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Conjecture de Syracuse (nouvelle approche)

Bonjour et bonne lecture,

Résumé :
La suite {Mi} de premier élément M0=K*2n-1, où n est un entier positif et K=(23^n+1)/3n est un entier impair, est une suite de Syracuse. Cette suite est donc bornée et elle est un majorant de toute suite {Ni} produite par application de l’algorithme de Collatz car n est aussi grand qu’on le veut.
Toute suite {Ni} est donc bornée et, par suite, comporte un cycle.
Soient {Z0, Z1, … , Zn-1} ce cycle de longueur n et Z0 l’élément minimum.
Selon l’algorithme de Collatz 2i{n}*Z0=3*Zn-1+1 et Z0 doit vérifier l’égalité :
2k{n}*Z0 = 3n*Z0 +3(n-1) +3(n-2)*2k1 +3(n-3)*2k2 + … + 3*2k/n-2/ +2k/n-1/ ,
k1, k2, ….. , kn sont des entiers positifs et kn> … > k2> k1> 0 .
Mais le principe de récurrence sur n montre que pour tout n>1 :
2 k{n}*Z0 > 3n*Z0 +3(n-1) +3(n-2)*2k1 +3(n-3)*2k2 + … + 3*2k/n-2/ +2k/n-1/ .
Et par suite, l’égalité est vraie seulement pour n=1, soit 2i1*Z0 = 3*Z0 +1 qui implique Z0=1 et l’unique cycle {1,4, 2} .

Cordialement
Ahmed Idrissi Bouyahyaoui

Réponses

  • Pour plus de développement :


  • Citation:
    La suite Mi de premier élément M0=K*2n-1, où n est un entier positif et K=(23^n+1)/3n est un entier impair


    Commentaire:
    Quand je vois qu'on baptise $M_i$ une suite, je m'attends à trouver l'indice i dans la définition de la suite.
    Quand je vois K dans une expression, je m'attends à ce que cela soit une constante.

    PS:
    Tout ceci est incompréhensible lu d'ici.
  • je suppose que cela est une suite logique du fil précédent.....sur le principe de récurrence....:)o

    Si toute les suites de Syracuse sont vraies, alors Syracuse est vraie et termine toujours sur le rang n=2 , et 1

    il y a une erreur de raisonnement sur le principe de récurrence, car il suppose que toutes les suites sont finies sur le cycle 4.2.1 or le principe de recurrence est une conséquence de la fonction de syracuse....qui vérifie le rang n = 2 quel que soit la suite qui aurra été testé, et finissant sur le cycle 4.2.1

    mais si une suite est infinie ou ayant une autre boucle...tout tombe à'leau......ainsi que le principe de récurrence....!

    de plus si effectivement les suites de syracuse sont bornées alors il est inutile d'aller plus loin , mais ou est la preuve de ce bornage....?

    tout ceci n'est qu'une conséquence des suites de syracuse ayant vérifiées le rang n= 4 et n+1 = 2....puis 1 ..si on veut.
    rien de plus.

    A moins d'avoir démontré à partit de quel rang n, la suite de syracuse est bornée, et par conséquent va redescendre sur le rang n=2 ; 1; et pourquoi il ne peut exister une autre boucle que 4,2,1.
  • Le pdf joint répond à vos questions.

  • Bof, je n'ai rien compris et la présentation ne m'a pas donné l'envie d'essayer de comprendre.
  • Bonjour

    Le pdf ne répond à aucune des deux questions posée, la preuve que tout vol i de la forme 4k-1 = 4k+3 est borné est fausse, car cette preuve est conditionnéepar une supposition qui reste à prouver.

    prendre l'exemple du cas i = 27, il aurait pu continuer à monter ou descendre indéfiniment, sans repasser sous sa valeur départ 2i = 54 , soit à la nième itération, le nième 4k+1 = 61, d'où effectivement: on obtient 12k+4, 6k+2, 3k+1 qui est pair et donc 3k+1/2 = 4k+3 soit 23, mais si cet itéré, c'est à dire ce nombre 23 était de même nature que le 4k+3 = 27, et bien il serait reparti de plus belle et ainsi de suite.....et pourquoi pas finir sur une boucle autre que : 4, 2 et 1

    où est la preuve ...? une supposition basée sur une conjecture vraie te donnera toujours une récurrence vraie..mais c'est une conséquence logique rien de plus....!

    je peux tout aussi bien faire la même supposition: tout vol fini sur n = 2 et quelque soit son nombre d'itérations vérifie la suite arithmétique Un = -4n

    tel que : 2 - 2i = -4n

    soit Un+1 = Un + (-4)

    ou

    Un+1 = 2* Un - Un-1.

    etc ....etc. ie: on fait le bilan des valeurs ajoutés et des valeurs retirées jusqu'au rang n = 2 est on obtient bien -4n

    On peut même prendre n'importe quel vol i au hasard.

    Mais c'est vrai, par ce que tous les vols i testés jusqu'à présent, ont vérifiés la conjecture de Syracuse par sa fonction f(x).....rien de plus ou de nouveau.....donc la récurrence sur cette suite Un est bel et bien vraie...
    Mais par supposition:)-D

    On a même pas besoin d'éxecuter les itérations avec la fonction f(x), on suppose que le vol se termine sur l'itéré = 2

    Comme la supposé Jules Rennucci les vols i de la forme 4k+3 sont ils bornés en altitude ...? et : à partir de quel rang....?

    Preuve qu'il reste à démontrer...!

    Ou encore, prouver que tout vol i de la forme 4k+1 se termine obligatoirement sur le rang n =4; puis 2; puis 1.

    ce n'est pas par ce qu'ils repassent sous leur valeur de départ, soit 12k+4 ; 6k+2; et 3k+1 ;qu'ils ont obligatoirement finis...!

    Car la conjecture serait la aussi prouvée; du simple fait que tout vol quelqu'il soit contient dans ces itérations, un ou plusieurs itérés de la forme 4k+1 donc finis par supposition...!
  • Bonsoir,

    Effectivement, le problème de la majoration est indécidable.

