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

1679111214

Réponses

  •  Je suis curieux de lire vos arguments mathématiques
    C'est bien, tu progresses. Toi tu te charges de pondre du charabia, et tu laisses les mathématiques aux autres. Maintenant, faire des mathématiques sur la base de ton charabia, désolé, mais ça ne paraît pas réaliste.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (November 2023)
    Je vais mettre un peu d'ordre

    $U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\3  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$
    $u_n=\{....\}$
    $\displaystyle (\frac{3}{2})^p \cdot \frac{n_1}{2^{n_1}}+ (\frac{3}{2})^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+  (\frac{3}{2})^{p-2}\cdot \frac{1}{2^{n_3}} +(\frac{3}{2})^{p-3}\cdot  \frac{1}{2^{n_4}} +... +(\frac{3}{2})^0\cdot \frac{1}{2^{n_q}}=1$.

    Cette mise sous forme de polynôme de la suite U_n est toujours possible, quelle que soit le comportement de la suite, qu'elle diverge, converge ou qu'il y ait la présence d'un cycle. Ensuite, la plus grande puissance de 2 correspond à la quantité de divisions par 2, et la plus grande puissance de 3 correspond à la quantité de multiplications par 3, et donc à la quantité de nombres impairs différents de 1.
    Maintenant, je me place dans la situation la moins favorable pour voir si la suite diverge. Je suppose donc qu'il existe un entier décomposable en une  la suite U_n où il y a une alternance infinie de valeurs pair/impair

    $\displaystyle n_1 (\cdot \frac{3 }{2})^p + (\frac{3}{2})^{p-1}+  (\frac{3}{2})^{p-2}+(\frac{3}{2})^{p-3}+... =n_0$
    Donc maintenant, il faut démontrer que ce nombre $n_0$ ne peut pas exister et pourquoi .
  • 123rourou
    Modifié (November 2023)
    Pour démontrer le cycle, il suffit de transposer en polynôme deux valeurs impaires consécutives faisant partie de la première occurrence du cycle, puis de faire la même chose pour la $n$-ième occurrence et de conclure. Et pour les esprits chafouins, il y a bien un cycle '4,1,4,1,4...' et ce cycle est lié  au fait que 4 =3 + 1, ce qui permet d'avoir une égalité. D'un côté, la quantité de nombres impairs et de l'autre, la mise en facteur d'une simplification arithmétique.
                        $ 3^4/2^8+3^3/2^8+3^2/2^6+3/2^4+1/2^2=1$
    $3^5/2^{10}+3^4/2^{10}+3^3/2^8+3^2/2^6+3/2^4+1/2^2=1$
    $3^5/2^{10}+3^4 (1/2^{10}-1/2^{8}) =0 $
    Je reprendrai le fil plus tard.
  • 123rourou
    Modifié (November 2023)
    $\displaystyle n_1 (\cdot \frac{3 }{2})^p + (\frac{3}{2})^{p-1}+  (\frac{3}{2})^{p-2}+(\frac{3}{2})^{p-3}+... =n_0$
    Donc maintenant, il faut démontrer que ce nombre $n_0$ ne peut pas exister et pourquoi .
    Eh bien, par définition, cet entier ne peut pas exister, car une fois tout arrangé, je vais me retrouver avec quelque chose de la forme
    $\displaystyle n_1 3^p+2^{..}.3^{p-1}+2^{..}.3^{p-2}+2^{..}.3^{p-3}=2^{...}n_0$
    $\displaystyle n_1 3^p+2(...)=2^{...}n_0$
    Si $n_1$​ est pair, cette égalité est possible. Si $n_1$​ est impair, cette égalité n'est pas possible. Et dans tous les autres cas, j'ai $3^p/2^{p+n}$ et si $n_1$ et grand ajouter quelques éléments au polynôme.
    $\displaystyle (\frac{3}{2})^p \cdot \frac{n_1}{2^{n_1}}+ (\frac{3}{2})^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+  (\frac{3}{2})^{p-2}\cdot \frac{1}{2^{n_3}} +(\frac{3}{2})^{p-3}\cdot  \frac{1}{2^{n_4}} +... +(\frac{3}{2})^0\cdot \frac{1}{2^{n_q}}=1$.
    Donc, si on admet que:
    La mise sous forme de polynôme de la suite U_n est toujours possible, quelle que soit le comportement de la suite, qu'elle diverge, converge ou qu'il y ait la présence d'un cycle. Que, la plus grande puissance de 2 correspond à la quantité de divisions par 2, et la plus grande puissance de 3 correspond à la quantité de multiplications par 3, alors, il y a bien convergence vers 1, quelle que soit la valeur de l'entier. Sauf erreur bien sur.
    @lourran un argumentaire mathématique stp merci.
  • Je peux faire des maths, je peux commenter ce que tu écris, mais faire des maths en rapport avec ce que tu écris, je ne sais pas faire. 
    Ce que tu écris, c'est du charabia et rien d'autre.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • noobey
    Modifié (November 2023)
    Écris un article où tu rassembles tes notations et tes explications parce que là c'est incompréhensible et on n'a pas envie de se prendre la tête à essayer de comprendre un texte qui n'a probablement aucun sens.
  • D'autant que dans le calcul des termes successifs on ne multiplie pas par 3, mais on multiplie par 3 puis on ajoute 1. Ce qui change tout. On ne va pas rechercher dans tous tes messages pourquoi le 1 disparaît. 
  • Ils font pareil dans les CGU, ils noient le poisson sur 149 pages pour que tu n'aies plus le courage de lire et que tu leurs donnes raison!
    The fish doesnt think. The Fish doesnt think because the fish knows. Everything. - Goran Bregovic
  • 123rourou
    Modifié (November 2023)
    $U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\3  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$
    $u_n=\{....\}$
    $\displaystyle (\frac{3}{2})^p \cdot \frac{n_1}{2^{n_1}}+ (\frac{3}{2})^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+  (\frac{3}{2})^{p-2}\cdot \frac{1}{2^{n_3}} +(\frac{3}{2})^{p-3}\cdot  \frac{1}{2^{n_4}} +... +(\frac{3}{2})^0\cdot \frac{1}{2^{n_q}}=1$.

