La Conjecture de Syracuse

Bonjour à tous,

J'ai écrit un article "Cycles non triviaux du problème qx+1 et convergence de la suite de Syracuse" que je compte publier. Dans cet article, j’ai considéré le processus généralisé de Collatz de paramètre q, entier naturel impair donné ; il s’agit du problème "q.x+1". Et de là, j’ai d’abord utilisé les propriétés d’un groupe modulaire particulier dépendant du paramètre q pour prouver que le nombre de termes impairs dans un cycle non trivial du processus généralisé de Collatz est borné. Ensuite, j’ai démontré que le processus généralisé de Collatz converge si et seulement si d’un part, il n’y a pas de cycle non trivial, et d’autre, le processus partant de chaque élément quotient de ce groupe modulaire particulier converge. Et partant de là, j’en ai déduit que la suite de Syracuse est convergente.

Par la présente, je sollicite vos conseils pratiques en vue de procéder à la publication de cet article.

Cordialement.
«1

Réponses

  • Inutile de publier, cette conjecture est résolue depuis longtemps ! Tu trouveras diverses démonstrations dans la rubrique shtam du forum.
  • >JRManda

    Pourquoi ne pas partager ta démonstration sur ce forum?
    Je t'assure que:
    1) Personne ne va voler ta preuve et tes idées,
    2) Les gens sur ce forum sont bienveillants et prêt à t'aider.
  • Une suite de Syracuse commence par un nombre entier positif soit X(1).
    La règle à appliquer pour définir les valeurs X(i) de la suite est simple:
    si X(i) est pair on le divise par 2, X(i+1) = X(i)/2
    si X(i) est impair on le multiplie par 3 et on ajoute 1, X(i+1) = 3*X(i) + 1
    On peut simplifier la règle sans en modifier le résultat final, si un nombre X(i) est pair il est de la forme (2*n-1)*2^k et on le divise par 2^k pour obtenir X(i+1) = 2*n-1 le nombre impair successeur du nombre pair X(i).
    Ainsi tout nombre pair a un successeur unique impair et tout nombre impair a un successeur unique pair, donc tout nombre impair a un successeur impair unique.
    La conjecture dit que la suite se terminera toujours par 1 puis répétition de 1 par le cycle trivial 1, 4, 2, 1.
    Tout nombre impair est :
    - soit de la forme ((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3
    - soit de la forme ((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/3
    pour n de 1 à N et j de 1 à N.
    Pour un couple n, j deux nombres impairs différents et tout nombre impair est généré une fois et une fois seulement.
    n=1, j=1, 1 et 3
    n=1, j=2, 5 et 13
    n=1, j=3, 21 et 53
    n=2, j=1, 9 et 7
    n=2, j=2, 37 et 29
    n=3, j=1, 17 et 11
    n=4, j=1, 25 et 15
    n=5, j=1, 33 et 19
    Si on fixe la valeur n on constate que tout nombre impair X(i) = 6*n-5 a pour prédécesseurs impairs possibles dans une suite de Syracuse X(i-1) = ((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3 et aussi pour tout nombre X(i) = 6*n-1 on a X(i-1) = ((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/2 pour j de 1 à N, et tout nombre impair multiple de 3 a uniquement des prédécesseurs pairs (6*n-3)*2^k pour k de 1 à N.
    On remarque donc que tous les nombres impairs dans une suite de Syracuse sont différents les uns des autres à l'exception de 1 qui est son propre successeur et un de ses prédécesseurs possibles car pour n = 1 et j = 1 on a 6*n-5 = ((6*n-5)*2^2-1)/3 = 1, d'où le cycle trivial.
    Il reste que si on a prouvé qu'il ne peut exister d'autre cycle que le cycle trivial il faut prouver que toutes les suites de Syracuse convergent vers 1.
    Pour cela on commence par la fin et on définit l"ensemble Y(0) = 1
    Ensuite on définit l'ensemble Y(1) des nombres impairs > 1 prédécesseurs possibles de 1 dans une suite de Syracuse, Y(1) contient les nombres impairs (2^(2*j)-1)/3 pour j de 2 à N soit la suite: 5, 21, 85, 341, ..., (4^N-1)/3.
    Ensuite on définit l'ensemble Y(2) qui contient tous les nombres impairs prédécesseurs possibles de chaque nombre impair de Y(1).
    Y(2) va contenir (5*2^(2*j-1)-1)/3, (85*4^j-1)/3, (341*(2^(2*j-1)-1)/3 ... pour j de 1 à N.
    Y(i) va contenir tous les nombres impairs prédécesseurs possibles de chaque nombre impair de Y(i-1) soit (Y(i-1)*4^j-1)/3 si Y(i-1) est 1 modulo 6 soit (Y(i-1)*2^(2*j-1)-1)/3 si Y(i-1) est 5 modulo 6.
    L'ensemble des suites Y(i) va contenir tout nombre entier impair une fois et une fois seulement et on a fait la preuve que les suites de Syracuse convergent car les valeurs de suites Y(i) ne peuvent que diverger.
  • Guère plus convaincant que la mouture précédente....
  • Je ne souhaite convaincre personne, j'écris et si ce que j'ai écrit est faux, libre à chacun de le dire, encore faut-il faire la preuve que mon écrit est faux !
  • Mais ce n'est même pas faux !