    Soit la suite de Syracuse (Mi) majorante, à priori, de toute suite de Collatz (Ni) avec i=0, 1, 2, …. , j .
    S’il existe toujours un j supérieur à n alors le problème de la majoration de la suite de Collatz (Ni) par la suite de Syracuse (Mi) est indécidable du moins par cette approche.

    L’établissement de l’unicité du cycle trivial pour les suites de Collatz bornées demeure valide.
  • Bonjour AIB
    Je cite ton PDF :

    "Si Ni est pair alors Ni+1 = Ni/2 sinon Ni+1 = (3*Ni + 1)/2 .
    Si cette instruction itérée aboutit en un nombre n fini d’étapes à Nn = 1 (donc au cycle : 1-4-2-1), la suite de premier élément N0 est appelée « suite de Syracuse »."

    Cette assertion est fausse. En effet, on appelle "Suite de Syracuse" une suite dont les éléments sont issus de l'application de l'algorithme de Collatz. Un point c'est tout.
    En revanche la "Conjecture de Syracuse" émet l'hypothèse que toute suite de Syracuse converge vers 1, ce qu'il faut démontrer.

    cordialement
  • Bonjour JR,

    Voici mon point de vue :

    (Ni) : une suite de Collatz avec i=0, 1, 2, …. , j (suite produite par l’algorithme de Collatz)
    (Mi)n : une suite de Syracuse particulière avec n aussi grand qu’on le veut. C’est une suite de Collatz qui aboutit au cycle (1, 4, 2) .
    Le tout est la conjecture de Collatz qu’on a tendance à oublier.
    La question de fond est que l’unicité du cycle (1, 4, 2) est démontrée car toute suite de Collatz bornée est une suite de Syracuse (voir Unicité du cycle (1, 4, 2) , page 3).

    Cordialement

    Ahmed
  • Bonjour

    Pourrrais-tu donner un exemple concret de ta suite (Mi)n, un exemple numérique.? Je ne vois pas très bien comment tu construis une telle suite.
    Merci
  • Bonsoir,

    Les nombres étant exponentiels, le nombre d'exemples est réduit à 3 :

    K=(2^3n+1)/3n
    M0,n=K*2n – 1
    M1,n=(3*M0,n+1)/2j ,
    j>=1,
    M2,n=(3*M1,n+1)/2j , j>=1,
    les Mi,n sont impairs.

    n=1
    M0,1= 5
    M1,1= 1

    n=2
    M0,2= 227
    M1,2= 341
    M2,2= 1

    n=3
    M0,3= 39768215
    M1,3= 59652323
    M2,3= 89478485
    M3,3= 1
  • Merci Ahmed et bonjour

    OK pour tes indications
    J'essaye de te répondre incessamment

    cordialement
  • Pour AIB

    J'émets quelques observations sur ton document


    Tout nombre $2^p*k-1$ soumis à l’algorithme de Collatz induit une suite de la forme :


    $i, p, i, p, i, p, i, p,. . . . i, 3^p*k-1,. . . . .$ avec i=impair, p= pair

    L’égalité $3^p*k-1 = 2^q$ est réalisée lorsque $k = \frac{2^q +1}}{3^p}$

    Exemple : p=3, q=9, d’où k=19

    Le nombre $2^3*19-1 = 151$ donne la suite : 151, 454, 227, 682, 341, 1024=2^10 .
    Autre exemple : p=4, q=27 ce qui donne k=1657009 d’où le nombre 26512143
    Qui donne la suite : 26512143, 79536430, 39768215, 119304646, 59652323, 178956970, 89478485, 268435456, 134217728=2^27, . . . .
    (Tu retrouveras les nombres qui apparaissent dans tes exemples pour n=2 et n=3)

    La valeur $K$ que tu proposes permet en effet d’aboutir nécessairement à une puissance de 2 pour le nombre $3^p*K-1$
    Je ne comprends pas ce que tu entends par « suite majorante » Comment une suite peut-elle majorer une autre suite ?
    Tu admets toi-même que le problème de la majoration est indécidable, aussi je n’insiste pas sur ce point.

    En revanche tu conclus un peu rapidement et d’une manière inexacte sur l’unicité du cycle {1,4,2}
    Tu définis un cycle de longueur n :{Z_0, Z_1, ..., Z_(n-1) } avec Z_0 l’élément minimum.

    Signalons d’abord que s’il existe une boucle dans une suite quelconque de Collatz elle ne peut se produire que sur un terme pair. En effet, tout impair n’a qu’un prédécesseur pair et un pair peut avoir deux prédécesseurs possibles, l’un pair, l’autre impair.
    Plus précisément, si au cours de l’itération on retombe sur un impair déjà enregistré c’est que l’on a retrouvé auparavant le pair qui le précède.
    Par ailleurs le plus petit élément d’un cycle hypothétique est nécessairement impair. (facile à démontrer)

    Supposons
    1- l’existence d’une boucle comprenant $ n$ termes
    2- La boucle comprend $p$ termes pairs et $q$ termes impairs $p+q =n$
    3- Désignons par $a_1, a_2, . . . , a_p$ les termes pairs et par $b_1, b_2, . . . b_q$ les termes impairs, les termes étant notés dans leur ordre d’apparition.
    4- Supposons $b_1$ le terme minimum de la suite (ce terme est nécessairement impair)
    L’existence de la boucle implique $b_q=b_1$
    5- Un exemple d’une telle boucle est :
    $$b_1, a_1, b_2, a_2, a_3, b_3, a_4, a_5, b_4, . . ., a_p, b_q = b_1 $$
    6- Désignons par $k_j$ le nombre de termes pairs qui précèdent l’impair $b_j$


    L’exemple précédent donne : $k_1=0$, $k_2=1$, $k_3=3$, $k_4=5$, . . . $k_q=p$

    Un simple calcul , déduit de l’algorithme de Collatz, conditionne l’existence de la boucle à la possibilité de l’égalité :

    $$ 2^p*b_1= 3^{q-1}*b_1 + 3^{p-2} + 3^{p-3}*2^{k_2} + 3^{p-4}*2^{k_3} + . . . +2^{k_{q-1}}$$