    Est-ce que tu admets que
    La mise sous forme de polynôme de la suite $U_n$ est toujours possible, quelle que soit le comportement de la suite, qu'elle diverge, converge ou qu'il y ait la présence d'un cycle.
    Que, la plus grande puissance de 2 correspond à la quantité de divisions par 2, et la plus grande puissance de 3 correspond à la quantité de multiplications par 3.
     (oui/non/admet on)
    Application numérique
    ​$U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\3  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$  $U_{15}={15,46,23,70,35,106,53,160,5,16,1}$
    $(3\cdot((((3\cdot((3\cdot((3\cdot15+1)_{=46}/2)_{=23}+1)_{=70}/2)_{=35}+1)_{=106}/2)_{=53}\cdot3+1)_{=160}/2^5)_{=5}+1)_{=16}/2^4=1$
    $\displaystyle  15\frac{3^5}{2^{12}}+ \frac{3^4}{2^{12}}+  \frac{3^3}{2^{11}} +\frac{3^2}{2^{10}} +  \frac{3^1}{2^9}  +\frac{3^0}{2^4}=1$
    $\displaystyle  15\frac{3^5}{2^{5}}\cdot \frac{1}{2^{7}}+ \frac{3^4}{2^4}\cdot \frac{1}{2^{8}}+  \frac{3^3}{2^{3}}  \cdot \frac{1}{2^{8}} +\frac{3^2}{2^{2}} \cdot \frac{1}{2^{8}}+  \frac{3^1}{2^1} \cdot \frac{1}{2^{8}} +\frac{3^0}{2^0}\cdot \frac{1}{2^{4}}=1$
  • Pendant un moment , les calculs étaient corrects, le +1 du processus de Syracuse ne pose pas de problème.

    Illustration avec quelques nombres :
    5*3/16 + 1/16 = 1 
    21*3/64 +1/64= 1
    Ces 2 nombres 5 et 13 arrivent à 1 sans impair intermédiaire, il n'y a que 2 termes à gauche du signe égal.
    13*9/128+ 3/128 +1/16= 1
    Ce nombre 13 arrive à 1 avec une étape impaire intermédiaire, il y a 3 termes à gauche du signe égal.
    Parmi les membres de la somme de gauche, on a $13*3^p$ , puis toutes les puissances de 3 apparaissent une fois et une seule ; tous ces termes sont du type $3^a/2^b$
    Au dénominateur, on a des puissances de 2, pas forcément toutes, et décroissantes.

    Pour tous les nombres qui arrivent à 1 à la fin du processus de Syracuse, on peut écrire une formule du type proposé. Aucun problème là dessus.
    Ca marche pour tous les nombres qui arrivent à 1 à la fin du processus de Syracuse, et uniquement pour eux.

