
    Quand on part de 703 ; pareil on déroule le processus, on finit par arriver à 1 au bout d'une centaine d'étapes ( plus de 100 étapes pour un nombre aussi petit !!), et on en déduit un certain polynôme.

    A partir d'un autre nombre, encore plus grand, pareil, on déroule tout le processus, et comme en général, on arrive à 1, on en déduit un certain polynôme

    Ok. Totalement d'accord. 
    Toi tu dis : On arrive systématiquement à 1, donc on a systématiquement ce polynôme, donc on arrive systématiquement à 1.

    Les gens qui savent faire la différence entre une démonstration et une conjecture, ils disent : Sur tous les nombres testés, on arrive à 1 ; pour tous ces nombres, on peut bâtir un polynôme, mais ça ne prouve strictement rien pour les nombres non testés.

    Et sinon, arrêtons ce dialogue de sourd, et parlons de choses importantes. Il fait beau chez toi ? Tu habites dans la région Aquitaine si je me souviens bien, c'est ça ?
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (11 Jun)
    non les polynômes disse que q comptabilise les divisions que j'ai qualifiées de surnuméraires et que  $u_0\cdot3^p<2^{p+q_0}$
    donc converge vers 1 et c'est tout. Il ne faut pas aller chercher autre chose, c'est tout simple : si la partie entière est égale à zéro ou décroît, cela converge, point barre. voir 3.1 Application numérique. Et il ne faut que 2/3 en plus. parceque $\frac{3^n}{2^{(n+\frac{2n}{3})}}<1$

     Voilà, il y a toute la démonstration en 4 lignes ousp 3.




  • Mais ils « le disent » parce que ça se voit ? Ou bien on a une démonstration ?
  • On tombe souvent sur des nombres impairs, donc on descend souvent, donc on arrive à 1.  Tu as regardé le nombre 703 ?  Et regarde aussi 180352746940718527 si tu veux.
    En général, en moyenne, ça se passe bien, on finit par arriver à 1.
    Mais autour de cette moyenne, il y a de fortes disparités. Pour 701, on arrive assez vite à 1, et pouf, pour le nombre suivant, il nous faut plein d'étapes.  
    Et pour 705, hop, on retrouve un nombre qui arrive """rapidement""" à 1.
    Ces disparités, ça ne t'interpelle pas ?
    Et cet argument de dire 'il y a des divisions surnuméraires...' il est totalement nouveau. Tu nous racontais que ta démonstration avec les polynômes, elle était bonne. Mais, pour laver plus blanc, tu ajoutes maintenant un nouvel argument, on descend plus vite qu'on ne monte. Et quand tu auras un peu mieux compris la mécanique, tu rajouteras encore un argument, en te disant, la démonstration est correcte, mais elle sera plus correcte si je la change un peu.

    Soit une démonstration est correcte, soit elle n'est pas correcte, ce n'est pas comme la lessive où on modifie la formule à la marge, pour laver plus blanc. 
    Et ta démonstration, elle n'est pas correcte, elle est totalement inexistante.

    Bon, finalement, pas de pluie aujourd'hui, mais un temps assez mitigé quand même. Et chez toi ?
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (12 Jun)
    Bon, cela commence à tourner en rond, donc je vais me limiter à 2 messages par jour, sauf   argumenter  étayer.

    @lourran Je ne comprends pas ce que tu dis, sauf
    ta démonstration, elle n'est pas correcte, elle est totalement inexistante.
    Merci de le justifier de manière à ce que je puisse comprendre ton affirmation ou raisonnement

    @dom démontre que la partie entière ne peut que décroître

    j'ai complète la partie 3.2  Décomposition en nombres premiers
    https://www.cjoint.com/doc/24_06/NFmhGwMlzXJ_conjecture-de-Syracuse---fr.pdf


    merci pour votre attention
  • Est-ce à moi de le faire ?
  • Ta démonstration est inexistante. Il me semble que c'est clair, et que tu devrais comprendre cette phrase.