    Ou encore :
    $$ b_1*(2^p-3^{q-1}) = 3^{p-2} + 3^{p-3}*2^{k_2} + 3^{p-4}*2^{k_3} + . . . + 2^{k_{q-1}}$$

    Une condition nécessaire à cette égalité est : $ 2^p-3^{q-1} > 0$ puisque le second membre est strictement positif. Ce qui se traduit par :$ p>(q-1)*\frac{Log 3}{Log 2}$ Il est vraisemblable (mais non démontré) que cette égalité est impossible. Un raisonnement par récurrence est à exclure, l'égalité comprenant deux variables indépendantes $p$ et $q $

    Bien cordialement
  • Pour JR

    Ce qu'il faut retenir tout simplement :

    1 - le problème de la majoration (signalé plus :en avant) :
    La suite(Mi) de premier élément M0=K*2n-1, où n est un entier positif aussi grand qu’on le veut et K=(23^n+1)/3n est un entier impair, est une suite de Syracuse (1-4-2-1).
    Soit (Ni) une suite de Collatz avec i=0, 1, 2, …. , j
    S’il existe toujours un j supérieur à n (n est aussi grand qu’on le veut) alors le problème de la majoration de la suite de Collatz (Ni) par la suite de Syracuse (Mi) est indécidable.car la suite (Mi) est par définition bornée .

    2 - Pour l'unicité du cycle relire en page 3.

    Bien cordialement
  • Bonjour,

    Je donne des précisions qui améliorent la compréhension de l’article :

    La suite (Mi)n de premier élément M0=K*2n-1 avec K=(23^n+1)/3n est une suite de Syracuse et, par suite, elle est bornée pour tout n.
    La suite de Syracuse (Mi)n de premier élément M0=K*2n-1, où n est un entier positif aussi grand qu’on le veut et K=(23^n+1)/3n, est un majorant de « l’altitude » de toute suite (Ni) construite suivant l’algorithme de Collatz (suite de Collatz) avec i=0, 1, 2, …. , j.
    S’il existe toujours un j supérieur à tout n alors n ne peut être un majorant de la « longitude » j de la suite (Ni) bornée en « altitude » car les éléments Nj appartiennent alors à un cycle et j peut être aussi grand qu’on le veut.



    Cordialement
    Ahmed Idrissi Bouyahyaoui
  • cela ne démontre pas pour autant qu'une suite de Syracuse est finie ou bornée en altitude...

    je pense que cette majoration et pour l'instant une conséquence de l'algorithme de Syracuse.

    comme l'explique J.R il reste à démontrer qu'un vol i de la forme 4k+3 chute nécessairement à partir d'un certain nombre d'étapes, en introduisant les vols rasants ; c'est à dire qu'ils peuvent être maintenus en altitude.
    Donc ils sont forcément bornés...!
  • Bonjour,


    Avertissement :
    J'ai indiqué tout au début de l'article qu'une suite de Syracuse est une suite (Ni) de Collatz qui aboutit à Nj=1 après j étapes.
    Donc, par cette définition, toute suite de Syracuse est bornée en "altitude".
    La question à laquelle je crois avoir répondu est :
    Toute suite (Ni) de Collatz est-elle une suite de Syracuse ?
    <<<>>>

    J'établis la majoration de (Ni) par (Mi)n comme suit :

    1 - La suite (Mi)n est une suite de Syracue pour tout n>0, elle est donc bornée en "altitude" pour tout n.

    2 - La suite (Ni) est une suite de Collatz, i=0, 1, 2, ...., j.
    J est la "longitude" de la suite (Ni).
    On a (Ni) < (Mi)n car, par construction, (Ni) est bornée en "altitude" par (Min) pour tout i en prenant n>j pour tout j.

    3 - (1) et (2) impliquent :
    Toute suite (Ni) de Collatz est bornée en "altitude" et, par conséquent, c'est une suite de Syracuse.

    Cordialement
  • il semble que les axiomes de Piano ne suffissent pas pour résoudre la conjecture de Collatz.
  • L'axiome de Piano, c'est mettre les tuyaux à l'extérieur ?

    28614
    À ta naissance, tu pleurais tout le temps et tout le monde souriait autour de toi. Fais en sorte qu'à ta mort, ce soit l'inverse. (Proverbe arabe)
  • De toute façon j'ai toujours pensé que les axiomes de Piano ne sonnaient pas justes ... :)o
  • Bonjour,
    il est facile de transformer la conjecture en prenant la suite des nombres impairs uniquement ( on zappe les pairs )
    Par récurrence forte, on peut l'arrêter dès que l'élément trouvé est plus petit que le premier

    On peut aussi l'arrêter si l'élément trouvé a déjà été vu dans une suite de rang inférieur ( toujours le principe de récurrence forte ). Pas sûr que ça serve mais sait on jamais

    et enfin, on peut considérer que toujours , à la première itération , on va multiplier n par moins que 4 et le diviser au moins par 4 et donc trouver un second élément plus petit :
    si n est pair
    si n est de la forme 4k+1 ( S(2) = (3 ( 4k+1)+1)/2 = 6 k + 2 = 2 (3k+1)--> 3k+1 qui est plus petit que le 4k+1 initial )

    il ne reste donc que les 4k+3

    Bon, il n'y a aucun début de solution mais ça peut être plus intéressant de partir de cette forme réduite quand on cherche :
    - commencer uniquement par les 4k+3
    - ne pas inclure les pairs intermédiaires dans la liste
    - considérer la suite vérifiée dès qu'on atteint un élément plus petit que le 4k+3 initial

    Si vous programmez cet algorithme, affichez vos valeurs intermédiaires en base 4 et amusez vous du ballet des 3 et des 1 finals ( 1 gentil avance vers la convergence, 3 vilain retarde la convergence ). Testez en particulier les débuts de la forme -1+4^n ( qui sont bien des 4k+3 ).
  • On considère l’ensemble des séquences suivantes :