    Après 123Rourou s'est dit que ça ressemblait à une décomposition en base 3/2 ; De la même façon qu'un entier peut être écrit en base $b$ avec $b$ entier, on peut envisager de l'écrire en base $q$, avec $q$ rationnel. Ok, pourquoi pas.

    Sauf que là, petit dérapage, pour écrire un nombre en base $q$, on a des éléments de la forme $q^r$ Donc, en base 3/2 , des éléments de la forme 3^3/2^r, avec le même exposant pour le numérateur et le dénominateur.

    Donc rien à voir avec les exposants qu'on avait dans le premier calcul.  

    Le processus de Syracuse donne une écriture avec un nombre de termes qui dépend uniquement de la longueur du chemin pour arriver à 1.
    L'écriture en base 3/2 donne une écriture avec un nombre de termes qui dépend uniquement de log(n)/log(3/2).

    Donc vraiment rien à voir.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (November 2023)
    Non, je dis que tous les entiers de la suite $U_n$ sont de la forme
    $\displaystyle (\frac{3}{2})^p \cdot \frac{n_0}{2^{n_1}}+ (\frac{3}{2})^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+  (\frac{3}{2})^{p-2}\cdot \frac{1}{2^{n_3}} +(\frac{3}{2})^{p-3}\cdot  \frac{1}{2^{n_4}} +\dots +(\frac{3}{2})^{p-q}\cdot \frac{1}{2^{n_q}}=n_1$.
    Et après, je regarde si je peux avoir quelque chose de plus grand que 1 donc $(\frac{3 }{2})^p$ et non pas $\frac{3^p }{2^{p+..}}$ Parce qu'un seul élément > 1 suffit à dire que cela diverge.
  • 123rourou
    Modifié (November 2023)
    Le processus de Syracuse donne une écriture avec un nombre de termes qui dépend uniquement de la longueur du chemin pour arriver à 1.
     (oui/non/admet on)
  • 123rourou
    Modifié (November 2023)
    Je rajoute parce que je ne l'ai pas dit et pour faire avancer le débat. Mais comme pour chaque entier impair, il y a un entier pair dans la suite U_n, je peux écrire $(3/2)^p$ , $(3/2)^{p+1}$, $(3/2)^{p+2} $. Le facteur $1/2^n$ présent dans le polynôme lui correspond aux entiers de  la suite $U_n$ de la forme $n \cdot2^{p>1}$

      Voir $U_{15}={15,46,23,70,35,106,53,160,5,16,1}$
     $(3\cdot((((3\cdot((3\cdot((3\cdot15+1)_{=46}/2)_{=23}+1)_{=70}/2)_{=35}+1)_{=106}/2)_{=53}\cdot3+1)_{=160}/2^5)_{=5}+1)_{=16}/2^4=1$
    Et je ne suis pas obligé d'aller jusqu'à 1
     $(3\cdot(((3\cdot((3\cdot((3\cdot15+1)_{=46}/2)_{=23}+1)_{=70}/2)_{=35}+1)_{=106}/2)_{=53}\cdot3+1)_{=160}/2^5)_{=5}+1)_{=16}$
  • J'espère que vous n'avez toujours rien sur le feux ou objection , car c'est toujours aussi pénible de rédiger les PDF
  • C'est joli tous ces calculs, même s'il reste un peu de boulot pour maîtriser le Latex. Mais il y a plein de notations qui apparaissent sans aucune explication...
    Dans l'application digitale, il y a un 3 en trop sur la 3ème ligne du "développement" de $U_{15}$. Et 6 parenthèses ouvrantes pour 3 parenthèses fermantes, ça n'aide pas à la lecture.
  • 123rourou
    Modifié (November 2023)
    Merci. Pour éviter toute ambiguïté, l'objectif du PDF est de prendre son temps, d'aligner les jalons, d'expliquer comment les passer puis surtout de se retourner et de  voir ou il a un problème. À titre personnel, je ne suis pas convaincu de ma démonstration pour la convergence. Et au pire, je me serais planté et cela sera c'est tout, sauf grave. Bon, bref, juste un exercice de style que je soumets à votre sagacité, rien d'autre. Et je rajoute que je sais d'avance que l'on ne sera pas d'accord sur la présentation, """la ligne éditoriale""" ou la forme, mais cela aussi ce n'est pas très important.
  • lourrran
    Modifié (November 2023)
    Si tu veux des retours, il faut que le PdF ne soit pas du charabia, il faut que les gens puissent comprendre ce que tu dis. Il faut donc que tes phrases aient un sens.
    Tu considères que c'est 'la forme', mais non, c'est essentiel.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (November 2023)
    Je vous ai mis les numéros de ligne.


