La conjecture de Syracuse

La conjecture de Syracuse est un merveilleux problème d’arithmétique : un enfant de 8 ans peut le comprendre, les ordinateurs l’ont vérifiée jusqu’à des nombres astronomiques, et pourtant les mathématiciens n’ont toujours pas réussi à la démontrer ou à l’infirmer.

Il y a quelques jours, une prépublication a annoncé sa démonstration…avant de se rétracter après la découverte d’une faille dans un point du raisonnement.

Syracuse, un bastion proche de tomber ? Voyons cela de plus près !

L’énoncé de la conjecture

Prenez un nombre entier positif, et appliquez lui le traitement suivant :

  • s’il est pair, vous le divisez par 2;
  • s’il est impair, vous le multipliez par 3 et vous ajoutez 1.

Vous obtenez alors un nouveau nombre, sur lequel vous répétez la procédure. Et ainsi de suite, pour fabriquer une séquence de nombres.

Mettons que je parte du nombre 7, voici la séquence que j’obtiens :

7,22,11,34,17,52,26,13,40,20,10,5,16,8,4,2,1,4,2,1,4,2,1,…

Vous remarquez qu’à la fin, une fois qu’on est tombé sur 1, la suite finit par répéter indéfiniment le cycle 4,2,1. Si vous essayez vous-même avec d’autres nombres, vous allez voir que l’on finit toujours à 1. Vous voulez faire le test ? Si vous partez de nombres pas trop élevés, ça se fait presque de tête. Si vous êtes fainéant, vous pouvez aller sur ce site.

La conjecture de Syracuse s’énonce ainsi : quel que soit le nombre que l’on choisisse au départ, on finira par tomber sur 1.

Contrairement à ce que peut laisser supposer le parfum archimédien de son nom, cette conjecture est relativement récente puisqu’elle a été popularisée par le mathématicien allemand Lothar Collatz (ci-dessous) aux environ de 1937. C’est à la suite d’un exposé à l’Université de Syracuse à New York qu’elle a acquis son surnom le plus connu.

Peut-on finir ailleurs qu’à 1 ?

Si la conjecture de Syracuse est vraie, quel que soit le nombre initial on doit tomber sur le cycle 4,2,1, appelé cycle trivial. Pour qu’elle soit fausse, il suffit de trouver un contre-exemple. On peut facilement se convaincre que s’il existe un contre-exemple, il correspond nécessairement à l’une de ces deux situations :

  • une séquence qui diverge à l’infini;
  • une séquence se termine sur un cycle autre que le cycle trivial.

Si vous êtes courageux, vous pouvez essayer de prendre des nombres au hasard, et construire la suite de Syracuse pour voir si vous tombez sur une de ces deux situations. Petit indice : la conjecture a déjà été vérifiée numériquement jusqu’à 10^20 (par Tomas Oliveira e Silva), alors essayez de choisir un nombre de départ plus grand que ça !

Si l’idée de chercher un contre-exemple vous fatigue, vous pouvez chercher une démonstration. Il suffit de prouver 1) qu’on ne diverge jamais à l’infini, et 2)qu’il n’existe aucun autre cycle que le cycle trivial. Voyons ces éventualités.

Un argument probabiliste

Pour se convaincre qu’une divergence à l’infini est peu probable, on peut avoir recours à un argument probabiliste. Pour cela, il suffit d’observer que quand on a un nombre impair, et qu’on le multiplie par 3 en ajoutant 1, on tombe nécessairement sur un nombre pair. On peut donc directement le diviser par 2. Ceci donne naissance à la forme comprimée de la procédure :

  • si N pair ==> N/2
  • si N impair ==> (3*N+1)/2
Quel est l’intérêt de cette forme comprimée ? Que le nombre N soit pair ou impair, le nombre sur lequel on tombe sera à 50% de probabilité pair, et à 50% de probabilité impair. Après K opérations, le nombre initial a en moyenne été multiplié K/2 fois par (1/2) et K/2 fois par en gros (3/2). Donc après K opérations, le nombre initial a en moyenne été multiplié par
\left(\frac{3}{4}\right)^{K/2}
Puisque 3/4<1, on voit quand itérant les opérations à l’infini, on doit en moyenne toujours décroitre. Bien sûr cet argument probabiliste n’est pas une démonstration, puisqu’il suppose qu’on tombe bien à chaque fois à 50% de chance sur un nombre pair ou sur un nombre impair. C’est vrai en moyenne, mais pas pour chaque suite prise individuellement. Donc ce raisonnement montre qu’un contre-exemple allant à l’infini est assez improbable, mais il peut très bien exister !