    56, 84, 126
    64, 96, 144, 216, 324, 486
    244, 366
    184, 276, 414
    208, 312, 468, 702
    352, 528, 792, 1188, 1782
    892, 1338
    670
    336, 504, 756, 1134
    Etc . . .
    Chaque séquence définit les termes pairs d’une progression géométrique de raison 3/2
    Le premier terme de la première séquence est de la forme 2*i +2 (i impair) (56=2*27+2)
    Le premier terme de chaque séquence égale le dernier de la séquence précédente divisé par 2 auquel on ajoute 1 ( 352 =702/2 +1 )
    Cet algorithme donne tous les pairs (56 exclu) augmentés de 2 de la suite de Syracuse relative au nombre i ( ici i=27) dans leur ordre d’apparition
    Quelque soit i chaque séquence est finie
    La chute du premier terme (ici 56) ne peut se produire que sur le premier terme d’une séquence.
    ( dans l’exemple produit Il faudra atteindre la 22 ème séquence)
    (à suivre ?)
  • Bonjour,

    Bon, un pb d'arithmétique qui a plus de 30 ans est peut être un pb de logique ...

    voyons ce 4k+3.
    au tour suivant , on a : ( 3 ( 4k+3 ) + 1 )/2 = (12 k +10)/2 = 6k+5 qui ne sera plus réductible car impair

    Peut on alors dire que le problème n'est plus de démontrer que la suite converge pour tous les 4k+3 mais seulement pour les 6k+5 ?

    autre façon de poser la question : peut on transformer le pb en
    - commencer uniquement par les 6k+5
    - ne pas inclure les pairs intermédiaires dans la liste
    - considérer la suite vérifiée dès qu'on atteint un élément plus petit que le 6k+5 ( ou 4k+3 ?) initial

    bleu ou noir ?
  • Bonjour Mike

    Eric Rosenthal qui fait autorité en la matière a montré qu'il suffisait d'étudier les entiers de la forme 65536*k+i
    Cette étude lui permet de conclure que seuls 1720 nombres échappent encore à une conclusion définitive

    cordialement,
  • @Jules : tu veux dire que pour tous les nombres entiers sauf 1720 d'entre eux, on a démontré la conjecture de Syracuse ?
  • Bonsoir !

    c'est une bonne approche , il faudra que je lise son papier.
    Je pense à une finition informatique pour appliquer des raisonnements comme celui là haut. Peut être est ce son approche.

    Mais ca ne devrait pas suffire. Le cas particulier de Syracuse doit nécessiter une règle qui reste à trouver - surement simple - sur un mécanisme qu'on voit bien en base 4


    alors bleu ou noir là haut ?

    NB : on se détend, on sait bien qu'on ne trouvera rien mais c'est chercher qui est amusant. Vaudrait mieux ne pas trouver pour jouer plus longtemps :)
  • alors bleu ou noir là haut ?

    tu penses que cela fait une différence ....

    de toutes les façons dans une vérification itérative, si 4k+3 est vérifié, et que 4(k+1) +3 repasse sous sa valeur de départ, soit il retombe sur une valeur de 4k+3...donc il se termine sur 4,2,1 soit il boucle....(:P)

    Je pense que l'exemple des entiers pairs cités par Jules..a été largement discuté...et pour l'instant on tourne en rond..
    malgré que cette structure arithmétique de Syracuse soit parfaitement ordonnée, est démontré par Jules...

    On a de plus, pas réussi à prouver que tout entier de la forme 4k+1 se termine sur 4,2,1. même si on pense que c'est vrai.

    on peut construire des vols aussi long que l'on veut, ce qui n'arrange pas le problème....

    pour ma part je reste sur l'idée que la suite arithmétique de raison 4 et de premier terme 4, qui se vérifie par récurrence, est suffisante pour se convaincre de la véracité de Syracuse.

    En effet si un vol ne se termine pas sur 22 au rang (x); alors cette suite arithmétique est fausse...il existe une différence > 4....ce qui serait un comble, dans une structure arithmétique aussi bien ordonnée.

    Peut on dire que Syracuse est victime du thèorème de la rigueur.....tout comme Goldbach....
    mais c'est vrai aussi qu'un tas d'arguments aussi convaincants les uns que les autres, et en l'absence d'un argument convaincant sur son contraire n'en fait pas un théorème...à notre époque...X:-(
  • Bonjour LG,

    Ca n'a rien avoir avec les autres pistes que tu évoques. Ici, toutes les inférences sont régulières. Je te rappelle qu'il n'y a plus de 4 2 1 , il n'y a que des impairs. La contraction du shift gauche est logiquement sans conséquences ( sauter les lignes paires car la séquence est toujours la même ).

    Donc , "non" , ce n'est pas pareil : dans le cas noir, la suite est dite vérifiée avant car il est plus facile d'atteindre 6k+5 que 4k+3 ( d'en haut, puisque la suite est "en vol" ).
    LG a écrit:
    On a de plus, pas réussi à prouver que tout entier de la forme 4k+1 se termine sur 4,2,1

    Ma démo est plus haut. Si elle est fausse , merci de me l'expliquer ! ceci dit, j'ai vu que ce n'était pas original : il y a ici un sujet ancien de 2011 qui y parvient de la même façon.

    Jusque là, juste avant la couleur, nous sommes en terrain connu ... Mais après la couleur, je ne sais pas.

    Alors bleu ou noir ? avec quels arguments logiques très précisément ?

    ma réponse est "bleu" car je n'arrive pas à démontrer que l'option noire est la bonne.

    Pourtant, intuitivement, il me semble passer à côté par manque de concentration ...

    Tout ceci ne mènerait pas à la solution, mais seulement à des sous-cas difficiles et une jonction avec les nombres premiers.
  • Bonjour Jules,

    Peux -tu donner la référence du papier de Rosenthal?

    Merci

    Paul

    P.S: j'ai du mal à y croire! (je ne parle pas du fait que tu vas me donner la référence, mais je doute que tu aies bien compris la conclusion que tu dis sur les 1720 brebis galeuses!)
  • Bonjour Mike

    La conjecture s’énonce de plusieurs façons.
    Par exemple : Tout nombre a un vol en altitude fini
    En ce qui me concerne c’est cette formulation que j’utilise.
    Elle permet d’éliminer les nombres de la forme 4k, 4k+1 et 4k+2 et donc de réaliser une économie de 75%
    Si l’on montre que tout nombre de la forme 4k+3 a un vol en altitude fini, la conjecture est alors démontrée.