  • Mettre les numéros de ligne, c'est bien, mais la "digital application" est encore moins lisible.
  • 123rourou
    Modifié (November 2023)
    Mettre les numéros de ligne, c'est bien, mais la "digital application" est encore moins lisible.
    ok j'ai modifié le pdf et j'ai précisé que je réduit  la liste voir https://www.cjoint.com/doc/23_11/MKEp2d4ll4J_conjecture-de-Syracuse.pdf
  • Eh bien au final c'était bien rémy
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Je n'ai pas trouvé de solution plus simple, ce qui ne signifie pas que ce n'est pas possible, mais bon, j'ai retiré la notion de réduction de liste car cela ne sert absolument à rien. J'ai également évoqué ma proposition de démonstration concernant le cycle. et comme dab sauf erreur puis ,pour la convergence ben je ne suis pas convaincu donc ...
    modif  msg
    La même, mais de manière plus simple. Car plus c'est simple, moins c'est contestable et comme dab sauf erreur ...
    Avec mes remerciements pour les éventuels retours.
  • Je n'ai pas trouvé de solution plus simple, ce qui ne signifie pas que ce n'est pas possible, mais bon, j'ai retiré la notion de réduction de liste car cela ne sert absolument à rien. J'ai également évoqué ma proposition de démonstration concernant le cycle. et comme dab sauf erreur puis ,pour la convergence ben je ne suis pas convaincu donc ...
    Même cette phrase que je viens de recopier, c'est du charabia.