    Ce n'est pas justifié, pas de preuve.
  • la preuve qe quoi ?
  • Un tout petit exemple :

    On lit « tout nombre impair s’écrit « soit de la forme... soit de la forme... pour n de 1 à N et pour j de 1 à N ».

    Peux-tu écrire cette assertion en langage mathématique ? Avec des quantificateurs ?
    Ensuite peux-tu démontrer l’assertion avec les règles usuelles des maths ?

    Je ne dis pas que c’est juste ou faux mais je veux juste savoir de quoi on parle et « qui » parle.
    Ce n’est pas méprisant de ma part, c’est pour savoir s’il faut que je liste plus loin le texte.
    On a d’ailleurs le droit de se foutre de mon avis, ce n’est pas vexant du tout.
  • Un tout petit exemple :

    On lit « tout nombre impair s’écrit « soit de la forme... soit de la forme... pour n de 1 à N et pour j de 1 à N ».

    Où as tu lu ça?

    J'ai écrit :
    Tout nombre impair est :
    - soit de la forme ((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3
    - soit de la forme ((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/3
    pour n de 1 à N et j de 1 à N.

    ce n'est pas de l’hébreu, c'est bien écrit en langage mathématique, ce n'est pas faux.

    Un exemple
    le nombre impair 3950565 = 11851695/3 = (11851596-1)/3 = ((6*123456-5)*16-1)/3, n=123456 et j=2
  • Ce n'est pas de l'hébreu en effet et c'est synonyme de ce qu'a écrit Dom. Il faudrait donc une démonstration (ce sera soit facile soit impossible) et, avant cela, expliquer qui est ce N qui ne nous a pas été présenté.
  • une démonstration de quoi ?, que les nombres impairs sont des multiples de 2 ou que 7 n'est pas égal à ((11*2)-1)/3 ?
  • Eh bien, une preuve de cette assertion bien sûr !
    MATH-E a écrit:
    Tout nombre impair est :
    - soit de la forme $\dfrac{(6n-5)\cdot2^{2j}-1}{3}$ ;
    - soit de la forme $\dfrac{(6n-1)\cdot2^{2j-1}-1}{3}$.
  • Je vois que j'ai affaire à un jeune qui n"a pas eu la chance d'apprendre les mathématiques dites élémentaires quand seulement trois baccalauréats existaient, Lettres, Sciences Expérimentales et Mathématiques Élémentaires et que le bac se passait en deux ans et deux épreuves, le bac1 en première et le bac2 en terminale. J'ai le bac Mathelem comme on disait de mon temps + années pour avoir mon diplôme d'ingénieur.
    Vous avez peut-être appris les maths modernes comme on dit, et il est certain que des progrès ont été faits pour standardiser l'écriture mais pour moi (comme pour vous je pense)
    - soit de la forme ((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3
    - soit de la forme ((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/3
    est parfaitement mathématique et lisible par celui qui à appris les maths en n'importe quelle année.
  • C'est peut-être mathématique, mais ce n'est pas prouvé.
  • C'est quand même assez risible que l'auteur ne soit même pas capable lui-même de comprendre quelles sont ses affirmations (il a fallu les écrire plusieurs fois) ni que les mathématiques ne sont pas une cabalistique (donc qu'une affirmation doit pouvoir se prouver).
    Et en plus, il le prend de haut ("Je voie (sic) que j'ai affaire à un jeune qui ...") comme si l'âge était une justification ou un argument d'autorité.

    Pour ceux qui n'ont pas eu le bac math élem, je rappelle qu'on y apprenait à justifier ses affirmations ... comme maintenant.

    Cordialement.
  • Bonjour MATH-E,

    Pourrais-tu me dire comment tu obtiens le nombre impair 199 à l'aide de ton résultat ?
    Avec quelle valeur de n et quelle valeur de j ?