    Le fait que les nombres 4k, 4k+1 et 4k+2 aient un vol en altitude finie ne permet aucunement d’affirmer que la suite de Syracuse attachée à ces nombres soit convergente.
    Cela signifie qu’il ne faut pas mélanger les différentes formulations de la conjecture.

    C’est, il me semble, ce que tu fais en écrivant « démontrer que la suite converge pour les 6k+5 »
    Tu dois écrire « montrer que tout nombre 6k+5 à un vol en altitude finie »
    Enfin, 6k+5 ne peut remplacer 4k+3.
    Avec 4k, 4k+1, 4k+2, 4k+3 tu impliques tous les nombres par leur division par 4 et tu ne retiens que 4k+3
    Avec 6k+5 tu impliques tous les nombres par leur division par 6 et tu dois alors retenir 6k+1 et 6k+3

    cordialement
  • Pour Pdepasse

    Je cite Jean Paul Delahaye qui est la référence française à propos de la conjecture


    "Ce type d'accélération des calculs mérite d'être perfectionné. Voici un
    premier pas dans cette direction : tout vol dont le numéro est de la forme
    n=16k+3 finit par passer en dessous de n. En effet les étapes à partir de
    16k+3 (impair) sont 48k+10 (pair), 24k+5 (impair), 72k+16 (pair), 36k+8
    (pair), 18k+4 (pair), 9k+2 (pair ou impair, mais plus petit que n).6
    En poursuivant sur le même principe on montre que si on écrit les
    nombres sous la forme 256k+i avec i variant de 0 à 255, seuls ceux
    correspondant à un i parmi : 27, 31,47, 63, 71, 91, 103, 111, 127 155 159
    167, 191, 207, 223, 231, 239, 251, 255 doivent être traités, ce qui cette fois
    donne un gain de plus de 92%.
    Le programme de Eric Roosendaal à qui on doit certains records est
    fondé sur une étude des entiers mis sous la forme 65536k+i (65536=2l6) lire 2 puissance 16
    dont seuls 1729 cas (soit 2,6%) restent à étudier. Cette économie est
    associée dans son programme à d'autres idées arithmétiques, ainsi qu'à une
    méthode de traitement simultané de plusieurs vols à la fois."


    Il s'agit d'un extrait d'un papier de Delahaye paru dans la revue Pour la Science
  • Bonjour !

    Jules Renucci écrivait:
    > Le fait que les nombres 4k, 4k+1 et 4k+2 aient un
    > vol en altitude finie ne permet aucunement
    > d’affirmer que la suite de Syracuse attachée à ces
    > nombres soit convergente.

    stricto sensus non, tant qu'on n'a pas démontré que c'est aussi vrai pour les 4k+3.

    Mais sinon, les 2 formulations sont équivalentes.
    L'axiome de la récurrence forte ( qui peut aussi dériver de la récurrence normale ), permet de démontrer
    P(début) && P(debut+1) && ... && P(n-1) && P(n) => P(n+1)

    au lieu de
    P(n) => P(n+1)

    Or si la suite S(n+1) rencontre un élément U < n+1 , nous sommes dans les hypothèses et pouvons conclure. En effet, si une suite contient un tel élément U, U a déjà été vérifié quand on en est à vérifier n+1 . Il suffit de relire la ligne à démontrer pour s'en re-persuader.

    Désolé d'être redondant. Ainsi on peut se débarrasser de toute référence non axiomatique et affirmer que toute suite qui rencontre un nombre plus petit que son début va converger vers 1 et donc qu'on peut s'arrêter.

    Ceci n'est possible que dans le cadre d'un raisonnement par récurrence puisque nous supposons que la propriété est vraie du début ( ici 5 ou 7 ) jusqu'à n

    Cette "subtilité" est à la base de toutes les suites de tâtonnements auxquels je pense.
    [small]( Double récurrence, récurrence sur un algorithme par récurrence et enfin crible final )[/small]

    Comme c'est complexe et que d'autres pourraient conclure là où je ne vois pas, j'en parle publiquement ... ( et puis je ne sais travailler ou jouer qu'en équipe )
  • Vous avez dit "subtilité" ?
    Serais-je donc "stupide" au point de "tâtonner" ?

    Vous appliquerez la récurrence "subtile" uniquement lorsque vous aurez démontré que tout nombre 4k+3 a un vol en altitude fini.
    Mais sans doute disons-nous la même chose.
    Bonne soirée
  • // disgression à mon questionnement logique plus haut ...

    bien que fidèle de PLS , il m'est arrivé de zapper des articles ... Celui là en fut, dommage.

    2 pistes à croiser hors la logique plus haut ( à priori rien à voir ) :

    voyez cette suite de difficiles successifs obtenue à partir du difficile 4A+3 :
    0: 4 A + 3
    1 1: 6 A + 5
    2 1: 9 A + 8

    3 0: 27 A + 25
    4 0: 81 A + 76
    5 0: 243 A + 229

    à partir de la ligne 3, en conservant le A initial, on trouve quelque chose de la forme
    3^n A + ( -k + 3^n ) , avec k petit en regard de 3^n
    En inférant à chaque fois sur la parité de A et faisant les changements de variables ( genre A = 2B+1 ou A=2B selon selon ) on peut transformer cette suite en
    3^n M + ( -1 + 3^n ). Si M s'écrit abcdefgh en base 3 ,
    3^n M + ( -1 + 3^n ) s'écrira abcdefgh222222...222 avec n fois 2, qui sera divisible par 2 ssi M l'est.

    Or du nombre de fois où on aura fait un changement de variable dépend la convergence ( ce qui revient à comparer des valeurs faciles à relier à A ).
    [small]en l'écrivant maintenant, je me demande si ce n'est pas équivalent à un théorême évoqué en 2011 sur ce forum ...[/small]

    Par cette voie, je pourrais montrer que ( aie aie ) :
    si 3^n M + ( -1 + 3^n ) converge ==> que toutes les suites commençant par plus petit que 3^n M + ( -1 + 3^n ) convergent.

