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

123rourou

j'ai parcouru le document https://hal.science/hal-02939413v1/document  .  Je n'ai même pas trouvé la transposition suite $U_n$ ->  formule, juste quelque chose qui y ressemble de loin page 226  Polynômisation de la suite de Syracuse ,avec en conclusion "Ce polynôme ne simplifie finalement pas la tâche".  De mon point de vue. C'est juste un inventaire comme il en existe un peu partout sur le woin woin woin  et cela n'invalide pas ma démonstration sur les cycles. ET avec Google, je suis aussi tombé sur  https://mathprize.net/posts/collatz-conjecture/  tu voie bien que j'ai fais des recherches  .Bon, nous serons donc d'accord pour  dire que pour l'instant vous n'avez rien à opposer à ma proposition de démonstration concernant l'absence de cycle.

lourrran

Je te parle du lien vers le site du CNRS... ce lien là

C'est court, et c'est sur un aspect unique : y -a-t-il des cycles ? Le CNRS publie une  page sur cette question, avec une volonté de rester accessible pour le grand public.
Et toi, tu dis que tu as la réponse à cette question, il ne peut pas y avoir de cycle, et c'est bouclé.

Donc cette page du CNRS a été écrite par un clown moins compétent que toi. Et les différentes personnes qui ont relu/validé ce document (leurs noms sont donnés à la fin du document), ce sont aussi des clowns moins compétents que toi. 

Et je te redis ce que je t'ai déjà dit : si il y a des passages qui ne sont pas clairs dans ce document du CNRS, je peux essayer de t'expliquer. Je trouve que ce document est très bien fait, et je trouve que tout shtameur s'intéressant à Syracuse devrait lire et comprendre ce document.
C'est vraiment LE document de référence sur les cycles.

Collag3n

Un cycle, c'est un nombre fini d'étapes $n_1=n_1\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{0}}}{2^{a_n}}$. Tu peux remplacer "indéfiniment" le $n_1$ à droite récursivement, mais cela ne change absolument rien à la finitude de $n_1$ ou à la finitude de ta somme. Exemple avec $n_1=1$:

$1=1\frac{3^1}{4}+\frac{3^0}{4}=1\frac{3^2}{4^2}+\frac{3^1}{4^2}+\frac{3^0}{4}=...$

D'où te vient l'idée que cette somme est infinie? D'où te vient l'idée qu'une somme infinie ne peut pas être finie?

Ne crois-tu pas que cela s'applique aussi aux nombres qui atteignent 1 (une fois 1 atteint tu continues indéfiniment à multiplier par 3, ajouter 1 et diviser par 4)?

$1=5\frac{3^1}{2^4}+\frac{3^0}{2^4}=5\frac{3^2}{2^6}+\frac{3^1}{2^6}+\frac{3^0}{2^2}=...$

123rourou

Non

Et toi, tu dis que tu as la réponse à cette question, il ne peut pas y avoir de cycle, et c'est bouclé.

je démontre qu'Il existe pas de  boucle parque , la polynomisation de la suite de Syracuse, ne permet pas d'obtenir deux fois la même valeur.

​$U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\3  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$  $U_{15}={15,46,23,70,35,106,53,160,5,16,1}$

$(3\cdot((((3\cdot((3\cdot((3\cdot15+1)_{=46}/2)_{=23}+1)_{=70}/2)_{=35}+1)_{=106}/2)_{=53}\cdot3+1)_{=160}/2^5)_{=5}+1)_{=16}/2^4=1$

$\displaystyle  15\frac{3^5}{2^{12}}+ \frac{3^4}{2^{12}}+  \frac{3^3}{2^{11}} +\frac{3^2}{2^{10}} +  \frac{3^1}{2^9}  +\frac{3^0}{2^4}=1$

En gros et pour faire simple , il n'y a que des plus $(+)$ dans la polynomisation de la suite de Syracuse donc tu ne peut pas avoir 2 fois la même valeurs exemple {100,.....,100}

 Comment fais-tu pour calculer la deuxième valeur ici, 100  avec $\displaystyle  100\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{0}}}{2^{a_n}} = 100$

perso je dis que : $\displaystyle  100\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{0}}}{2^{a_n}} >100$ donc pas de clycle {100,.....,100}

Collag3n

Comme tu le ferais avec 1: $1=1\frac{3^1}{4}+\frac{3^0}{4}$, c'est comme ça qu'on trouve des cycles dans la variante 5n+1

lourrran

Quand 7 personnes du CNRS écrivent un article, quand ils disent que telle ou telle question est ouverte, si par le plus grand des hasards, je pense avoir la réponse à cette question, et que la démonstration de cette réponse tient en 5 lignes, je fais preuve de modestie, et je me dis qu'éventuellement, ma démonstration est fausse.
La modestie, tu connais ce mot ?

Ta ""démonstration"" est fausse. Ou plutôt, comme disait Wolfgang Pauli, elle n'est même pas fausse.

123rourou

@Collag3n

Je n'ai rien compris. tu as un exemple de valeurs avec un cycle ,si je prends une suite qui diverge, par exemple.

la suite $U_{23}={23,116,29,146,73,366,183,....}$

$\displaystyle 23 \cdot \frac{5^3}{2^4}+\frac{5^2}{2^4}+\frac{5^1}{2^2}+\frac{5^0}{2}=183$

Je peux toujours transformer la suite U_n en somme d'éléments, mais j'obtiens à chaque fois une valeur différente, pas 2 fois la même valeurs.

@Lourran J'irai regarder ce soir ton lien.

123rourou

D'accord, c'est parce que tu as 1 comme facteur et 1 * 1 = 1. Sauf erreur de ma part,

Je me suis probablement mal expliqué. Je suis d'accord que 1 ou n'importe quel entier, peut s'écrire avec une infinité de termes. Ce que je dis, c'est différent : je dis que s'il y a un cycle, les valeurs reviennent de manière périodique et cela un nombre infini de fois. Et la transposition de la suite ne permet pas de le calculer, sauf erreur de ma part bien sûr. en espèrant avoir été plus clair.