A la recherche du cycle non-trivial ?

Autre étape nécessaire pour démontrer la conjecture de Syracuse : prouver qu’il n’existe pas d’autre cycle que le cycle trivial 4,2,1. Là aussi vous pouvez vous amuser à en chercher un à la main, mais soyez ambitieux. En effet puisque la conjecture est vérifiée numériquement jusqu’à 10^20, un tel cycle ne peut contenir que des nombres supérieurs à cette valeur. Cette limite implique  même que s’il existe un tel cycle, il est constitué de plus de 17 milliards d’éléments. Bon courage !

Bien sûr il y a aussi le cycle qui ne contient que 0. Mais comme les matheux sont curieux, ils sont allés faire un tour du côté des nombres négatifs. Si vous vous autorisez les nombres négatifs comme point de départ, il existe en effet quelques cycles. En fait il y en a 3, qui partent respectivement de -2, -5 et -17. On suppose qu’il n’en existe pas d’autres, mais on ne sait pas non plus le démontrer !

Alors va-t-on y arriver un jour ?

Comme je vous le disais au début de ce billet, un mathématicien de l’Université de Hambourg, Gerhard Opfer, a récemment posté une prépublication(*) annonçant la démonstration de la conjecture de Syracuse. Le gars a l’air sérieux, il est d’ailleurs un ancien étudiant de L. Collatz lui-même (cf le Math Genealogy Project).

En survolant le papier, on remarque deux choses surprenantes. D’une part la démonstration est assez courte, quelques pages, c’est plutôt inattendu. D’autre part elle semble ne faire appel qu’à des notions de mathématiques plutôt simples (algèbre linéaire, fonctions complexes), sans avoir besoin d’invoquer la tour de Teichmüller ou les formes modulaires semi-stables sur le groupe de Galois absolu d’une clôture séparable. On a presque envie de penser que si on lisait le papier, on pourrait comprendre.

Malheureusement, Mesdames et Messieurs, comme souvent dans ce genre d’annonces, il y semble qu’il y ait une faille dans sa démonstration. Opfer vient d’ajouter la page suivante à son papier :

Les curieux peuvent aller lire le papier, puis aller  pour une discussion de la faille. On peut tout de même rêver que la faille soit curable, ou tout au moins que la tentative de G. Opfer soit à l’origine de nouveaux essais, dont un finira bien par fonctionner ! Sauf si, comme le pense le célèbre mathématicien Paul Erdös à propos de la conjecture de Syracuse

« Les mathématiques ne sont pas encore prêtes pour de tels problèmes ».

(*) G. Opfer, An analytic approach to the Collatz 3n + 1 Problem Merci à Hervé qui m’a mis au courant de cette annonce !

101 réflexions sur “La conjecture de Syracuse

  1. Et je n’ai rien à ajouter — si, tu devrais remplacer « statistique » par « probabiliste » !

    Et puis une anecdote : quand cette énigme s’est répandue, en pleine guerre froide, le bruit-boutade a couru également que c’était un problème inventé par les soviétiques pour paralyser la recherche mathématique occidentale. Je ne sais plus où j’ai lu ça.

      • Ce qui est curieux, c’est que considérer les « (3n+1)-trees » et variantes est une approche classique et naturelle du problème. On a l’impression en lisant en diagonale que l’argument de G. O., s’il avait été exact, aurait pu s’appliquer directement à cette approche, sans passer par l’équation fonctionnelle dans H² ou je ne sais quoi… et donc l’impression très nette qu’il y a un os — d’où le sentiment d’étrangeté, comment la faille ne lui est-elle pas apparue, ce n’est pourtant pas un crank !