    Merci par avance,

    $\alpha$-Nico
  • Et ça ne risque pas d'être prouvé vu que c'est faux.

    @MATH-E: moi aussi, je suis curieuse de voir comment tu vas faire avec 199....
  • $\alpha$-Nico est taquin.
  • Je pense que Melponème a eu la même idée que moi...

    J'ai fait afficher tous les nombres que MATH-E propose et qui sont inférieurs à 1000.

    J'ai l'impression qu'iI y a quelques trous !
  • 199
    199*3 = 597
    199 = 597/3
    597 = 598-1
    199 = (598-1)/3
    598/2=299*2
    299=6*50-1
    ((6*50-1)*2-1)/3 = 199
    n = 50 et j = 1
    69 je sais faire aussi
    69*3 = 207
    69 = (208-1)/3
    208/16 = 13
    13 = 6*3-5
    ((6*3-5)*2^4-1)/3 = 69 ici n = 3 et j = 4
  • C'est surtout la phrase
    L'ensemble des suites Y(i) va contenir tout nombre entier impair une fois et une fois seulement

    qui n'est pas prouvée.
  • Son expression des nombres impairs est juste, elle exprime que, pour remonter la suite de Syracuse, il faut parfois multiplier par 2, par fois par 4 ( mais aussi parfois par 8 si on veut éviter de tomber sur un multiple de 3 qui est une impasse) ce qui est assez trivial.
  • C'est sa dernière phrase qui pêche :

    "L'ensemble des suites Y(i) va contenir tout nombre entier impair une fois et une fois seulement et on a fait la preuve que les suites de Syracuse convergent car les valeurs de suites Y(i) ne peuvent que diverger."

    Comme si le fait de " remonter " la suite de Syracuse prouve qu'on peut atteindre tous les nombres impairs.

    C'est un travers qu'on rencontre de nombreuses fois dans les tentatives de résolution.
  • Tout nombre impair est :
    - soit de la forme ((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3
    - soit de la forme ((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/3
    pour n de 1 à N et j de 1 à N.
    Pour un couple n, j deux nombres impairs différents et tout nombre impair est généré une fois et une fois seulement.

    nodgin peut dire que mon expression des nombres impair est juste pour se lancer dans ses erreurs.

    Pour cela on commence par la fin et on définit l"ensemble Y(0) = 1
    Ensuite on définit l'ensemble Y(1) des nombres impairs > 1 prédécesseurs possibles de 1 dans une suite de Syracuse, Y(1) contient les nombres impairs (2^(2*j)-1)/3 pour j de 2 à N soit la suite: 5, 21, 85, 341, ..., (4^N-1)/3.
    Ensuite on définit l'ensemble Y(2) qui contient tous les nombres impairs prédécesseurs possibles de chaque nombre impair de Y(1).
    Y(2) va contenir (5*2^(2*j-1)-1)/3, (85*4^j-1)/3, (341*(2^(2*j-1)-1)/3 ... pour j de 1 à N.
    Y(i) va contenir tous les nombres impairs prédécesseurs possibles de chaque nombre impair de Y(i-1) soit (Y(i-1)*4^j-1)/3 si Y(i-1) est 1 modulo 6 soit (Y(i-1)*2^(2*j-1)-1)/3 si Y(i-1) est 5 modulo 6.

    Cela est tout aussi juste que les exptressions des nombres impairs puisque se sont les mêmes équations!

    Et la suite est par contre plus difficile à comprendre mais reste la preuve recherchée pas facile d'accés pour tout le monde.
  • Je recopie :
    Tout nombre impair est :
    - soit de la forme ((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3
    - soit de la forme ((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/3
    pour n de 1 à N et j de 1 à N.
    Pour un couple n, j deux nombres impairs différents et tout nombre impair est généré une fois et une fois seulement.


    Les 3 premières lignes forment une phrase, et je comprends cette phrase. Est-elle vraie ou fausse, je ne vérifie pas, je fais confiance.
    La 4ème ligne... C'est quoi ? Je ne comprends déjà plus.
    C'est du charabia, ou c'est des maths ? Je pense plus du côté de la première réponse.
    Bon, la 5ème ligne apporte une réponse. A priori, ce qu'il faut comprendre, c'est que tout nombre entier impair s'écrit sous la forme $((6*n-5)*2^{2*j}-1)/3$ ou sous la forme $((6*n-1)*2^{2*j-1}-1)/3 $, et qu'il y a une décomposition unique pour chaque nombre impair. Idem, je ne vérifie pas, je fais confiance.