Collag3n

Rien à voir, je ne parle pas de multiplier $n_1$ par $n_1$mais de remplacer $1$ à droite dans $1=1\frac{3^1}{4}+\frac{3^0}{4}$ par $1=1\frac{3^1}{4}+\frac{3^0}{4}$ donc en gros $1=(1\frac{3^1}{4}+\frac{3^0}{4})\frac{3^1}{4}+\frac{3^0}{4}$.

Pour 5n+1, les cycles sont connus, comme par exemple $n_1=13$ indiqué par lourrran.

$13=13\frac{5^3}{2^7}+\frac{5^2}{2^7}+\frac{5^1}{2^6}+\frac{5^0}{2^5}$

et de la même façon, tu peux indéfiniment remplacer 13 à droite par $13=13\frac{5^3}{2^7}+\frac{5^2}{2^7}+\frac{5^1}{2^6}+\frac{5^0}{2^5}$

Cette somme n'est pas infinie et ne rend pas $13$ (ou tout autre terme du cycle) infini.

123rourou

D'accord mais tu ne peut pas avoir cette forme. $\displaystyle  n_1\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{0}}}{2^{a_n}} =1$

 Avec p = la quantité de nombres impairs différents de 1 présents dans la suite de Syracuse. J'écris en gras, cela m'évitera de répondre a la prochaine question  et aussi parce que je n'ai pas trouvé comment souligner un texte

Exemple avec $\displaystyle 13\cdot\frac{3^2}{2^7}+\frac{3^2}{2^7}+\frac{3^0}{2^4}=1$ Tu me propose de faire :

 

D'accord, c'est bien égal à 1, mais comment justifies-tu les puissances de 5 avec ​$U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\3  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$

Et tu n'as toujours pas de cycle et cela ne respecte pas la forme de la transposition.

Collag3n

Tu mélanges tout. La forme avec exposant de 5 c'est pour la variante Collatz 5n+1. Là il y a des cycles et on peut voir que ton raisonnement qui conclut qu'un cycle est impossible parce que la somme "serait infinie", ou parce qu'on ne pourrait selon toi pas avoir une somme contenant $n_1$ des deux côté de l'égalité, ne tient pas la route.

Tu vois cette somme comme "infinie" parce que tu supposes qu'on peut boucler infiniment, moi je dis que même en bouclant infiniment (chaque remplacement de $n_1$ à droite correspond à un tour de boucle supplémentaire), cela ne change rien à $n_1$, ni à sa possible existence (comme on peut le voir dans la variante 5n+1).

123rourou

Je pense que l'on ne parle pas de la même chose. Je ne dis pas qu'il n'est pas possible de transposer un cycle, je dis que si je respecte cette forme, la forme de Collatz  il n'est pas possible d'avoir un cycle. Le plus simple serait d'avoir une suite quelconque qui a un cycle et de la transposer.

en gros tu dis sauf erreur de ma part

Oui, c'est bien égal à 13 et je peux même en rajouter à droite, mais ce n'est pas de la bonne forme.Et cela même si j'imagine qu'il est possible de remplacer le 5 par un 3.Parque p = la quantité de nombres impairs différents de 1 présents dans la suite de Syracuse.

$\displaystyle  n_1\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{0}}}{2^{a_n}} =1$

Collag3n

Restons dans la variante 5n+1. On travaille avec des exposant de 5 au lieu de 3, mais ton raisonnement ne fait aucune différence la dessus, donc les conclusions seront les mêmes. Cette variante à aussi une "forme" (qui est respectée ou non). C'est la même forme que Collatz mais avec des exposants 5.

Maintenant dis moi en quoi cela empêcherait les cycles ? En quoi 13 ne respecterait pas la forme ? Et si tu penses qu'il ne respecte pas la forme, il existe pourtant bien, ce cycle, ce qui contredit ta conclusion qu'un cycle ne peut pas exister.

123rourou

​$U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\3  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$  $U_{15}={15,46,23,70,35,106,53,160,5,16,1}$

$(3\cdot((((3\cdot((3\cdot((3\cdot15+1)_{=46}/2)_{=23}+1)_{=70}/2)_{=35}+1)_{=106}/2)_{=53}\cdot3+1)_{=160}/2^5)_{=5}+1)_{=16}/2^4=1$

$\displaystyle  15\frac{3^5}{2^{12}}+ \frac{3^4}{2^{12}}+  \frac{3^3}{2^{11}} +\frac{3^2}{2^{10}} +  \frac{3^1}{2^9}  +\frac{3^0}{2^4}=1$

liste de nombres impairs différents de 1 dans $U_{15}$  {15,23,35,53,5} qt =5 puissance max de 3 dans la transposition 5 

$\displaystyle  ..\frac{3^5}{2^{12}}+...$

maintenant je suppose que $\displaystyle  n_1\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{p_0}}}{2^{a_n}} =n_1$ la prochaine valeur rajoute +1 à toutes les puissances de 3  et sera de la forme $\frac{3^{p_0}}{2^{a_x}}$. Et cela n'est pas arithmétiquement correct ou complètement différent que ce que tu proposes.

Collag3n

Prochaine valeur? si tu parles d'ajouter 1 aux exposants alors je suppose que cette "prochaine valeur" est $n_2$ qui suit $n_1$ dans le cycle. Je ne vois pas le soucis, et je ne parle pas de ça. Je ne propose rien. J'expose des faits et te pose des questions afin de t’amener à réaliser certaines choses. Je note que tu évites de répondre aux questions, donc à part partir en boucle moi-même, je ne sais pas ce que je peux faire de plus.

Edit: j'ai remonté un peu le fil, et je vois qu'en fait lourrran a déjà pas mal galéré à te faire comprendre des évidences. Il n'y aurait pas un peu de mauvaise foi dans tout ça?

lourrran

Dans ce message, tu regardes la suite '5x+1' , tu pars du nombre 23, tu regardes les premières étapes, tu vois qu'au bout de quelques étapes on arrive à 183 ( beaucoup plus grand que 23), tu arrêtes les calculs (cas A) tu dis que la suite diverge (bof, admettons) et tu écris une formule avec 183 à droite au lieu du 1 qu'on aimerait avoir.