    Et si tu as des doutes, je vais te donner un argument, qui t'a déjà été donné 50 fois, mais peut-être que tu vas finir par le comprendre.
    Cette conjecture de Collatz/Syracuse, elle a été 'lancée par le Dr Collatz il y a quelques décennies. Ce type plutôt brillant a constaté que quand on faisait des calculs (3n+1 si n impair, n/2 si n pair), à partir de tous les nombres qu'il a testés, il arrivait toujours à 1. Il a cherché à voir s'il pouvait faire une démonstration de ce résultat. Il n'y a pas réussi. Il a partagé ses réflexions avec des mathématiciens très brillants, qui n'ont pas trouvé de démonstration non plus. Puis depuis 80 ans, plein de mathématiciens ont cherché des démonstrations (ou des contre-exemples), et personne n'a su solutionner ce problème.
    Même un type comme Terence Tao (le mathématicien le plus célèbre des 20 dernières années) a publié des travaux sur ce sujet, pour dire : j'ai obtenu tel ou tel résultat partiel, mais je n'ai pas trouvé de démonstration.

    Et toi, avec des connaissances nulles, avec des calculs à la portée d'un collégien, tu dis que tu as une démonstration !

    Tu imagines bien que les calculs que tu fais, ils ont été faits des milliers de fois par des milliers de types, et ces calculs sont totalement insuffisants pour prouver quoi que ce soit.

    Tu n'as pas les connaissances mathématiques, et ça, ce n'est pas grave.
    Mais si tu avais un minimum de respect pour les autres, pour tous les mathématiciens qui ont travaillé sur ce sujet, tu t'excuserais, et tu dirais : 'désolé, j'ai écrit n'importe quoi'.

    Moi, quand je parle de menuiserie avec un menuisier, je pars du principe qu'il est plus compétent que moi. Pareil quand je parle de plomberie avec un plombier. Tu ferais bien de t'en inspirer.


    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (12 Jun)
    @lourrran Cela s'appelle un argument d'autorité et, sauf erreur de ma part, il est antinomique avec les mathématiques ou irrecevable.
    J'ai ajouté une réponse liée à la notion de fréquence des entiers qui fon convergent
    Concrètement, cela revient à vouloir multiplier par $\approx 3= 2\cdot1.5\cdots $ sans pouvoir utiliser ce nombre premier dans sa décomposition, ce qui impose une fréquence assez importante des entiers de la forme $2^{n > 1} \cdot n_a$ dans la suite, ce qui la fait converger, parceque : $  u_0\cdot  \frac{3^p}{2^{p+q_0}}  \approx 0.\cdots$ .A demain


  • Julia Paule
    Modifié (12 Jun)
    @123rourou Cela ne t'ébranle pas un tout petit peu que personne n'est d'accord avec toi, ou ne comprend ta démonstration ?
    Les vrais mathématiciens remettent en question leurs démonstrations quand ça leur arrive.
    Non, toi tu ne fais que répéter inlassablement depuis le début (un an !) la même chose.
    Tu ne comprends même pas pourquoi nous ne comprenons pas.
    Ton texte est un vrai charabia dont tu as dû repiquer une partie (le début semble-t-il) ailleurs, puis tu parles de ce que tu ne connais pas : que viennent faire les nombres premiers là-dedans ?
    Tu as plein d'expressions qui ne veulent rien dire en mathématiques, la dernière : "des entiers qui convergent vers une suite"
    Petit exo : quels sont les entiers qui alternent impair-pair k fois au moins ?
    En résumé, c'est à toi de nous convaincre du bien-fondé de ta démonstration, mais il faudrait déjà que tu comprennes ce que nous réfutons, ce qui n'a pas l'air d'être le cas.
    En gros, j'aimerais bien comprendre ce que tu viens chercher ici : soit tu es convaincu de ta démonstration, et alors pourquoi veux-tu nous convaincre, tu crois vraiment que personne n'a trouvé avant toi la démonstration miracle ? soit tu n'es pas convaincu, alors tu pourrais avoir l'intelligence de comprendre que nous n'allons pas t'aider à la rendre juste, ou à en trouver une autre convaincante.
    Non en fait, je crois que tu ne comprends pas toi-même pourquoi ta démonstration est fausse, et même inexistante, et que tu voudrais qu'on te l'explique. Pour cela je te conseille de commencer par ouvrir un livre de maths du collège. La tâche est trop immense.
  • Mais pourquoi parles-tu de mathématique ? Le langage mathématique est une langue, qu'il faut apprendre.
    Apprend cette langue, et ensuite, tu pourras l'utiliser.