    Ensuite, on me parle d'un ensemble Y(0) = 1. De mon temps, un ensemble, ça s'écrivait avec des accolades : Y(0)={1}

    Puis on me parle d'un ensemble Y(1) qui est défini de façons ambiguë : Ce sont les entiers impairs, supérieurs à 1, et prédécesseurs possibles de 1 dans une suite de Syracuse.. La formulation est ambiguë. On parle des prédécesseurs de 1, ou des prédécesseurs possibles de 1 ? Et dans ce 2nd cas, il apporte quoi, le mot "possible" ?
    Bon, en fait la phrase suivante explique ce que c'est cet ensemble : $Y(1) =\{ (2^{2*j}-1)/3 ; j \in N \}$ Ce sont les prédécesseurs directs de 1.

    Ensuite, on définit de la même façon les prédécesseurs de Y(1), ensemble qu'on appelle Y(2). On a une formulation explicite de cet ensemble.

    Et on définit toute cette famille d'ensemble Y(n) = l'ensemble des prédécesseurs de Y(n-1).
    Et on affirme (on conjecture) que la réunion de ces ensembles Y(n) donne l'ensemble des entiers impairs.

    Oui, probablement, Ca doit être vrai. D'ailleurs, c'est tout l'objet de la question, tout le monde sent que c'est vrai, mais on cherche toujours une démonstration.

    Math-E nous dit qu'il l'a. Croyons-le sur parole, et applaudissons-le tous ensemble.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • MATH-E a écrit:
    Tout nombre impair est :
    - soit de la forme ((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3
    - soit de la forme ((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/3
    pour n de 1 à N et j de 1 à N.

    ça peut être prouvé, et ce n'est pas le problème. D'ailleurs intuitivement, on peut le concecvoir: en partant de n'importe quel nombre impair, qu'on mutliplie par 3, auquel on ajoute 1 et qu'on divise par deux jusqu'à tomber sur un autre nombre impair, et sachant que ce nombre impair ne peut être multiple de trois (3n+1 perd tout facteur premier 3, donc de la forme 6*n-5 ou 6*n-1), ces formules sont vite trouvées.

    Le problème est que les limites des preuves par l'abre Collatz sont connues, et il n'y a pas à l'heure actuelle de preuve d'absence de cycle ou de vol infini.

    Note: je n'ai pas tout lu, j'ai juste survolé. Désolé si j'ai loupé une subtilité.
  • Que ça puisse être prouvé est une chose.

    Le problème :
    1) ce n’est pas un énoncé mathématique car il manque des quantificateurs
    2) aucune preuve n’a été proposée

    Le fait que ce soit simple ou difficile n’est pas la question.
  • @ Math-E :

    Mettons que je sois, avec tous les autres intervenants sur cette question, dans l'erreur. Je conçois bien que ce n'est pas toujours la majorité qui a raison, le minoritaire fût-il seul.

    Je répète que le fait de pouvoir, à partir de 1, remonter la suite de Syracuse sur une infinité de nombres impairs, je suis d'accord. Le problème est que tu dois prouver que TOUS les nombres impairs peuvent être atteints à partir de 1. Or, si je te donne un nombre impair quelconque, 31 par exemple, il est impossible de trouver le chemin de 31 en remontant la suite. Quoi qu'il en soit, si tu sais le faire (sans tricher) dis nous comment tu t'y prends.
  • nodgim a écrit:
    Je répète que le fait de pouvoir, à partir de 1, remonter la suite de Syracuse sur une infinité de nombres impairs, je suis d'accord. Le problème est que tu dois prouver que TOUS les nombres impairs peuvent être atteints à partir de 1. Or, si je te donne un nombre impair quelconque, 31 par exemple, il est impossible de trouver le chemin de 31 en remontant la suite. Quoiqu'il en soit, si tu sais le faire (sans tricher) dis nous comment tu t'y prends.