Revenons à la suite 3x+1, partons du nombre 35433480191, (cas calculons les premières étapes, et on voit que ça monte, ça monte, ça monte. On arrive par exemple à 34911235104767 qui est quasiment 1000 fois plus grand que le nombre de départ.
Et comme pour 183, on pourrait abandonner, et  écrire une formule avec 34911235104767 à droite du signe =, au lieu du 1 qu'on aimerait avoir.
Mais comme tu as lu ici ou là que pour ce nombre, et pour la suite 3x+1, ça finirait par redescendre, tu ne fais pas comme dans le cas A, tu continues très longtemps les calculs, jusqu'à arriver à 1.

En fait, dans le cas (A), tu arrêtes les calculs, et dans l'autre, même si ça monte très longtemps, tu continues les calculs. Parce que quelqu'un t'a dit que dans le cas A, ça divergeait, et dans l'autre ça ne divergeait pas.
Tes calculs ne prouvent rien, puisque tu n'appliques pas les mêmes critères entre le cas A et le cas B. 

Par ailleurs, même si tu appliquais la même méthode, ça ne prouverait toujours rien. Tes calculs nous diraient : sur tous les nombres testés, on arrive systématiquement à 1. Donc strictement RIEN de plus que ce que le Dr Collatz constatait avec son stylo et son papier il y a 80 ans.

123rourou

Ok, je vais essayer de mieux me faire comprendre, a partir de :

​$U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\3  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$

Je calcule la transposée de la suite U_n avec 2 éléments impairs. $U_{15}=\{15,46,23\}$

$\displaystyle  15\frac{3^1}{2^{..}}=23$

.Je calcule la transposée de la suite U_n avec 3 éléments impairs. $U_{15}=\{15,46,23,70,35\}$

$\displaystyle  15\frac{3^2}{2^{..}}+ \frac{3^1}{2^{..}}=35$

.Je calcule la transposée de la suite U_n avec 4 éléments impairs. $U_{15}=\{15,46,23,70,35,106,53\}$

$\displaystyle  15\frac{3^3}{2^{..}}+ \frac{3^2}{2^{..}}+ \frac{3^1}{2^{..}}=53$

.Je calcule la transposée de la suite U_n avec 5 éléments impairs. $U_{15}=\{15,46,23,70,35,160,5\}$

$\displaystyle  15\frac{3^4}{2^{..}}+ \frac{3^3}{2^{..}}+ \frac{3^2}{2^{..}}+\frac{3^1}{2^{..}}=5$

Comme les règles de l'arithmétique sont immuables, je peux faire la même chose si la suite diverge ou si je change les coefficients et même si la suite comporte un cycle .

​$U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\5  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$

$\displaystyle  n_0\frac{5^1}{2^{..}}=n_2$

$\displaystyle  n_0\frac{5^2}{2^{..}}+ \frac{5^1}{2^{..}}=n_4$

$\displaystyle  n_0\frac{5^3}{2^{..}}+ \frac{5^2}{2^{..}}+ \frac{5^1}{2^{..}}=n_6$

$\displaystyle  n_0\frac{5^4}{2^{..}}+ \frac{5^3}{2^{..}}+ \frac{5^2}{2^{..}}+\frac{5^1}{2^{..}}=n_8$

En gros, le comportement de la suite n'impacte pas la transposée ; la plus grande puissance sera toujours égale à la quantité de nombres impairs présents dans la suite transposée. Maintenant, si je te comprends bien, tu me dis 'OK', sauf que dans:

$\displaystyle  n_1\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{0}}}{2^{a_n}} =1$

Il suffit de bricoler une suite avec $n_1$ $\displaystyle n_1\frac{3^q}{2^{b_0}}+ \frac{{3^{q-1}}}{2^{b_1}}=n_1$ Puis, par récursivité, je peux fabriquer une suite aussi longue que je veux, composée uniquement de +, et donc la valeur ne change pas.

$\displaystyle  ( ( ( n_1\frac{3^q}{2^{b_0}}+ \frac{{3^{q-1}}}{2^{b_1}})\frac{3^q}{2^{b_0}}+ \frac{{3^{q-1}}}{2^{b_1}})\frac{3^q}{2^{b_0}}+ \frac{{3^{q-1}}}{2^{b_1}})\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{0}}}{2^{a_n}} =1$

oui, sauf que non parque dans ce cas la plus grande puissance ne  sera pas  égale à la quantité de nombres impairs présents dans la suite transposé
Voilà, j'espère avoir réussi à me faire comprendre. donc sauf erreur
$\displaystyle  n_1\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{p-x}}}{2^{a_n}} \ne n_1$ Si je respecte la forme """canonique""" de la transformation. donc pas de clycle

Le truc pour comprendre la démo, c'est que le comportement de la suite n'impacte pas la transposée ; je peux toujours faire une conversion U_n transposée ou une  polynomisation de la suite U_n

lourrran

Dans tout ton calcul, on peut remplacer 3 par 5, ça ne change rien à ton calcul. Donc tu pourrais aussi bien prouver que 

$\displaystyle  n_1\frac{5^p}{2^{a_0}}+ \frac{{5^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{5^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{5^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{5^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{5^{0}}}{2^{a_n}} \ne n_1$

Or :
$\displaystyle 13 \frac{5^3}{2^7} + \frac{5^2}{2^7}+ \frac{5^1}{2^6} + \frac{5^0}{2^5} = 13$

Il y a donc une erreur dans ton 'bricolage'.

123rourou

Rajoute un élément, et dans ce cas, la plus grande puissance ne sera pas égale à la quantité de nombres impairs présents dans la suite transposée. En gros, tu ne respectes pas la forme. Ce que tu fais, c'est sortir du domaine d'application, bricoler quelque chose et essayer de le refaire  rentrer dans le domaine d'application.

lourrran

???
J'aurais mieux faire de tenir mes engagements ... tu lis les liens que je t'ai proposés, en particulier le lien vers le site du CNRS et si tu as des questions, on en parle.
Et si tu n'as pas de questions, normalement tu devrais prendre conscience que tu fais fausse route.