  2. Très bon article. Mais on peut remarquer une petite erreur : l’énoncé de la conjecture précise un entier supérieur à 1, donc un entier strictement positif.
    Petite précision : le fameux exposé a été fait par Helmut Hasse dans les années 50 à l’université de Syracuse comme indiqué.
    En fait, je trouve que le terme statistique est pas si mal choisi : c’est une démonstration heuristique, non ? A moins que vous parliez de la démonstration probabiliste des québécois Alain Slakmon et Luc Macot, publiée en 2006 s’inspirant des méthodes heuristiques ci-dessus.
    En fait, le problème serait résolu si on démontrait que le temps de vol en altitude (nombre de termes nécessaires pour qu’un terme de la suite soit inférieur au premier terme) serait fini.

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  4. La conjecture de syracuse s´exprime peut-etre encore plus facilement en ecrivant les nombres en binaire. Quelques exemples:
    -> 101000 : on efface tous les zeros à gauche pour obtenir 101.
    -> 11011 : on rajoute le meme nombre décalé vers la gauche plus 1. 11011 + 1101 + 1 = 101001

    Amicalement.

  5. Merci pour cette article mais la suite que vous donnez en exemple à partir du nombre 7 comprend une erreur: après 15 on devrait trouver 46 et non pas 16.
    Cordialement

    • Bonjour Ahmed,
      j’ai lu votre démonstration, il y a des problèmes notamment sur la dernière hypothèse de récurrence.

      Cdt,

      Momo

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  7. Je suis un amateur, et je prétends avoir démontré le problème de Syracuse.
    J’adresserai ma proposition de démonstration aux mathématiciens,dès qu’ils auront accepté ma démonstration de la conjecture de Goldbach.
    Ne comptez pas sur moi pour divulguer ma proposition de démonstration du problème de Syracuse à ceux qui refusent d’admettre ma démonstration de la conjecture de Goldbach.
    Qu’attendent ces mathématiciens ?
    Pourquoi a-t-on créé un site « Pourquoi la conjecture de Goldbach ne sera jamais démontrée par un amateur »
    JP MORVAN

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  10. J’ai résolu la conjecture, tout document sur demande. Ce n’est pas une fanfaronnade. En fait c’est très simple…

    • C’est marrant , j’ai aussi une démonstration élémentaire voire simplissime qui est en cours d’analyse par un collége de mathématiciens Européens et Américains , mais je ne prétends pas avoir « résolu » (c’est une démonstration et non une résolution qui fait défaut) la conjecture .Par contre , si votre travail est sérieux , il existe de nombreux organismes et associations qui se feront un plaisir de décortiquer les étapes de votre raisonnement pour vous aider à en dégager les failles …
      Si ça n’est pas une fanfaronnade(dixit) ,n’hésitez pas : pour ma part , je ne serai sûr de rien tant que de nombreux experts bien plus compétents que moi n’auront pas confirmé mon raisonnement …

      • @Karlatt

        Vous serait-il possible de mentionner quelques uns de ces organismes et associations ? Merci d’avance !

  11. Voici un contre-exemple « rigolo » de la conjecture de Syracuse.
    Il s’agit d’un nombre qui nécessite un nombre infini de chiffres pour s’écrire.
    Bien entendu, je ne pense pas qu’un tel nombre soit un entier naturel,
    mais ce n’est pas si facile que ça de le démontrer (en tout cas pour moi).

    Voici le nombre de départ :
    A = …010010010010010010010010010011
    Pour le définir, on peut noter dA(i) la valeur du i-ème chiffre et poser que le chiffre des unités a 0 comme index.
    Alors, A est tel que dA(0) = 1, dA(1) = 1 et pour tout i > 1, si i = 1 [mod 3] alors dA(i) = 1 , sinon dA(i) = 0.