    Ce que tu ne comprends pas c'est qu'il n'est pas nécessaire de connaître le chemin pour arriver à 31 mais qu'il est possible de mesurer en partant de 1 le nombre d'étapes pour arriver à 31 partant de 1, tu n'as qu'a essayer le programme visual basic sur EXCEL qui suit, le programme calcule qu'il faut 39 étapes.
    Open "in.txt" For Output As #1
            i = 1
    10     i = i + 1
            x = (4 ^ i - 1) / 3
            If x < 50000 Then Print #1, x: GoTo 10
            Close #1
            j = i - 2: n = 0: s = 1
    12   Open "in.txt" For Input As #1
            Open "out.txt" For Output As #2
            s = s + 1
            For k = 1 To j
            Input #1, x
            If x - 3 * Int(x / 3) = 0 Then GoTo 30
            If x - 6 * Int(x / 6) = 5 Then GoTo 20
            i = 0
    15      i = i + 1
            y = (x * 4 ^ i - 1) / 3
            If y = 31 Then GoTo 100
            If y < 50000 Then Print #2, y: GoTo 15
            n = n + i - 1
            GoTo 30
    20      ii = -1
    25      ii = ii + 2
            y = (x * 2 ^ ii - 1) / 3
            If y = 31 Then GoTo 100
            If y < 50000 Then Print #2, y: GoTo 25
            n = n + (ii + 1) / 2 - 1
    30      Next k
            Close #1: Close #2
            j = n: n = 0
            Open "out.txt" For Input As #1
            Open "in.txt" For Output As #2
            s = s + 1
            For k = 1 To j
            Input #1, x
            If x - 3 * Int(x / 3) = 0 Then GoTo 60
            If x - 6 * Int(x / 6) = 5 Then GoTo 50
            i = 0
    45      i = i + 1
            y = (x * 4 ^ i - 1) / 3
            If y = 31 Then GoTo 100
            If y < 50000 Then Print #2, y: GoTo 45
            n = n + i - 1
            GoTo 60
    50      ii = -1
    55      ii = ii + 2
            y = (x * 2 ^ ii - 1) / 3
            If y = 31 Then GoTo 100
            If y < 50000 Then Print #2, y: GoTo 55
            n = n + (ii + 1) / 2 - 1
    60      Next k
            Close #1: Close #2
            j = n: n = 0: GoTo 12
    100  Cells(1, 1) = s
            End Sub
    
  • J’ose une autre question :

    Et pour $17^{2791}\times 23^{249}$ on est sûr que « c’est bon » ?

    J’ai bien mis des guillemets pour souligner que ma question n’est pas rigoureuse.
  • Dom
    Aucun problème mais pour un nombre de 3774 chiffres j'ai besoin d'un CRAY 1 et je n'ai pas les moyens de me le payer !
    Par contre en 2 minutes je sais qu'il faut 30004 étapes impaires pour passer de 17^2791*23^259 à 1

    [Inutile de reproduire le message précédent. AD]
  • D'accord, donc ce que tu dis , c'est que sur tous les cas testés, la suite amène à 1.

    Donc en fait, tu es exactement dans la même situation que les mathématiciens d'il y a 80 ans : tu as toutes les raisons de penser que pour tout entier, on arrive au cycle 1,4,2, mais tu n'as aucune preuve.

    La seule preuve que tu as, c'est que tu n'as trouvé aucun contre-exemple, mais ça, ce n'est pas une preuve.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • A ma connaissance, il y a très peu de programmes qui interviennent dans les preuves mathématiques. J'en connais au moins un, celui sur les 4 couleurs qui suffisent pour colorier des régions. Cette preuve passe néanmoins d'abord par la preuve analytique de la limitation du nombre de cas à étudier, l'informatique n'entrant en ligne de compte que pour pouvoir étudier tous les cas (donc en quantité finie) dans un délai raisonnable.

    Il te reste donc maintenant à apporter la preuve que ton programme est l'accessoire qui te mène à la preuve.

    Accessoirement, tu pourras tenter de résoudre le chemin du nombre proposé par Dom.

    Pour essayer de te convaincre que ta démo ne suffit pas, imagine que tout nombre impair non multiple de 3 est racine d'un arbre qui a une infinité de branches. L'ensemble de ces arbres n'aboutit à 1 qu'à la condition que toutes ces racines aboutissent à 1 d'une part, et que les racines que tu auras choisies prennent bien en compte tous les nombres impairs. Sache que chaque nombre impair d'une éventuelle boucle est racine d'un arbre contenant une infinité de branches. Et que donc l'éventuelle présence d'une boucle n'est en rien incompatible avec tout ce que tu as écrit.
  • Une suite de Syracuse commence par un nombre entier positif soit X(1).
    La règle à appliquer pour définir les valeurs X(i) de la suite est simple:
    si X(i) est pair on le divise par 2, X(i+1) = X(i)/2
    si X(i) est impair on le multiplie par 3 et on ajoute 1, X(i+1) = 3*X(i) + 1
    On peut simplifier la règle sans en modifier le résultat final, si un nombre X(i) est pair il est de la forme (2*n-1)*2^k et on le divise par 2^k pour obtenir X(i+1) = 2*n-1 le nombre impair successeur du nombre pair X(i).

    Ainsi tout nombre pair a un successeur unique impair et tout nombre impair a un successeur unique pair.