    Je ne développe qu'à la demande ( c'est long et peut être cela n'intéresse t il vraiment personne )

    ...

    De même l'intérêt de la base 4
    Voilà la Syracuse de 16777215 ( 4 ^ 12 -1)
    la dernière colonne montre l'élément de la suite en base 4. Ils sont tous impairs, donc ils finissent par 1 ou 3 :
    0 0 0 0.0 0.0000 16777215 333333333333
    1 1 1 0.4 1.0000 25165823 1133333333333
    2 1 2 0.8 1.0000 37748735 2033333333333
    3 1 3 1.2 1.0000 56623103 3113333333333
    4 1 4 1.6 1.0000 84934655 11003333333333
    5 1 5 2.0 1.0000 127401983 13211333333333
    6 1 6 2.4 1.0000 191102975 23120333333333
    7 1 7 2.8 1.0000 286654463 101011133333333
    8 1 8 3.2 1.0000 429981695 121220033333333
    9 1 9 3.6 1.0000 644972543 212130113333333
    10 1 10 4.1 1.0000 967458815 321222203333333
    11 1 11 4.5 1.0000 1451188223 1112133311333333
    12 1 12 4.9 1.0000 2176782335 2001233300333333
    13 1 13 5.3 1.0000 3265173503 3002213221133333
    14 1 14 5.7 1.0000 4897760255 10203323132033333
    15 1 15 6.1 1.0000 7346640383 12311321031113333
    16 1 16 6.5 1.0000 11019960575 22100311310003333
    17 1 17 6.9 1.0000 16529940863 33121100232011333
    18 1 18 7.3 1.0000 24794911295 113011321011020333
    19 1 19 7.7 1.0000 37192366943 202220311213231133
    20 1 20 8.1 1.0000 55788550415 303331100123210033
    21 1 21 8.5 1.0000 83682825623 1031323320221112113
    22 1 22 8.9 1.0000 125524238435 1310321310332001203
    23 1 23 9.3 1.0000 188286357653 * 2233112233131002111
    24 6 29 6.3 1.2083 8825923015 20032010032113013
    25 1 30 6.7 1.2000 13238884523 30111012111202223
    26 1 31 7.1 1.1923 19858326785 102133221200110001
    27 2 33 6.8 1.2222 14893745089 31313233020033001
    28 2 35 6.5 1.2500 11170308817 22121303112023101
    29 2 37 6.2 1.2759 8377731613 13303112200220131
    30 3 40 5.2 1.3333 3141649355 2323100130033023
    31 1 41 5.6 1.3226 4712474033 * 10120320222112301
    32 2 43 5.4 1.3438 3534355525 3102222133301011
    33 4 47 3.7 1.4242 662691661 * 213133331331031
    34 3 50 2.7 1.4706 248509373 32303333032331
    35 3 53 1.7 1.5143 93191015 11203133231213
    36 1 54 2.1 1.5000 139786523 20111033210123
    37 1 55 2.5 1.4865 209679785 30133313112221
    38 2 57 2.2 1.5000 157259839 21113321200333
    39 1 58 2.6 1.4872 235889759 32003312101133
    40 1 59 3.0 1.4750 353834639 111011301122033
    41 1 60 3.5 1.4634 530751959 * 133220222013113
    42 1 61 3.9 1.4524 796127939 233130333023003
    43 1 62 4.3 1.4419 1194191909 1013023132300211
    44 4 66 2.6 1.5000 223910983 * 31112021301013
    45 1 67 3.0 1.4889 335866475 110001032221223
    46 1 68 3.4 1.4783 503799713 132001311332201
    47 2 70 3.1 1.4894 377849785 112201120132321
    48 2 72 2.8 1.5000 283387339 100321002113023
    49 1 73 3.2 1.4898 425081009 121111203202301
    50 2 75 2.9 1.5000 318810757 * 103000022222011
    51 4 79 1.3 1.5490 59777017 3210001333321
    52 2 81 1.0 1.5577 44832763 2223001133323
    53 1 82 1.4 1.5472 67249145 10000202033321
    54 2 84 1.1 1.5556 50436859 3000121223323
    55 1 85 1.5 1.5455 75655289 10200212201321
    56 2 87 1.2 1.5536 56741467 3120130321123
    57 1 88 1.6 1.5439 85112201 11010223112021
    58 2 90 1.3 1.5517 63834151 * 3303200200213
    59 1 91 1.7 1.5424 95751227 11231100300323
    60 1 92 2.1 1.5333 143626841 * 20203321021121
    61 2 94 1.9 1.5410 107720131 12122322313003
    62 1 95 2.3 1.5323 161580197 21220120102211
    63 4 99 0.6 1.5714 30296287 1303210203133
    64 1 100 1.0 1.5625 45444431 2231112311033
    65 1 101 1.4 1.5538 68166647 * 10010002033313
    66 1 102 1.8 1.5455 102249971 12012003113303
    67 1 103 2.2 1.5373 153374957 21021011003231
    68 3 106 1.2 1.5588 57515609 3123121321121
    69 2 108 0.9 1.5652 43136707 2210203123003
    70 1 109 1.3 1.5571 64705061 3312311020211
    71 4 113 -0.3 1.5915 12132199 232101331213
    donc en 71 pas ( de la forme compressée ) , on obtient 12132199 après donc 71 "3x+1" et 113 "x/2" ( donc un rab de 113 - 71 )...