    Personnellement, je ne comprends pas le turc, et si je veux parler avec un turc, je vais essayer de trouver une langue que lui et moi, on comprend tous les 2.  Je ne vais pas aller lui parler dans une langue qui ressemble très très vaguement à du turc, en rajoutant des u et des k et des ç ici ou là, aléatoirement. 

    Toi, tu essaies de parler la langue des mathématiciens, mais tu la déformes complètement. 
    Par RESPECT (tu connais ce mot ?), arrête de déformer la langue mathématique. Soit tu l'apprends, soit tu ne l'utilises pas.
    Tu ne fais pas des maths, tu insultes les maths. 
    C'est clair ?



    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • raoul.S
    Modifié (12 Jun)
    En résumé : personne ici ne comprends le charabia de 123rourou, et ce dernier insiste depuis plusieurs pages pour qu'on lui dise où se trouve une éventuelle erreur dans son charabia.

    Vu que le tour de la question a été fait on pourrait peut-être euthanasier ce fil... 

    PS : pitié, fermez ce fil ...
  • 123rourou
    Modifié (12 Jun)

    \[ U_0 \in \mathbb{N^*} \quad U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est un entier pair} \\ 3U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est un entier impair} \end{cases} \]

    implique que :
    \[ u_0\cdot \biggl( \frac{3}{2}\biggl)^p \cdot \frac{1}{2^{q_0}}+ \biggl(\frac{3}{2}\biggl)^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{q_1}}+  \biggl(\frac{3}{2}\biggl)^{p-2}\cdot \frac{1}{2^{q_2}} +\biggl(\frac{3}{2}\biggl)^{p-3}\cdot  \frac{1}{2^{q_3}} +... +\biggl(\frac{3}{2}\biggl)^{p-n}\cdot \frac{1}{2^{q_p}}=u_x\]
    \[  u_0\cdot  \frac{3^p}{2^{p+q_0}}  \approx 0.\cdots\]
    \[u_x ->1\]
    parceque  $ q_0$  contabilise les entiers de la forme $(2^{p>1}n_a)$

    Je recherche une erreur dans cette démonstration. Mais apparemment... il n'y a rien. La seule remarque constructive, bien que fausse, vient de ta part, ce qui me laisse envisager que tu m'as compris. Et j'ai repris la démonstration après plusieurs mois d'absence parce qu'il manque la démonstration de l'unicité du cycle.

    Et franchement, c'est un problème à la con qui n'a  aucune incidence. Cela vous fait quoi d'admettre que vous n'avez rien trouvé qui puisse permettre  envisager une erreur ? C'est bizarre, non ? Perso, je suis tranquille. Je suis tellement tranquille que j'ai fait une pause de plusieurs mois. Ce ne sont que des maths.et je peux me PLANTER, ce n'est pas très grave.
  • Cela vous fait quoi d'admettre que vous n'avez rien trouvé qui puisse permettre  envisager une erreur ?

    Mais parce que personne ici ne comprends complètement ton charabia. Comment veux-tu que quelqu'un signale une erreur s'il ne comprends pas tout  ce que tu écris ?

    Perso, je suis tranquille. Je suis tellement tranquille que j'ai fait une pause de plusieurs mois. 

    C'est une excellente idée. Refais une pause plus longue encore.

    PS : une âme charitable pour fermer ce fil ?

  • Bon, allons-y pour les erreurs :  
    Qui est x ? Là, ce n'est même pas une erreur, c'est du n'importe quoi. Apparaît un x jamais défini.
    Même chose pour les autres lettres qui apparaissent.
    Ce qui fait que les deux lignes suivantes n'ont pas de sens. 
    Pire, le "tend vers 1" n'a aucun sens, on te l'a dit dès l'an dernier.
    Quant à la phrase suivante (Parce que.. ") elle est incompréhensible. 

    Finalement, tu as raison, en dehors de - > 1, pas d'erreur, seulement des écritures qui ne disent rien. Ton texte est irréfutable, mais ce n'est pas une démonstration.
    Et ça fait un an qu'on te le dit. 
  • Jusqu'au mot implique en 2ème ligne... ça va, on peut considérer que la langue parlée est la langue 'maths'.
    Après, c'est écrit dans quelle langue ?

    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
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