    Tout nombre impair peut s'écrire ((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3 ou ((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/3
    n et j entiers positifs non nul.
    Pour tout couple n et j d'entiers positifs non nul on obtient deux nombres impairs différents et tout nombre impair est généré par l'une des deux formules pour un couple n et j d'entiers positifs non nul.
    Pour vérifier prenons le nombre 1234567
    1234567*3=3703701 soit 1234567=3703701/3
    1234567=(3703702-1)/3
    1234567=(1851851*2-1)/3
    1851851=6*308642-1
    1234567=((6*308642-1)*2-1)/3
    pour 1234567 n=308642 et j=1 pour la formule ((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/3

    Tout nombre impair dans une suite de Syracuse est soit A=((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/3 soit
    B=((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3.
    Donc tout nombre impair le premier suivant direct d'un nombre impair A sera égal à 6*n-1 ou à 6*n-5 quelque soit j et aucun des nombres A ou B ne peut être égal à 6*n-1 ou 6*n-5 à une seule exception n=1et j=1, 6*n-5=((6*n-5)*2^(2*1)-1)/3 donc aucune autre possibilité que le cycle trivial.

    On commence par la fin et on défini l"ensemble Y(0) = 1 et n entier positif non nul.
    Ensuite on défini l'ensemble Y(1) des nombres impairs > 1 prédécesseurs possibles de 1 dans une suite de Syracuse, Y(1) contient les nombres impairs (2^(2*j)-1)/3 pour j de 2 à N soit la suite: 5, 21, 85, 341, ..., (4^n-1)/3.
    Ensuite on défini l'ensemble Y(2) qui contient tous les nombres impairs prédécesseurs possibles de chaque nombre impair de Y(1).
    Y(2) va contenir (5*2^(2*j-1)-1)/3, (85*4^j-1)/3, (341*(2^(2*j-1)-1)/3 ... pour j de 1 à n.
    Y(i) va contenir tous les nombres impairs prédécesseurs possibles de chaque nombre impair de Y(i-1) soit (Y(i-1)*4^j-1)/3 si Y(i-1) est 1 modulo 6 soit (Y(i-1)*2^(2*j-1)-1)/3 si Y(i-1) est 5 modulo 6.
    L'ensemble des suites Y(i) va contenir tout nombre entier impair une fois et une fois seulement et on a fait la preuve que les suites de Syracuse convergent car les valeurs de suites Y(i) ne peuvent que diverger.

    Je souhaite bien du plaisir à tous, très nombreux sans aucun doute compte tenu du grand nombre d'erreurs que j'ai pu lire, pour apporter leur contribution à la destruction de mes affirmations, allez y et de toute vos forces.
  • Bonsoir,

    Sans avoir l'air d'insister lourdement, à nouveau, je souhaiterais une démonstration de l'assertion suivante :
    Tout nombre impair peut s'écrire ((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3 ou ((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/3
    n et j entiers positifs non nul.


    J'ai vu une preuve pour $3950565$, sans la vérifier ou encore pour $199$, sans la vérifier non plus et peut-être pour d'autres nombres.
    Mais je n'ai pas vu la preuve pour l'existence d'une telle écriture pour n'importe quel nombre impair.

    Je ne dis pas que c'est faux, ni que c'est juste.

    Je remarque que tu as supprimé "pour n de 1 à N et j de 1 à N", et, après tout, cela me sied plutôt bien puisque désormais l'assertion a davantage un sens.

    Je récris ladite assertion en langage mathématique puisque tu n'as pas voulu le faire (et d'ailleurs c'est ton droit le plus strict !) :
    Assertion à démontrer : (pour mon plaisir personnel)
    Quel que soit le nombre entier impair $p$, il existe deux entiers naturels non nuls $n$ et $j$ tels que :
    $p=\dfrac{(6n-5)\cdot2^{2j}-1}{3} \qquad$ ou $\qquad p=\dfrac{(6n-1)\cdot2^{2j-1}-1}{3}$.


    Enfin, si cela ne t'intéresse pas, je veux bien que tu me le dise clairement : "Je ne veux pas démontrer cela".
    Ce ne serait pas grave du tout mais comme je ne parviens pas à savoir sur quel pied danser, je suis dans une attente interminable et le suspens me fait peur.

    Bien entendu, il reste des choses à dire (surtout) sur le reste, comme certains l'ont déjà suggéré. Et je suis prêt à pointer des anomalies plus tard.
  • Soit $p$ impair. Alors $3p+1$ est pair et il existe $\alpha\in\mathbb{N}^{*}$ et $k$ impair tels que $3p+1=2^{\alpha}k$.