    Si quelqu'un veut d'un petit programme perl , suffit de demander. Si personne ne tourne perl mais le veut quand même, je le porterai dans un autre langage

    ( désolé pour ces 71 lignes, mais elles pourraient faire réfléchir quelqu'un demain ou dans 10 ans :) )
  • * je suis sur ce forum et 2 ou 3 autres car je sais qu'ils ne manquent pas de gens subtils. J'étais content que vous lire dans ce fil. Désolé, mais c'est comme cela qu'on parlait il y a 40 ans dans les facs de maths.

    donc, subtilité bien sûr ! enfin, c'est surtout la variante de l'axiome qui est subtile ...

    ps : tâtonnement ? n'est ce pas moi qui tâtonne et demande à d'autres de venir tâtonner avec moi. Que voulez utiliser comme terme puisqu'il n'y a ni démo ni vrai plan de démo ? C'est ce qu'il faut construire

    sincèrement :)
  • Or si la suite S(n+1) rencontre un élément U < n+1 , nous sommes dans les hypothèses et pouvons conclure. En effet, si une suite contient un tel élément U, U a déjà été vérifié quand on en est à vérifier n+1 . Il suffit de relire la ligne à démontrer pour s'en re-persuader.

    Ainsi on peut se débarrasser de toute référence non axiomatique et affirmer que toute suite qui rencontre un nombre plus petit que son début va converger vers 1 et donc qu'on peut s'arrêter.

    je pense que c'est évident , même si l'élément U est > n+1, des l'instant où il est rencontré dans la suite S(n) < S(n+1).

    mais on tourne toujours en rond...puisque quelque soit une suite S(n) elle contient des 4k+3 et des 4k+1 et on peut même dire ou va se trouver le 4k+1, c'est à dire son rang; dans une majorité des suites S(n) .

    Jules a montré, que l'on peut même, ne garder que les têtes de séquences...qu'elles soient paires ou impairs, cela ne change pas grand chose.
    Si ce n'est quand même, d'avoir mis à jour la structure arithmétique de Syracuse , qui est simple et ordonnée.
    je pense aussi, que c'est pour cela qu'il faut démontrer qu'un vol 4k+3 est fini en altitude...!

    Ou qu'un vol 4k+1 est toujours fini sur la boucle 4,2,1; à un rang bien précis; c'est à dire le rang auquel il ne peut que chuter sur sa boucle...4.2.1
    ou 1 ,3 si on ne s'occupe que des itération impairs...

    malheureusement ce rang n'a actuellement jamais pu être calculé...! sinon Syracuse serait démontré.
  • Bonjour Jules,

    Merci pour ta référence.

    Hélas, elle confirme ce que j'imaginais: il n'y a pas 1729 nombres à qui il suffirait de tordre le cou pour démontrer Syracuse!

    L'article de Delahaye dit qu'il y a 1729 PROGRESSIONS ARITHMETIQUES parmi les $2^{16}$ PROGRESSIONS ARITHMETIQUES .de raison $2^{16}$ qui continuent de faire question.

    Certes $1729/2^{16}$ c'est pas beaucoup (environ $2,6\%$), mais $2,6\%$ fois l'infini ça fait l'infini!

    Irait-on par ce procédé jusqu'à $2^{1000}$ au lieu de $2^{16}$, il resterait toujours une infinité de nombres qui font question.

    L'intérêt de ces algorithmes est qu'ils peuvent permettre de battre des records, un point c'est tout!

    Cordialement
    Paul
  • Pdepasse, Bonjour
    Tu as parfaitement raison . L'intérêt est dans le fait qu'il est possible de diminuer considérablement le pourcentage des nombres à étudier.
    Dans le cas de Rosenthal il reste 1729 suites qu'il faut examiner. 1729 est un nombre fini et il n'est pas interdit de penser que l'on peut encore réduire ce nombre. Mais n'en resterait-il qu'un, le problème ne serait pas résolu.
    Cordialement.
  • Rebonjour,

    pas d'accord!

    Il y a PLUS que 1729 progressions arithmétiques parmi les $2^{17}$ progressions arithmétiques de raison $2^{17}$ qui continueront de faire question.
    En revanche, il y en aura moins que $2* 1729$ et donc le pourcentage de nombres litigieux diminuera quand on passera de l'"affinage " $2^{16}$ à l'"affinage " $2^{17}$.

    Cordialement
    Paul
  • Salut !

    Pas d'accord non plus ....
    Lorsque Rosenthal écrit 2^16 k + i, il suffit de donner à k une valeur paire pour obtenir 2^17 k' + i ; autrement dit 2^17 k + i est de la forme 2^16 k + i
    de même que 2^20 k + i serait toujours de la forme 2^16 k + i et d'après Roosendaal quelle que soit la puissance de 2 supérieure ou égale à 16 il y aura toujours 1729 incertitudes pour la valeur de i.

    Le 2^ 16 k + i de Roosendaal résulte de calculs complexes. Roosendaal démontre que :
    1 - S'il existe un vol en altitude infini il faut le rechercher parmi les 2^16 k + i
    2- Et parmi les 2^16 k +i il n'y a que 1729 valeur de i pour lesquelles subsiste une incertitude quand à la chute du vol. Je ne sais si Roosendaal est parvenu à énoncer les 1729 valeurs de i.

    toujours cordialement;)
  • Salut !

    Toujours pas d'accord ....

    Si $n$ est litigieux, $2n$ l'est aussi et réciproquement.
    Soit $2^{16}k + i$ l'UNIQUE écriture de ce $n$ litigieux SACHANT que $0 \leq i < 2^{16}$.
    Pour une progression arithmétique, "être litigieuse" est synonyme de "contenir (au moins) un nombre litigieux".
    Ainsi la progression arithmétique$2^{16}k + i$ (où $ i$ est le naturel défini ci-dessus et $k$ décrit les naturels) est litigieuse.
    Mais alors la progression arithmétique$2^{16}2k +2i $ (où $ i$ est le naturel défini ci-dessus et $k$ décrit les naturels) est litigieuse.
    Or cette dernière est la progression arithmétique$2^{17}k +2 i $ (où $ i$ est le naturel défini ci-dessus et $k$ décrit les naturels) .