Commenter tes oeuvres n'apporte définitivement rien.

123rourou

$\displaystyle  13\frac{5^3}{2^{7}}+ \frac{5^2}{2^{7}} + \frac{5^1}{2^{6}}+\frac{5^0}{2^{5}} =13$


$\displaystyle  (13\frac{5^3}{2^{7}}+ \frac{5^2}{2^{7}} + \frac{5^1}{2^{6}}+\frac{5^0}{2^{5}} ) \frac{5^3}{2^{7}}=  13\frac{5^6}{2^{14}}+ \frac{5^5}{2^{14}} + \frac{5^3}{2^{13}}+\frac{5^3}{2^{12}} $

$\displaystyle  n_1\frac{5^p}{2^{a_0}}+ \frac{{5^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{5^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{5^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{5^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{5^{p-x}}}{2^{a_n}} $

Cela ne ressemble pas à la forme canonique de la polynomialisation de la suite U_n, regarde les puissances de 5.

De toute manière, à partir du moment où tu admets que quel que soit le comportement de la suite U_n , cycle, convergence ou divergence - je peux transposer la suite en polynôme et que ce polynôme aura toujours cette forme, c'est mort : tu es obligé d'admettre qu'il n'y a pas de cycle. Et à chaque bricolage, je te ramènerai à la forme canonique de la transposée. Maintenant, montre-moi que dans ce contexte, il est possible d'avoir un cycle, et là, ok, je m'inclinerai,

lourrran

Je n'ai pas l'intention de te rabaisser (t'incliner) mais de t'élever (t'aider à comprendre).

Ceci dit, je ne vais pas pouvoir accéder à ta demande, parce que je n'ai pas tes dons pour écrire des textes surréalistes.

Lis l'article du CNRS, et si tu as des questions, là, c'est plus dans mon domaine de compétences, et je pourrai t'aider.

123rourou

Je viens de lire ton article, ben, comme d'habitude, c'est toujours la même chose. S'il y avait une réponse dans l'analyse des ""vols"", cela serait tombé depuis longtemps. S'il existe une réponse, elle se trouve à l'extérieur des suites. Donc pour moi, il n'y a pas de cycle parce que la forme canonique de la transposition ne permet pas d'écrire.
$\displaystyle  n_1\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{p-x}}}{2^{a_n}} \ne n_1$

En attendant que quelqu'un invalide mon approche, je vais m'intéresser aux puissances de 2. Il y a peut-être quelque chose à gratter.

$U_{15}=(15,46,23,70,35,106,53,160,5,16,1)$
$ (\frac{3}{2})^5 \cdot \frac{15}{2^7}+ (\frac{3}{2})^4\cdot \frac{1}{2^{8}}+  (\frac{3}{2})^3\cdot \frac{1}{2^{8}} +(\frac{3}{2})^2\cdot  \frac{1}{2^8} +  (\frac{3}{2})^1\cdot   \frac{1}{2^8}  +(\frac{3}{2})^0\cdot \frac{1}{2^4}=1$.

lourrran

1.
Tu peux être tranquille, personne ne pourra jamais invalider ton approche.
Il y a des raisonnements qui sont vrais, d'autres qui sont faux, mais les tiens ne sont ni vrais, ni faux, ils ne sont même pas faux.
Dans un raisonnement faux, il y a un début, une fin, une structure, et une erreur quelque part dans tout ça.
Il y a une erreur, mais il y a au moins une structure.
Mais dans tes raisonnements, il n'y a pas de début, pas de fin, pas de plan, pas de structure. Donc pas d'erreur.
Ni queue ni tête pour reprendre une expression populaire.

2.
Tu affirmais dans ce message qu'il ne pouvait pas y avoir de cycle. 
Et donc que toutes ces réflexions du CNRS sur la longueur éventuelle d'un cycle sont ridicules. Tu restes sur tes positions ?

123rourou

OK, OK. Dis-moi plutôt pourquoi j'ai toujours les mêmes puissances de 2.

$coef=3/2$

$U_{15}=(15,...,1)$ 

$ coef^5 \cdot \frac{15}{2^7}+ coef^4\cdot \frac{1}{2^{8}}+  coef^3\cdot \frac{1}{2^{8}} +coef^2\cdot  \frac{1}{2^8} + coef^1\cdot   \frac{1}{2^8}  +coef^0\cdot \frac{1}{2^4}=1$

$U_{23}=(23,....,1)$

$coef^4\cdot \frac{23}{2^{7}}+  coef^3\cdot \frac{1}{2^{8}} +coef^2\cdot  \frac{1}{2^8} + coef^1\cdot   \frac{1}{2^8}  +coef^0\cdot \frac{1}{2^4}=1$

Et la transposition de 31 devrait être aussi  de la même forme. À mon avis, un spécialiste devrait être en mesure de pouvoir le justifier, et si c'est de manière simple, ce serait en plus assez sympa.

lourrran

Quelle est la différence entre un pigeon ?
Quand tu auras répondu à cette question, je pourrai faire un copier/coller de ta réponse, et ce sera ma réponse à ta question.
Ma question n'est ni plus surréaliste ni moins surréaliste que ta question. 

123rourou

... Dis-moi plutôt pourquoi j'ai toujours les mêmes puissances de 2.

avec c=3/2  ,en gros non il n'y  a pas toujours les mêmes puissances de 2, il faut juste que

 (1-(c^4/2^5+c^3/2^4+c^3/2^4+c^2/2^4+c^1/2^4+c^0/2^4))/c^5>0

et absolument pas

(1-(c^4/2^4+c^3/2^4+c^3/2^4+c^2/2^4+c^1/2^4+c^0/2^4))/c^5<0

si l'on veux rester sur les entiers positif. Bon .Si vous avez un lien sur la représentation des entiers en base fractionnaire, je suis preneur.J'ai juste cela

IA fait de l'humour avec sont 42 ???