    Effectuons à présent la division euclidienne de $k$ par $6$. Il existe donc un entier $N$ et un reste $r\in\{0,1,2,3,4,5\}$ tel que $k=6N+r$.

    Les cas $r\in\{0,2,4,6\}$ sont à exclure puisque $k$ est impair. De même $r=3$ est impossible car sinon $3$ divise $1$.

    Première possibilité: $r=1$. On pose $n=N+1\in\mathbb{N}^{*}$ de sorte que :
    \[3p+1=2^{\alpha}(6n-5)
    \]

    Regardons la précédente égalité modulo $3$ : cela donne $1=(-1)^{\alpha}$, ce qui force $\alpha$ à être pair. Ainsi, il existe $j\in\mathbb{N}^{*}$ tel que $\alpha=2j$. On obtient :

    \[
    p=\dfrac{2^{2j}(6n-5)-1}{3}
    \]

    Deuxième possibilité à présent : $r=5$. A nouveau, en posant $N=n+1$, on obtient :
    \[
    3p+1=2^{\alpha}(6n-1)
    \]

    Et modulo $3$, cela donne : $1=(-1)^{\alpha}\times(-1)$ ce qui force à $\alpha$ impair. Dès lors il existe $j\in\mathbb{N}^{*}$ tel que $\alpha=2j-1$. Cette fois-ci, on obtient :

    \[
    p=\dfrac{2^{2j-1}(6n-1)-1}{3}
    \]

    Par contre, je ne pense pas que tout cela soit d'une quelconque utilité dans le cas présent pour démontrer la conjecture de Syracuse. Je crois que Paul Erdös a dit un jour à propos de cette conjecture que "L'humanité n'est pas encore prête pour résoudre ce genre de problème."

    Bref, il serait de bon ton que l'humilité soit de mise.
  • Lis cette page :Conjecture de Syracuse

    Ce document date de 2011, et pourtant, tout ce que tu écris est déjà contenu dans cette page. La forme est différente, mais tu n'apportes rien de plus.
    Le type qui a écrit cette page a raison, alors que toi, tu as tort. Pourquoi ? Parce que le type qui a écrit cette page est conscient que ce n'est pas une démonstration. Il a compris la différence entre le mot CONJECTURE et le mot DEMONSTRATION.
    Toi, tu n'as pas compris cette différence, malgré tout ce qu'on te dit.

    Ce n'est pas grave.
    Il y a des tas de gens qui ne peuvent pas comprendre la différence entre ces 2 mots,et ça ne les empêche pas de vivre. Mais ces gens là ont au moins l'intelligence de ne pas prétendre faire des maths.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • Je vous trouve courageux chers amis, mais malheureusement les shtameurs sont difficilement récupérables.

    Al-Kashi
  • Aïe ! J’attendais une rédaction mathématique de MATH-E.
  • La partie intéressante de la dernière mouture de Math-E se trouve ici :

    "Donc tout nombre impair le premier suivant direct d'un nombre impair A sera égal à 6*n-1 ou à 6*n-5 quelque soit j et aucun des nombres A ou B ne peut être égal à 6*n-1 ou 6*n-5 à une seule exception n=1et j=1, 6*n-5=((6*n-5)*2^(2*1)-1)/3 donc aucune autre possibilité que le cycle trivial. "

    Je crois comprendre qu'il a voulu dire que seul le 1 ne pouvait donner que lui même après une itération, ce qui est exact ( cycle trivial).
    Je ne comprends pas comment il en arrive à dire qu'il n'y a pas d'autre possibilité que ce cycle trivial, mais lui trouve sans argument que c'est toujours vrai.

    Remarquez, un novice qui aborde ce sujet se persuade rapidement de l'évidence de la conjecture, accessible par le seul biais de la logique. C'est une impression qui a dû être ressentie par tous. C'est une conjecture assez vicieuse sur ce plan là. Normalement, au bout d'un certain temps, la raison doit reprendre le dessus...

    @ Math-E : Essaye de regarder les variantes de cette conjecture, en remplaçant 1 par 5, ou 7 , ou 11......et tu devrais normalement revoir ton point de vue.
  • Quand tu prends le même autoroute que des tas de gens avant toi , tu ne peux pas espérer aboutir autre part que là où on aboutit les gens qui t'ont précédé. A un endroit mais pas celui que tu souhaites ardemment rejoindre.

    Les Shtameurs croient souvent avoir découvert un chemin inconnu de tous dans la jungle mais en réalité ils sont sur une autoroute qui a été très fréquentée. Ils sont trompés par la présence des herbes "folles" qui ont poussé sur la route: les mathématiciens professionnels n'utilisent plus cette route, ils savent qu'elle ne mène pas où ils voudraient aller, d'où la présence des herbes B-)-
  • Joli Fdp:-D.