    Ainsi les
    1729 progressions arithmétiques litigieuses $2^{16}k + j$ (où $ j$ décrit un ensemble de 1729 nombres naturels strictement inférieurs à $2^{16}$ et $k$ décrit les naturels) "produisent"
    1729 progressions arithmétiques litigieuses $2^{17}k +2 j $ (où $2 j$ décrit un ensemble de 1729 nombres naturels PAIRS strictement inférieurs à $2^{17}$ et $k$ décrit les naturels) .
    A ces 1729 dernières il faut AJOUTER les ("je ne sais pas combien, mais si c'était $0$ ça se saurait") progressions arithmétiques litigieuses $2^{17}k +2 j+1$ (où $2 j+1$ décrit un ensemble naturels IMPAIRS strictement inférieurs à $2^{17}$ et $k$ décrit les naturels) .

    Cordialement:)
    Paul
  • Paul, nous en resterons là si tu le veux bien

    bien cordialement
  • Je ne tiens pas à en rester là, mais je ne suis pas du genre à obliger quiconque à discuter avec moi, même si je vois qu'il se trompe et ai voulu l'en prévenir cordialement.
    Une explication de ta part me semblerait courtoise, me dirais-tu que je suis à côté de la plaque au vu de mon dernier message, si possible en étayant ton affirmation.
    A toi de voir.
    Bien cordialement
    Paul

    Edit: les imbéciles ne sont pas les vers de terre amoureux d'une étoile (sinon tous les chercheurs seraient des imbéciles)
    mais les amoureux qui ne supportent pas qu'on leur prouve qu'ils vont trivialement dans le mur. Comme toi je suis amoureux de l'étoile Syracuse mais, à l'inverse de toi (si j'interprête bien ta fin de non-me-recevoir), je te dirai merci si tu pointes le doigt sur mon erreur de raisonnement. Ainsi, tant que tu ne m'as pas prouvé que je vais dans le mur, je prétends que tu vas dans le mur!
    Et, soit dit en passant, si tu n'es pas fichu de pointer mon erreur prétendue, tu ferais bien de renoncer définitivement à l'étoile!
  • Bonjour
    @pdepasse
    je pense que ce genre de propos à l'encontre de Jules n'est pas très poli...si il veut mettre un terme à cette discution, ce qu'il t'indique poliment..c'est son droit et qui doit être repécté en tant que tel.

    ********************************************************
    Maintenant concernant ce litige : il a raison...!
    *************************************************************
    Le programme de Eric Roosendaal à qui on doit certains records est
    fondé sur une étude des entiers mis sous la forme 65536k+i (65536=216)
    l
    dont seuls 1729 cas (soit 2,6%) restent à étudier.
    Il me semble que c’est clair :
    65536k + i , veut bien dire quelque soit k, il y aura toujours 1729 cas à étudier, point barre.

    Donc quelque soit 2n avec n ≥ 16

    De la même façon que pour 256k + i , il y a toujours 19 valeurs de i à étudier, valeurs définies :
    {27, 31,47, 63, 71, 91, 103, 111, 127 155 159
    167, 191, 207, 223, 231, 239, 251, 255 }
    Et ce quelque soit k,

    ce qui veut bien dire: que le i en question est fixé… ! Et pour 256k, les valeurs de i sont définies.

    « Ce qui pour l’instant n’est pas connu, parmi les 1729 valeurs de i relatif à 65536k.. » quelque soit k...!

    Cela ne veut pas dire que Eric Roosendaal, ne connaisse pas ces 1729 valeurs de i....le contraire d'ailleurs m'étonnerait...
  • Paul, bonjour,

    Faut-il citer Victor Hugo pour me mettre sur le bon chemin ?
    Est-il utile de développer, d’ailleurs avec talent, une parabole sur les imbéciles et ceux qui ne le sont pas ?
    Dois-je donc te remercier d’avoir patiemment cherché à me convaincre ?
    Ton dernier message aigre-doux ne m’incite guère à poursuivre et pourtant je le dois car je me trouve pris au piège de mon « imbécillité » que tu as habilement suggérée.

    Et bien, oui, je le reconnais, c’est toi qui a raison !
    J’ajouterais que tu as raison « trivialement », ce qui aggrave mon cas.

    Je fréquente ce forum depuis plus de 10 ans et c’est bien la première fois que je me trouve dans une telle situation.

    PS : Juste avant de poster ce message je m’aperçois que Gérard (LG) me donne raison ! Merci Gérard et sait-on jamais !
  • Jules: car tel que c'est expliqué, je ne vois pas ce que vient faire $2i$ dans la formule de Paul :$ 2^{17}k +2 i $

    des l'instant où $i$ est défini...?

    car dans ce cas il n'ya qu'a ce contenter de 256k + i ...est ce que dans ce cas: les 19 cas de i , sont ramené à la baisse pour 2n avec $n\geq8$.....?

    si pour 216, on a défini 1729 valeurs de i, c'est bien comme pour 256k +i où la il y a 19 valeurs de i....non?
  • Bonjour,

    @Jules

    Merci pour ta franchise et pardon pour la méthode utilisée pour que nous ne nous quittions pas sur un malentendu!

    @ L.G

    Tu apportes un argument supplémentaire pour faire "sentir" que le nombre de progressions litigieuses augmente lorsqu'on passe de la raison $2^n$ à la raison $2^{n+1}$ : ne passe-t'on pas de 19 à 1729 quand $n$ passe de $8$ à $16$?

    cordialement

    Paul
  • @Paul
    tout à fait , mais je pensais que tu voulais dire que ce nombre de valeurs de i diminuerait pour pour 2^17...2^n

    effectivement le cas de 256k+i et de 65536k+1 laisse bien apparaître une augmentation de valeur de i
    d'ailleur ce côté de la conjecture n'a pas l'air d'être poursuivi...sur la dernière page de Roosendaal en Août 2013..
  • Bonjour.
    "La suite {Mi}  est une suite de Syracuse. Cette suite est donc bornée." : ce n'est pas démontré.
    "K=(2^3^n+1)/(3^n) est un entier impair" : j'ai testé avec une petite boucle en C++, en considérant les 2 cas de votre ambiguïté : ce n'est pas toujours entier.
    De plus, une suite bornée n'est pas forcément cyclique,elle peut aller vers - l'infini, être pseudo aléatoire... à développer pour que ce soit affirmable.
    .../...
    Désolé, vous avez échoué.
    Merci pour vos efforts.
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