123rourou

Donc j'ai un entier en base 10 qui utilise la représentation en base 3/2 pour obtenir un autre entier en base 10.

En gros, c'est comme s'il existait des règles permettant de mélanger les différentes  bases  ou représentations tout en restant dans la même base 

cela parle à quelqu'un ?? Désolé, mais même si j'y arrive, cela ne sera probablement pas pour moi.

@lourran Allez, lâche-toi, fais-toi plaisir !

lourrran

Je pense que tu peux dialoguer avec ChatGPT, c'est une bonne idée. Tu devrais réussir à lui faire dire que tes raisonnements sont corrects.

Collag3n

Faudra qu'on m'explique comment tu as pu démontrer l'impossibilité de cycles en utilisant $13$ qui fait partie d'un cycle

https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2453714/#Comment_2453714

123rourou

@Collag3n

https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2453714/#Comment_2453714 

Cela ne ressemble pas à la forme canonique de la polynomialisation de la suite U_n, regarde les puissances de 5.

123rourou

OK,  j'avance tranquillement ET vous n'allez pas aimer ,donc

​$U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\3  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$

$U_n\{....\}$

$\displaystyle  n_1\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{0}}}{2^{a_n}} =1$

$\displaystyle (\frac{3}{2})^p \cdot \frac{n_1}{2^n_1}+ (\frac{3}{2})^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+  (\frac{3}{2})^{p-2}\cdot \frac{1}{2^{n_3}} +(\frac{3}{2})^{p-3}\cdot  \frac{1}{2^n_4} +... +(\frac{3}{2})^0\cdot \frac{1}{2^n_p}=1$.

Maintenant, des faits, que des faits ,rien que des faits:

Cette transposition est-elle possible quel que soit le comportement de la suite ?  pour moi oui

Tous les entiers sont-ils éligibles pour oui

La forme canonique de la polynomialisation de la suite de Syracuse est-elle comparable à une représentation des entiers en base 3/2 .J'aurais bien aimé pouvoir dire non, mais ce serait une connerie.donc oui

La suite de Syracuse est-elle assimilable à un processus de conversion de base, en l'occurrence (3/2) Oui, sauf que non, car je n'ai pas des nombres entiers mais plutôt des coefficients de la forme $\frac{1}{2^{n}}$ donc je ne sais pas

Je sais, cela paraît bizarre, mais s'il existe une personne derrière un  pseudonyme dépositaire d'un savoir académique sur la représentation des entiers dans une base non entière avec des coefficients non entiers, je suis intéressé.L'idée sous-jacente est de sortir Syracuse de ses carcan pour l'insérer dans un cas général, pour éventuellement le justifier et peut être le démontrer. Mais cela sera pour la semaine prochaine. je suis a la bour dans mon taf

Collag3n

Ok, donc je dis "comment tu as pu démontrer l'impossibilité de cycles en utilisant 13 qui fait partie d'un cycle?", et tu ne vois même pas le problème. Tu bats tous les shtameurs que j'ai pu rencontré jusqu'à maintenant. Ce n'est pas du surréalisme, c'est de l'absurdisme à ce niveau.

123rourou

ok $\displaystyle  13\frac{5^3}{2^{7}}+ \frac{5^2}{2^{7}} + \frac{5^1}{2^{6}}+\frac{5^0}{2^{5}} =13$

maintenant je rajoute un élément a la suite

$\displaystyle  (13\frac{5^3}{2^{7}}+ \frac{5^2}{2^{7}} + \frac{5^1}{2^{6}}+\frac{5^0}{2^{5}} ) \frac{5^3}{2^{7}}$

ce qui me donne

$\displaystyle 13\frac{5^6}{2^{14}}+ \frac{5^5}{2^{14}} + \frac{5^3}{2^{13}}+\frac{5^3}{2^{12}} $ regarde les valeurs des puissances

et comme cela ne ressemble pas a $\displaystyle  n_1\frac{5^p}{2^{a_0}}+ \frac{{5^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{5^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{5^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{5^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{5^{p-x}}}{2^{a_n}} $ cela ne peut pas existe parque

la suite $U_n={.....}$ ressemblera toujours a  $\displaystyle  n_1\frac{5^p}{2^{a_0}}+ \frac{{5^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{5^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{5^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{5^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{5^{p-x}}}{2^{a_n}} $

parque la transposition de la suite est toujours possible et que sa forme sera toujours la même.Inutile de préciser que tu ne dois pas avoir un entier, mais bon ...

et je rajoute

L'on ne parle pas de la même chose. Je parle des éléments de la suite de Syracuse, et toi, tu me parles d'une suite avec un cycle. Nous avons tous les deux raison, sauf que toi, tu ne peux pas me démontrer que cette suite qui a un cycle  est produite par une suite de Syracuse.

Collag3n

Sérieusement????

"comment tu as pu démontrer l'impossibilité de cycles en utilisant 13 qui fait partie d'un cycle?". Combien de fois tu vas devoir lire cette phrase pour que l'ampoule s'allume?

Avec ça je n'ai vraiment pas besoin d'ajouter que non, ajouter 1 élément, c'est juste faire ça: $(13\frac{5^3}{2^{7}}+ \frac{5^2}{2^{7}} + \frac{5^1}{2^{6}}+\frac{5^0}{2^{5}} ) \frac{5^1}{2}+\frac{5^0}{2}=33$, que c'est tout à fait valide, je te l'ai déjà expliqué, et ton exposant correspond toujours au nombre d'éléments impairs de ta suite (ici, 1 élément de plus qui est $33$), ou que ce que tu fais ici à la fin du post https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2453698/#Comment_2453698 est absurde (prendre $n_1$ d'un cycle et le mettre dans une équation qui le ferait atterrir à 1 ?!?).