    Alors à quoi bon ouvrir et lire les pdf ? 
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Je suis d'accord, c'est pénible à écrire et probablement à lire. Donc, je ferme le débat sur la transposition de la suite (voir pdf) et j'ouvre le débat sur la proposition de démonstration d'absence de cycle.
    $U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\3  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$
    $u_n=\{n_a,..,n_b,....,n_b,.....n_b.....n_b.....\}$
    Je calcule le polynôme de la deuxième occurrence à la quatrième occurrence.
    (1)  $\displaystyle n_b\cdot(\frac{3}{2})^{2p} \cdot \frac{1}{2^{n_1}}+ (\frac{3}{2})^{2p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+....+(\frac{3}{2})^{p}\cdot  \frac{1}{2^{n_0}}+... +(\frac{3}{2})^0\cdot \frac{1}{2^{n_q}}=n_b$.
    puis de la deuxième occurrence à la troisième occurrence.
    (2)  $\displaystyle n_b\cdot(\frac{3}{2})^p \cdot \frac{1}{2^{n_1}}+ (\frac{3}{2})^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+....+(\frac{3}{2})^{1}\cdot  \frac{1}{2^{n_0}} +(\frac{3}{2})^0\cdot \frac{1}{2^{n_q}}=n_b$.
    que je modif en remplacent   $n_b$ par le polynôme (2)
    $\displaystyle\biggl( (\frac{3}{2})^p \cdot \frac{1}{2^{n_1}}......(\frac{3}{2})^{0}\cdot  \frac{1}{2^{n_0}} \biggl)\cdot(\frac{3}{2})^p \cdot \frac{1}{2^{n_1}}+ (\frac{3}{2})^{p-1}\cdot \frac{1}{2^{n_2}}+....+(\frac{3}{2})^{1}\cdot  \frac{1}{2^{n_0}} +(\frac{3}{2})^0\cdot \frac{1}{2^{n_q}}=n_b$
    Jusque-là, rien de spécial. Maintenant, pour démontrer l'absence de cycle, il suffit de constater que dans le dernier polynôme, j'ai bien les mêmes puissances pour le coefficient $3/2$, mais que les puissances avec les coefficients $1/2$ ne correspondent plus à la quantité de division par deux nécessaire pour aller d'un élément impair à un autre élément impair. Donc, je peux affirmer que la première moins la dernière relation n'est pas égale à zéro. Et donc sauf erreur cela devrait démontré l'abs de cycle dans la suite $U_n$
    Comme je suis à la bourre au niveau taf, je reprendrai le PDF fin janvier et le mettrai à jour. Si vous n'avez rien trouvé.
  • Belle démonstration que 1,4,2,1 n'est pas un cycle !!
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Et pour les esprits chafouins, il y a bien un cycle '4,1,4,1,4...' et ce cycle est lié ...
  • Tant que tu essaieras de prouver que tous les types brillants qui ont travaillé sur le sujet sont des abrutis aveugles qui n'ont pas vu des trucs simplistes à ta portée, tu feras fausse route. 
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    @lourran Avec un peu d'acharnement, tu dois aussi pouvoir  le démontrer avec le théorème de Cauchy-Schwarz, mais cela n'explique en rien le pourquoi. Tu as les outils et le pourquoi. Ici, le pourquoi c'est la valeur de la puissance de 2 qui correspond à la quantité de divisions par 2. Après, le reste... ces c'est de la cuisine, que tu agrémentes en fonction de tes goûts.
  • raoul.S
    Modifié (December 2023)
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Je ne pense pas être sorti de la charte et du thème "Shtam Réservé aux amateurs pensant avoir démontré un résultat important ou difficile"
    Je dirais même que je suis au bon endroit. Et le PDF répond à une demande qui m'a été faite. Et entre nous, je n'inonde  pas le forum de messages.
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Bonjour
    J'ai, je pense, trouvé le moyen de démontrer la convergence. C'est assez mal expliqué, mais l'idée y ai sauf erreur, d'ailleurs pour le cycle , je serais assez curieux de savoir comment vous auriez aborder cette égalité :