    Al-Kashi
  • Le Shtameur sait pourtant qu'un théorème comme celui de Wiles-Fermat (j'oublie des noms) a une tête sympathique mais que la seule démonstration connue brasse des connaissances pointues qui sont loin d'arguments "autoroutiers".

    Il se dit, pas grave, "ma" conjecture n'est pas à ranger dans le même sac, elle possède une démonstration "autoroutière". Mais peut-être qu'il ne connait pas la "conjecture" de Catalan. On peut faire un parallèle avec le théorème de Fermat-Wiles. Plus d'un siècle et demi il aura fallu pour que quelqu'un démontre en 2002 cette conjecture qui a pourtant l'air tellement sympathique et accessible. Pour ce que j'en sais, les arguments de la démonstration donnée ne sont pas (tous) autoroutiers.
    Bref, ces deux exemples me font douter que si un jour on trouve des démonstrations à des conjectures plébiscitées par le Shtameur, qu'il ne me faudra pas un gros travail pour avoir (seulement) une idée de la démonstration. :-D
    Je ne veux décourager personne, on s'amuse comme on veut (enfin vous m'avez compris) mais gare à la déception !
  • Oui très beau Fdp.
  • Je remercie Diffeo pour sa démonstration que tout entier impair non nul est égal soit à A=((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/3, soit à B=((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3 avec n et j entiers positifs non nul.

    Pour un couple n et j d'entiers positifs non nul deux nombres impairs différents sont générés et chaque nombre impair est soit de la forme A, soit de la forme B pour un couple n et j unique.
    Quand on applique les règles d'une suite de Syracuse le premier nombre impair suivant un nombre impair A=((6*n-1)*2^(2*j-1)-1)/3 sera 6*n-1 quel que soit j et le premier nombre impair suivant un nombre impair B=((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3 sera 6*n-5 quel que soit j, la valeur de n étant unique.
    A partir du deuxième nombre impair d'une suite de Syracuse on va donc obtenir une suite de nombres impairs tous différents 1 ou 5 modulo 6 sans possibilité de fin sauf si on tombe sur un nombre ((6*n-5)*2^(2*j)-1)/3 avec n=1 et j>=2 à savoir 5, 85, 341, ..., soit toutes les valeurs (4^k-1)/3 pour k non multiple de 3.
    Donc une suite de Syracuse soit se termine par 1 soit elle diverge.
  • On écrit « quel que soit $j$ » et pas « quelque soit $j$ ».

    (Pas de commentaire sur l'argument, il n'y a pas d'argument.)
  • Merci Math Coss, j'ai corrigé le manque d'espace!
  • Quand on lit cela:

    "Dès 1928, Lothar Collatz s'intéressait aux itérations dans les nombres entiers, qu'il représentait au moyen de graphes et d'hypergraphes. Il inventa alors le problème 3x+1, et le présentait souvent ensuite dans ses séminaires. En 1952, lors d'une visite à Hambourg, Collatz expliqua son problème à Helmut Hasse. Ce dernier le diffusa en Amérique à l'université de Syracuse : la suite de Collatz prit alors le nom de « suite de Syracuse ». Entre-temps, le mathématicien polonais Stanislas Ulam le répand dans le Laboratoire national de Los Alamos. Dans les années 1960, le problème est repris par le mathématicien Shizuo Kakutani qui le diffuse dans les universités Yale et Chicago.

    Cette conjecture mobilisa tant les mathématiciens durant les années 1960, en pleine guerre froide, qu'une plaisanterie courut selon laquelle ce problème faisait partie d'un complot soviétique visant à ralentir la recherche américaine."

    et cela:


    "La relative faiblesse des résultats obtenus en dépit de l'application acharnée de méthodes mathématiques puissantes par des esprits brillants a conduit certains chercheurs à se demander si la conjecture de Syracuse est un problème indécidable"

    On se dit clairement que ce problème est très très très difficile.

    Al-Kashi
  • Al-Kashi:

    Peut-être que tous ces "brillants mathématiciens" ne connaissaient pas en réalité leur tables de multiplication et d'addition, qu'ils étaient en fait d'habiles simulateurs; ce serait la raison pour laquelle ils n'ont pas trouvé de solution en alignant des divisions et des multiplications les unes au dessus des autres ! X:-(
  • Pour se faire une idée de la quantité de travaux qui ont été faits sur cette conjecture après 2000 : https://arxiv.org/pdf/math/0608208.pdf
Cette discussion a été fermée.