Collag3n

"L'on ne parle pas de la même chose. Je parle des éléments de la suite de Syracuse, et toi, tu me parles d'une suite avec un cycle. Nous avons tous les deux raison, sauf que toi, tu ne peux pas me démontrer que cette suite qui a un cycle  est produite par une suite de Syracuse."

C'est tout aussi absurde. Ces cycles sont construits avec l’algorithme de Syracuse, en quoi ne seraient-elles pas des suites de Syracuse ? Et donc tu aurais démontré (je ne vois aucune démonstration d'ailleurs) que les nombres qui atteignent 1 ne sont pas passés par un cycle (ils passent par le cycle trivial pourtant) ? C'est quoi l'objectif ? pourquoi tu veux démontrer qu'un nombre qui n'est pas dans un cycle, n'est pas dans un cycle ?

123rourou

Je n'ai pas vérifié et je te fais confiance. Dans ce cas, tu n'as pas de cycle et ta représentation est juste une extrapolation de la forme canonique où ta représentation ne montre pas la présence d'un  cycle( p= qt de nombres impaire différent 1 de la suite  de U_n)

123rourou

En gros, tu me dis que pour une même valeur, il existe plusieurs  voir une infinité  représentations possibles en base (3/2 ) si l'on admet cette transposition,qui ressemble fortement à une représentation des entier en base  3/2.

$\displaystyle (\frac{3}{2})^p \cdot \frac{n_1}{2^n_1}+ (\frac{3}{2})^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+  (\frac{3}{2})^{p-2}\cdot \frac{1}{2^{n_3}} +(\frac{3}{2})^{p-3}\cdot  \frac{1}{2^{n_4}} +... +(\frac{3}{2})^0\cdot \frac{1}{2^{n_p}}=n_1$.

Ça va être compliqué de le justifier.

Collag3n

La formule générale est $n_p=n_0\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{0}}}{2^{a_n}}$. Qu'il existe un $p$, quelque soit $n_0$, pour lequel on a $n_p=1$, ça c'est la conjecture. Dans un cycle, cette formule fonctionne aussi. C'est juste que $n_p$ passe (cycliquement) à travers tous les impairs du cycle si tu augmentes $p$ en partant d'un $n_0$ appartenant au cycle. Dans ce cas $n_p$ ne sera jamais 1, et à chaque fois que $p$ est un multiple de la longueur du cycle, $n_p=n_0$. Si tu ne t'intéresses qu'aux cas $n_p=1$, pourquoi parler d'absence de cycle?

Même dans le cas $n_p=1$, rien ne t'empêche de continuer indéfiniment à multiplier par 3, ajouter 1, diviser par 4 (déjà expliqué), pour la simple raison que 1 est un cycle. Donc oui, ta représentation en partant de $n_0$ (ou $n_1$) n'est pas unique et peut avoir une valeur de $p$ aussi large que tu veux.

123rourou

Dans un cycle, cette formule fonctionne aussi.

Non, parce que la transposition de la suite U_n implique ou impose  que la quantité de nombres impairs différents de 1 dans la suite U_n soit égale à p, donc à chaque étape ou ajout d’élément dans la suite , p augmente.

Collag3n

Dans un cycle, le nombre d'impairs de ta suite correspond aussi à $p$, je ne vois pas de problème.

123rourou

Je n'ai pas la réponse, cela me semblait évident, mais vu comme ça, je n'ai pas la réponse. 

Peut-être que la réponse se trouve dans la pseudo-représentation en base (3/2),

À l'époque, j'aurais dit que l'écriture d'un cycle impose une progression différente des puissances de p, mais je n'en suis plus vraiment convaincu.hummm

123rourou

En fin de compte si ,Il suffit de créer deux suites différentes qui aboutissent à la même valeur, ou de partir d'un entier et de créer deux chemins en calculant les étapes $U_{n−1}$

{...,632, 316}

{....,105,316} 

J'ai donc bien deux suites qui me donnent deux transposées différente qui peuvent très bien ne pas avoir les mêmes valeurs pour p et avoir la même valeur ici 316.Donc ok 

Ce qui me fait penser que si les deux suites ont la même quantité de  nombre impair et même valeur final, elles ont donc les même puissance pour les coefficient (3/2) dans la transposer. Et elles ont par définition pas les mêmes coef de forme 1/2 à cause de la valeur différente de point de départ $n_1$. Il y a peut-être une réduction possible de la forme canonique de la polynomisation de la suite de Syracuse des éléments de $U_n$.

$\displaystyle (\frac{3}{2})^p \cdot \frac{n_1}{2^{n_1}}+ (\frac{3}{2})^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+  (\frac{3}{2})^{p-2}\cdot \frac{1}{2^{n_3}} +(\frac{3}{2})^{p-3}\cdot  \frac{1}{2^{n_4}} +... +(\frac{3}{2})^0\cdot \frac{1}{2^{n_p}}=n_0$.

123rourou

j’adore chat gpt
Oui, en effet, il existe des suites de Syracuse qui partent de deux entiers différents et convergent vers une même valeur qui diffère de 1. Par exemple :
Si on prend les départs suivants :

• Suite de Syracuse pour n = 27 : 27, 82, 41, 124, 62, 31, 94, 47, 142, 71, 214, 107, 322, 161, 484, 242, 121, 364, 182, 91, 274, 137, 412, 206, 103, 310, 155, 466, 233, 700, 350, 175, 526, 263, 790, 395, 1186, 593, 1780, 890, 445, 1336, 668, 334, 167, 502, 251, 754, 377, 1132, 566, 283, 850, 425, 1276, 638, 319, 958, 479, 1438, 719, 2158, 1079, 3238, 1619, 4858, 2429, 7288, 3644, 1822, 911, 2734, 1367, 4102, 2051, 6154, 3077, 9232, 4616, 2308, 1154, 577, 1732, 866, 433, 1300, 650, 325, 976, 488, 244, 122, 61, 184, 92, 46, 23, 70, 35, 106, 53, 160, 80, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.
• Suite de Syracuse pour n = 28 : 28, 14, 7, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.

Les deux suites convergent toutes les deux vers 1, mais elles partent de nombres initiaux différents (27 et 28).