    $ n_b\cdot\frac{3^p}{2^{n_1}}+\frac{3^{p-1}}{2^{n_2}}+\dots+\frac{3^1}{2^{n_p}} + \frac{3^0}{2^{n_q}}=n_b$
    c'est  juste pour ma culture personnelle ou pour parfaire mes connaissances.
    Merci par avance.
    https://www.cjoint.com/doc/23_12/MLglk1QTr2J_conjecture-de-Syracuse.pdf  
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Je continue tranquillement puisque personne ne veut me dire comment il aurait pu éventuellement aborder cette égalité
    $  n_b\cdot\frac{3^p}{2^{n_1}}+\frac{3^{p-1}}{2^{n_2}}+...+\frac{3^1}{2^{n_p}} + \frac{3^0}{2^{n_q}}=n_b$
    Et pour démontrer la convergence, même point de départ.
    $  n_b\cdot\frac{3^p}{2^{n_1}}+\frac{3^{p-1}}{2^{n_2}}+...+\frac{3^1}{2^{n_p}} + \frac{3^0}{2^{n_q}}=n_b$
    $   n_b \cdot 3^p=2^{n_1} \cdot n_b- 2^{n_1} \cdot (\frac{3^{p-1}}{2^{n_2}}+...+\frac{3^1}{2^{n_p}} + \frac{3^0}{2^{n_q}})$
    $  n_b \cdot 3^p=2^{n_1} \cdot n_b-  (3^{p-1}\cdot 2^{m_2}+...+3^1\cdot 2^{m_p} + 3^0\cdot 2^{m_q})$
    $-2^{n_1} \cdot n_b + n_b \cdot 3^p=2^{n_1} \cdot n_b-  (3^{p-1}\cdot 2^{m_2}+...+3^1\cdot 2^{m_p} + 3^0\cdot 2^{m_q}) -2^{n_1} \cdot n_b=0$
    $  n_b \cdot(3^p-2^{n_1})=-  (3^{p-1}\cdot 2^{m_2}+...+3^1\cdot 2^{m_p} + 3^0\cdot 2^{m_q}) $
    $   n_b  =-\frac{(3^{p-1}\cdot 2^{m_2}+...+3^1\cdot 2^{m_p} + 3^0\cdot 2^{m_q})}{(3^p-2^{n_1})} $
    $nb>0\quad\quad 2^{n_1}>3^p$
    Sauf que ce n'est pas exact car la vraie relation pour la convergence est
    $ n_b\cdot\frac{3^p}{2^{n_1}}+\frac{3^{p-1}}{2^{n_2}}+...+\frac{3^1}{2^{n_p}} + \frac{3^0}{2^{n_q}}=n_a$
    Bon, après je peux dire que si $n_b$ est grand, $n_a$ l'est aussi et donc... mais cela reste une arithmétique pas très rigoureuse.Un point de vue un avis
  • Je crois que je l'ai déjà dit, mais je vais me répéter.
    Tout ça n'est que du charabia. 
    Quand je parle mécanique avec un mécanicien, je pars du principe qu'il est plus compétent que moi. Toi, tu parles mathématique avec des mathématiciens, et tu considères que tu es plus compétent que les mathématiciens. Et pas n'importe quels mathématiciens, 
    Si tu parles avec un groupe de médecins, dont plusieurs prix Nobel de médecine, tu vas leur expliquer la médecine ? 
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Non justement si tu démontre que :
    $  n_b\cdot\frac{3^p}{2^{n_1}}+\frac{3^{p-1}}{2^{n_2}}+...+\frac{3^1}{2^{n_p}} + \frac{3^0}{2^{n_q}}=n_b$
    alors il existe un cycle,si tu démontre que :
    $2^{n_1}>3^p$
    alors la suite ne peut pas diverge .
    Donc, je suis humble et je demande comment on peut aborder cette relation ou ce que l'on peut en tirer. Après, la conséquence, c'est une autre histoire un effet collatéral ou de la logique, mais c'est après.bon bref L'idée sous-jacente c"est de confronter les différentes approches rien de plus .
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    J'ai corrigé mon approximation (voir lien ), donc si vous avez mieux ou si vous trouvez une absurdité mathématique ou une erreur toujours mathématique, n'hésitez pas, après tout, nous sommes bien sur un forum de math.
    Je m'attaque au corollaire. Il y a peut-être quelque chose à trouver. Dans tout les cas. Merci pour votre attention.
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Je suis désolé, mais il y a un problème. Le fait d'avoir des éléments <0  n'est pas une condition suffisante et nécessaire. En gros, on peut diverger avec des éléments inférieurs à zéro dans le polynôme $ (Syracuse_{3/2} \quad Syracuse_{5/2})$  .Il manque quelque chose.   Donc, la suite au prochain épisode.