 {14, 7, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40,} et {61, 184, 92, 46, 23, 70, 35, 106, 53, 160, 80, 40}

Donc deux suites différentes atteignent la même valeur, ici 40 et 4 nombres impairs .La suite de demain.

123rourou

Bingo

​$U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\3  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$

$U_n\{....\}$   $U_{15}=(3\cdot((((3\cdot((3\cdot((3\cdot15+1)_{=46}/2)_{=23}+1)_{=70}/2)_{=35}+1)_{=106}/2)_{=53}\cdot3+1)_{=160}/2^5)_{=5}+1)_{=16}/2^4=1$

$\displaystyle  n_1\frac{3^p}{2^{a_0}}+ \frac{{3^{p-1}}}{2^{a_1}}+  \frac{{3^{p-2}}}{2^{a_2}} + \frac{{3^{p-3}}}{2^{a_3}} + \frac{{3^{p-4}}}{2^{a_4}}+\dots+ \frac{{3^{0}}}{2^{a_n}} =1$

$\displaystyle (\frac{3}{2})^p \cdot \frac{n_1}{2^{n_1}}+ (\frac{3}{2})^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+  (\frac{3}{2})^{p-2}\cdot \frac{1}{2^{n_3}} +(\frac{3}{2})^{p-3}\cdot  \frac{1}{2^{n_4}} +... +(\frac{3}{2})^0\cdot \frac{1}{2^{n_p}}=1$.

Nous sommes arrivés à être d'accord sur le fait que quel que soit le comportement de la suite, j'aurai toujours P égal à la quantité de nombres impairs avec une progression de raison 1. Ce qui élimine toute création de cycle hypothétique basé sur la récurrence. Je ne vais pas refaire le débat.

Il restait en suspens le fait qu'il aurait été possible d'écrire une même valeur avec un polynôme de taille différente. Après l'avoir admis, puis justifié, je vous propose de démontrer qu'il n'est pas possible d'avoir un cycle, même s'il est possible d'avoir un polynôme de taille différente.

Pour cela n’utiliser deux suite U_n(325),et U_n(61)

$(3/2)^5 \cdot 325/2^6 +    (3/2)^4  \cdot 1/2^7   +(3/2)^3 \cdot  1/2^4+  (3/2)^2 \cdot 1/2^2 +( 3/2)^1 \cdot  1/2^2  +(3/2)^0 \cdot 1/2^2  =40$

                                   $(3/2)^4 \cdot 61/2^3  +(3/2)^3 \cdot   1/2^4+  (3/2)^2\cdot 1/2^2 + (3/2)^1\cdot 1/2^2  +(3/2)^0\cdot  1/2^2 =40$

donc  $(3/2)^4\cdot  (61/2^3-1/2^7)- (3/2)^5 \cdot 325/2^6 =0$ et cela rend impossible la formation d'un cycle.

si je prend la suite U_n(31)= { 31 - 94 - 47 - 142 - 71 - 214 - 107 - 322 - 161 - 484 - 242 - 121 - 364 - 182 - 91 - 274 - 137 - 412 - 206 - 103 - 310 - 155 - 466 - 233 - 700 - 350 - 175 - 526 - 263 - 790 - 395 - 1186 - 593 - 1780 - 890 - 445 - 1336 - 668 - 334 - 167 - 502 - 251 - 754 - 377 - 1132 - 566 - 283 - 850 - 425 - 1276 - 638 - 319 - 958 - 479 - 1438 - 719 - 2158 - 1079 - 3238 - 1619 - 4858 - 2429 - 7288 - 3644 - 1822 - 911 - 2734 - 1367 - 4102 - 2051 - 6154 - 3077 - 9232 - 4616 - 2308 - 1154 - 577 - 1732 - 866 - 433 - 1300 - 650 - 325 - 976 - 488 - 244 - 122 - 61 - 184 - 92 - 46 - 23 - 70 - 35 - 106 - 53 - 160 - 80 - 40 }

je peut avec toutes les valeurs intermédiaires présentes entre 61 et 31, écrire quelque chose de comparable à

$(3/2)^4\cdot  (61/2^3-1/2^7)- (3/2)^5 \cdot 325/2^6 =0$

En gros, la valeur reste toujours identique, mais ses la décompositions qui changent ou la manière dont elle est représentée.Et pour les bricoleurs fous, je leur dis qu'il suffit de transformer leur suite pour arriver à quelque chose de comparable. et cela sera toujours possible .Pour ceux qui ne me comprennent pas, il n'y a pas de "vol" qui monte et qui descend ; il y a un vol stationnaire qui utilise des éléments qui montent et descendent pour caractériser le vol mais le vol est stationnaire parque 

$(3/2)^4\cdot  (61/2^3-1/2^7)- (3/2)^5 \cdot 325/2^6 =0$

$(3/2)^4\cdot (61/2^3-1/2^7)-((3/2)^5 \cdot 1/2^8+ (3/2)^6 \cdot 433/2^7  )=0$

$(3/2)^4\cdot (61/2^3-1/2^7)-((3/2)^5 \cdot 1/2^8+ (3/2)^6\cdot 1/2^9 +(3/2)^7 \cdot 577/2^8)=0$

...

$(3/2)^4\cdot (61/2^3-1/2^7)-(....+(3/2)^{qt_{impaire}} \cdot 31/2^n)=0$

Ce qui rend la fabrication d'un hypothétique cycle impossible,Il reste donc a démontré la convergence pour tout n. Sauf erreur de ma part bien-surfin des modifs du msg

lourrran

Bingo, Nous sommes arrivés à être d'accord 

Non
Tu es d'accord avec toi-même, c'est déjà pas mal.
Eventuellement, tu es d'accord avec ChatGPT, mais je pense que ChatGPT est d'accord avec tout et son contraire.
Et ça s'arrête là.

123rourou

@lourran J'ai peut-être trouvé une démonstration qui est peut-être plus simple à comprendre.

si il exits un cycle j'ai donc quelque chose de la forme $U_n\{.......n_1....n_1,.....,n_1...\}$

Puis sauf erreur ,tu ne devrais pas pouvoir contester cette transformation ou la mise sous forme de polynôme de la suite.