  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Bon j'arrive a $2^p-3^q\cdot na=3^n+3^{n-1}\cdot2^{a}+3^{n-2}\cdot2^{b>a}+3^{n-3}\cdot2^{c>b}+...2 ^{n>..}$
    Et je ne vois vraiment pas pourquoi, mais alors pas du tout, vous allez être tranquille pour un bon moment. hummm ou en gros :

  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Donc, comme d'habitude, sauf erreur, Et j'aimerais bien confronter cette approche à votre sagacité.
     Donc je considère que nous sommes d'accord avec ça:
    $ n_b\cdot\frac{3^p}{2^{q_0}}+\frac{3^{p-1}}{2^{q_1}}+...+\frac{3^1}{2^{q_p}} + \frac{3^0}{2^{q_q}}=n_0$
     $n_b\cdot 3^p\cdot 2^{m_1}+3^{p-1}\cdot 2^{m_2}+...+3^1\cdot 2^{m_p} + 2^{m_q}=n_0\cdot 2^{q_0}$
    puis je vais faire la meme chose avec les  valeurs suivante
    $n_b\cdot 3^{p+1}\cdot 2^{m_1'}+3^{p}\cdot 2^{m_2'}+...+3^1\cdot 2^{m_p'} + 2^{m_q'}=n_1\cdot 2^{q_0'}$
    $n_b\cdot 3^{p+2}\cdot 2^{m_1''}+3^{p+1}\cdot 2^{m_2''}+...+3^1\cdot 2^{m_p''} + 2^{m_q''}=n_2\cdot 2^{q_0''}$
    $(...)=n_3\cdot 2^{q_0'''}$
    Et,je propose d'estimer et de comparer la progression géométrique de $n0,n1,n2$ et $2^{q0},2^{q0'},2^{q0''}$​. Pour $2^{q0},2^{q0'},2^{q0''}​$, à minima, il y a un ratio de 2, et pour $n0,n1,n2$ le ratio maximum sera de 3/2 . Ceci implique que la suite peut diverger $n0<n1<n2<…$ que si $2^{qn}$ est relativement petit devant $n_x$​. Mais s'il existe une suite qui diverge,  $2^{qn}>(3/2)n_x$ parque $2>3/2$ et $qn \to+\inf$  ce qui devrait démontrer que la suite ne peut pas diverger sauf erreur ,bien sur
    PS.Je ne prétends pas l'avoir bien expliqué, mais si vous avez mieux, n'hésitez pas
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    J'avance tranquillement et n'hésite pas à donner un avis, parque  les monologues finissent souvent par une fermeture du fils , donc je recontextualise.
    $U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\3  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$ $U_n=\{....\}$       $\frac{\frac{\frac{\frac{n_b}{2...}\cdot3+1}{2...}\cdot3+1}{2...}\cdot3+1}{2...}=1 $
    $  n_b\cdot\frac{3^p}{2^{n_1}}+\frac{3^{p-1}}{2^{n_2}}+...+\frac{3^1}{2^{n_p}} + \frac{3^0}{2^{n_q}}=1$
    $2^{n_1}>2^{n_2}>2^{n_3}...$
    $n_b\cdot 3^{p}\cdot 2^{m_1}+3^{p-1}\cdot 2^{m_2}+...+3^1\cdot 2^{m_p} + 2^{m_q}=1\cdot 2^{n_1}$
    $3=(2^2-1)$
    $n_b\cdot (2^2-1)^{p}\cdot 2^{m_1}+(2^2-1)^{p-1}\cdot 2^{m_2}+...+(2^2-1)^1\cdot 2^{m_p} + 2^{m_q}=1\cdot 2^{n_1}$
    Et donc .... ben oui quoi ces évident, non mais ...
    $n_b\cdot (2^2-1)^{p}\cdot 2^{m_1}+(2^2-1)^{p-1}\cdot 2^{m_2}+...+(2^2-1)^1\cdot 2^{m_p} + 2^{m_q}=(1+1)^{n_1}$
    Les valeurs de la suite de Syracuse sont assimilables aux coefficients de $(1+1)^n$ ou aux coef binomiaux ,disons plutôt pour être plus exact, que c'est vrai chaque fois que la suite converge vers 1.Cela ne démontre pas complètement pourquoi toutes les valeurs convergent vers 1, mais cela ouvre certaines portes. Avez-vous un avis , une idée, c'est une impasse, c'est quelque chose de rigolo , d'intéressant ,une réédition ?
     Merci pour tout retour.
  • Tu ne tiens pas compte de ce qu'on te dit, pourquoi demander des avis ?

    Tu veux quoi ? Que quelqu'un te dise que c'est une bonne idée, que ton travail est intéressant ?
    Je sais que la période actuelle est à l'hypocrisie, on dit aux gens ce qu'ils ont envie d'entendre, plutôt que leur dire la vérité, mais moi, je suis de la vieille école, celle de la franchise.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Heu, disons plutôt que je m'amuse avec ce problème,Ensuite, pour moi, le fait d'avoir tout les élément $<1$dans le polynôme est une condition suffisante pour faire converger la suite. Sauf que le dire n'est pas suffisant à mes yeux. Bon, bref, à part toi qui me répète que ce que je fais est stupide, il n'y a pas beaucoup d'échange, ce qui, en plus, je suis prêt à admettre  . Sauf que pour l'instant, j'ai quelques doutes, donc je continue parque ,que le dire n'est toujours  pas suffisant .à mes yeux.

    Ensuite, l'hypothèse sur les coefficients binomiaux as du plomb dans l'aile, parce que:  $n_b\cdot (2^2-1)^{p}\cdot 2^{m_1}+(2^2-1)^{p-1}\cdot 2^{m_2}+...+(2^2-1)^1\cdot 2^{m_p} + 2^{m_q}=(1+1)^{n_1}$
    Oui sauf que pour $U_{15}=\{15,_{46},23,_{70},35,_{106},53,_{160},_{80},_{40},_{20},_{10},5,_{16},_{8},_{4},_{2},1\}$ j'ai
    Il faudrait que je vérifie si, pour la suite $U_{31}$, je peux faire le même type de calcul et si c'est généralisable pour toutes les valeurs. Mais franchement, les propriétés liées au triangle de Pascal, ce n'est pas cool, il y en a trop. Donc, si cela évoque autre chose, même de loin, je suis preneur. C'est un peu comme quand on rencontre deux carrés, ça part en vrille trop vite.
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Je pense que cela devrait clore le fil, donc..
    $U_{n+1} = \begin{cases} \frac{U_n}{2} & \text{si } U_n \text{ est pair} \\3  U_n + 1 & \text{si } U_n \text{ est impair}\end{cases}$ $U_n=\{....\}$     
    $\frac{\frac{\frac{\frac{n_b}{2...}\cdot3+1}{2...}\cdot3+1}{2...}\cdot3+1}{2...}=1 $
    $  n_b\cdot\frac{3^p}{2^{n_1}}+\frac{3^{p-1}}{2^{n_2}}+\dots+\frac{3^1}{2^{n_p}} + \frac{3^0}{2^{n_q}}=n_a$
    Pour démontrer la conjecture, je propose de considérer en premier lieu le cas général, ce qui implique que $3^p/2^q < 0$ et $n_b\cdot\frac{3^p}{2^{n_1} }<0$ . Donc, $n_a < n_b$. Puis, par récurrence,$n_b ->1$ ce qui  démontre la convergence dans ce contexte, et permet aussi de démontrer qu'il ne peut pas y avoir de cycle. Parque $n_a < n_b$. Ensuite, je propose de considérer le cas où il y a  un  élément du polynôme qui est $>1$ Pour cela, je propose d'associer à chaque valeur impaire de la suite un polynôme,puis de généraliser.
    $  n_b\cdot(\frac{3}{2})^1+ \frac{1}{2}=n_a$
    $...$
    $  n_b\cdot\frac{3^{p+1}}{2^p}+...=n_x$
    Et cela, ce n'est pas possible, car le processus engendré par Syracuse ne permettra pas d'avoir que des nombres impairs au bout d'un certain nombre d'itérations. L'entier résultant sera pair, et cela quel que soit l'entier de départ. Donc, tous les coefficients du polynôme seront <1 et la suite converge vers 1.
    (((((((15*3+1)/2)*3+1)/2)*3+1)/2)*3+1)/2 = 80
    c3=80/53 = 1.509433962264151
    c2=53/35 = 1.5142857142857142
    c1=35/23 = 1.5217391304347827
    c=23/15 = 1.5333333333333334
    15*c*c1*c2*c3 = 80
    c*c1*c2*c3 = 5.333333333333334
    15*5+15*1/3=75+5=80
    Pour une démonstration mathématique conforme, il va falloir attendre un peu. Pour ceux qu'il veulent vérifier.  https://calculis.net/syracuse

  • 123rourou a dit : 
    Pour démontrer la conjecture, je propose de considérer en premier lieu le cas général, ce qui implique que $3^p/2^q < 0$

    🥶

  • Collag3n
    Modifié (December 2023)
    $7\cdot\frac{3^5}{2^8}+\frac{3^4}{2^8}+\frac{3^3}{2^7}+\frac{3^2}{2^6}+\frac{3^1}{2^4}+\frac{3^0}{2^1}=8$
    $3^p/2^q < 1$, mais $n_a > n_b$.
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Donc, si je considère une série d'entiers impairs consécutifs dans la suite de Syracuse : $(3n_0+1)/2=n_1$, alors $(n_1) \mod (3) \ne 0$ et $(n_1) \mod (n_0) \ne 0$. Concrètement, cela implique qu'il n'est pas possible d'avoir les mêmes nombres premiers pour obtenir un autre nombre impair relativement proche. Au bout de quelques itérations, comme cette valeur existe, elle n'est plus impaire ou divisible par $ 4, 8, 16...$ car la progression géométrique maximale entre deux nombres impairs consécutifs est d'environ $\approx 3/2$  . En résumé, cela converge et il n'y a pas de cycle, parce $(3n_0+1) \mod (n_1) \ne 0$.
    C'est très moyen...
    ps. Je rajoute que si quelqu'un arrive à démontrer d'un point de vue arithmétique, je suis preneur.
  • @Collag3n Es-tu sûr que tu as une valeur entière différente pour chaque  ajout d'élément dans le polynôme ?
  • Oui, c'est un cas simple en partant de 7 (en passant par 11, 17, ...)
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    8/2^3=1 
    Donc, si je considère une série d'entiers impairs consécutifs dans la suite de Syracuse

    Bon, ok, je le dis après, mais cela me paraît évident. Mais d'un autre côté, tu utilises une suite qui converge comme contre-exemple, donc moyen moyen. Dit différemment, 8 n'est pas impair contrairement à 1.

  • Collag3n
    Modifié (December 2023)
    Moi je dis juste que $3^p/2^q < 1 \nRightarrow n_a< n_b$, donc tu peux très bien avoir une égalité. Après tu fais ce que tu veux avec. Pair ou impair, ce n'est pas dans l'équation, donc si tu veux prouver que c'est impossible pour les impairs, va falloir être plus créatif.
  • 123rourou
    Modifié (December 2023)
    Non, ce n'est pas dans l'équation. Tu me dis juste que $(3\cdot n+1)/2>n$, par contre je suis d'accord, c'est assez mal expliqué.
Cette discussion a été fermée.