$U_n\{....\}$  -> $\displaystyle (\frac{3}{2})^p \cdot \frac{n_1}{2^{n_1}}+ (\frac{3}{2})^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+  (\frac{3}{2})^{p-2}\cdot \frac{1}{2^{n_3}} +(\frac{3}{2})^{p-3}\cdot  \frac{1}{2^{n_4}} +... +(\frac{3}{2})^{p-n}\cdot \frac{1}{2^{n_p}}=n_0$

Ni pouvoir contester, le fait que je peux remplacer la fin du polynôme .

Maintenant, je te propose de construire un polynôme avec un hypothétique cycle, et sauf erreur, j'aurais quelque chose de la forme:

$\displaystyle  n_1\frac{3^p}{2^{a_0}}= ....+n_1[\frac{3} {2^{..}}]^{p+m}$

$\displaystyle  n_1\frac{3^p}{2^{a_0}}= ....+n_1[\frac{3} {2^{..}}]^{p+2m}$

$\displaystyle  n_1\frac{3^p}{2^{a_0}}= ....+n_1[\frac{3} {2^{..}}]^{p+3m}$

Jusque-là, c'est juste de l'arithmétique difficilement contestable, donc je continue sur cette voie.Donc. Est-ce que le fait d'ajouter un cycle dans le polynôme modifie les valeurs associées au cycle précédent ? (oui/non)

 Si tu réponds non, tu as démontré l'impossibilité d'avoir un cycle. Si tu réponds oui, je te demande de bien vouloir le justifier.

ou en gros  $\displaystyle  n_1 \ne cte(....+n_1[\frac{3} {2^{..}}]^{p+3m})$ Parque les valeurs d'un cycle sur l'autre ne change pas tout.

lourrran

Jusque-là, c'est juste de l'arithmétique difficilement contestable,

Non,
Jusque là, c'est du charabia sans queue ni tête.

Je te redis : il y a 6 ou 7 types du CNRS qui ont validé un article qui expliquait que les éventuels cycles auraient une longueur d'au moins 18 milliards d'étapes. 
Tous les raisonnements d'arithmétique difficilement contestable, ces gens là y ont pensé bien avant toi, et si ces raisonnements menaient quelque part, ils auraient dit à l'auteur de l'article : par de l'arithmétique difficilement contestable, on prouve qu'il n'y a pas de cycle, alors ton article, on ne le publie pas. 
Tant que tu croiras que tu es plus doué que 6 ou 7 types du CNRS réunis, alors que tu ne sais pas écrire autre chose que du charabia sans queue ni tête, tu n'avanceras pas. (avancer au sens de mûrir, pas avancer dans la résolution de cette conjecture)

123rourou

D'accord, ce n'est pas un problème pour moi. Si je trouve une idée sur la convergence de la suite, je poursuivrai.

123rourou

J'ai ,Je ferai quelque chose de plus clair la semaine prochaine.

$(3/2)^5 \cdot 325/2^6 +    (3/2)^4  \cdot 1/2^7   +(3/2)^3 \cdot  1/2^4+  (3/2)^2 \cdot 1/2^2 +( 3/2)^1 \cdot  1/2^2  +(3/2)^0 \cdot 1/2^2  =40$

                                  $ (3/2)^4  \cdot 61/2^3   +(3/2)^3 \cdot  1/2^4+  (3/2)^2 \cdot 1/2^2 +( 3/2)^1 \cdot  1/2^2  +(3/2)^0 \cdot 1/2^2  =40$

                                                                    $(3/2)^3 \cdot  23/2+  (3/2)^2 \cdot 1/2^2 +( 3/2)^1 \cdot  1/2^2  +(3/2)^0 \cdot 1/2^2  =40$

                                                                                                    $ (3/2)^2 \cdot 35/2 +( 3/2)^1 \cdot  1/2^2  +(3/2)^0 \cdot 1/2^2  =40$

...

la quantité de nombres pairs est égale à la différence des puissances de  2 (voir méthode de transposition) et pour exemple 

$(3/2)^5 \cdot 325/2^6$      $ (3/2)^4  \cdot 61/2^3 $ -> $11-7=4$  U_n=( 325 - 976 - 488 - 244 - 122 - 61)

Puis, nous serons probablement d'accord pour dire que Syracuse ne peut pas produire deux nombres impairs consécutifs (voir définition).Donc, au mieux ou dans le cas le moins favorable, j'aurais une alternance pair-impair, donc quelque chose de la forme $(3/2)^p \cdot 1/2^{p+1}=\frac{3^p}{2^{p+1}}<1$

Ensuite, s'il existe une suite qui diverge, il faut avoir au minimum un terme > 1. donc

$n\frac{3^p}{2^{p+1}}>1$ Sauf que c'est pas possible parce que j'aurais au minimum 3 éléments polynomiaux pour une division par 10. Pas sûr d’être très clair, mais l’idée est là, sauf erreur de ma part bien sûr.Grosso modo, j'associe une quantité d'éléments du polynôme  à un diviseur pour voir s'il existe quelque chose $n\frac{3^p}{2^{p+1}}>1$ et donc par récurrence j'aurais au bout un 1 parque je ne peut pas avoir de décimaux.

Franchement, ....,Bon bref. Je suis curieux de lire vos arguments mathématiques la semaine prochaine.

Pour faire avancer le débat ne pas oublier que :

$U_n\{....\}$  -> $\displaystyle (\frac{3}{2})^p \cdot \frac{n_1}{2^{n_1}}+ (\frac{3}{2})^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+  (\frac{3}{2})^{p-2}\cdot \frac{1}{2^{n_3}} +(\frac{3}{2})^{p-3}\cdot  \frac{1}{2^{n_4}} +... +(\frac{3}{2})^{p-n}\cdot \frac{1}{2^{n_p}}=n_0$

Et cela, quel que soit le comportement de la suite.