    Pour simplifier la lecture, je vais mettre le bloc de chiffres qui se répètent à l’infini entre accolades :
    A = {100}11

    La suite est :
    B = 3 * A + 1 = {110}111010
    C = B / 2 = {110}11101
    D = C * 3 + 1 = {100}11000
    E = D / 2 = {100}1100
    F = E / 2 = {100}110
    G = F / 2 = {100}11 = A

    On obtient un cycle non trivial plutôt court. Si A est un entier naturel, la conjecture est fausse.

    Quelqu’un saurait-il me donner une démonstration rigoureuse du fait que le nombre A ne peut pas être considéré comme un entier naturel ?

    Les axiomes de Peano permettent de définir l’addition et la multiplications dans N qui est un monoïde pour les deux opérations. On a donc la stabilité. Si on multiplie deux entiers, on obtient un entier.
    De plus le cinquième axiome (tout ensemble contenant 0 et les successeurs de tous ses éléments est l’ensemble des entiers naturels) autorise la construction des nombres par récurrence.

    Avec ça, pourquoi ne pourrait-on pas obtenir des nombres avec une infinité de chiffres (quelque soit la base)
    en ne faisant que multiplier un nombre par un nombre supérieur à 10 en système décimal, 2 en binaire, … ?

    Merci de votre aide.

    • Aucune idée ! J’ai essayé de réfléchir une minute à la question, ce qui est bizarre, c’est que pour poser la question il faut déjà avoir construit N, non ?

      • En effet, il y a quelque chose qui se mort la queue là-dedans. C’est déroutant.
        J’ai aussi remarqué que lorsqu’on parle de nombres univers, on dit d’eux qu’ils contiennent n’importe quelle succession de chiffres de longueur finie. Si les entiers naturels ont toujours un nombre fini de chiffres, alors on pourrait dire que les nombres univers contiennent tous les entiers naturels, non ?

    • On peut montrer par récurrence que tous les nombres entiers on un nombre fini de chiffres (quelle que soit la base):

      – 0 a un nombre fini de chiffre
      – si n a un nombre fini de chiffres, alors son successeur n+1 a un nombre fini de chiffres

  12. réponse à Tolokoban:
    Il vient simplement de (re)découvrir les nombres entiers diadiques…
    Ceux qu’il proposent sont en fait, compte-tenu de la périodicité à droite à partir d’un certain rang des sommes de rationnels et d’entiers.
    A ce propos, les entiers strctement négatifs sont les diadiques dont l’écriture binaire commenc par une infinité de1 .On retrouve aisément les cyles pour les nombres négatif par l’algorithme d’Aesculapius, ainsi que de nombreux autres …

  13. Dans l’exemple proposé n’obtient-on pas :
    B=3A+1, C=(3A+1)/2 , D=(9A+5)/2,E=(9A+5)/4,F=(9A+5)/8,G=(9A+5)/16
    et donc G=A donnerai A=1 ?

  14. Pingback: La deuxième conjecture de Hardy-Littlewood | Science étonnante

  15. Voir mon commentaire du 18 décembre 2012, çà n’évolue pas vite en mathématiques !
    Je suis un amateur, et je prétends avoir démontré le problème de Syracuse.
    J’adresserai ma proposition de démonstration aux mathématiciens,dès qu’ils auront accepté ma démonstration de la conjecture de Goldbach.
    Ne comptez pas sur moi pour divulguer ma proposition de démonstration du problème de Syracuse à ceux qui refusent d’admettre ma démonstration de la conjecture de Goldbach.
    Qu’attendent ces mathématiciens ?
    Pourquoi a-t-on créé un site « Pourquoi la conjecture de Goldbach ne sera jamais démontrée par un amateur »
    JP MORVAN

  16. Comme toujours, article très intéressant et bien écrit.
    Cependant, est ce que l’on connait un domaine d’application à cette conjecture? Lu comme ça la première fois, on a un peu l’impression que cela sert à rien, ça fait un peu « tour de magie bas de gamme ».
    Merci d’avance de m’éclairer sur l’intérêt d’une telle recherche 🙂

      • Ayant fait un master en cryptogrpahie je peux vous assurer que je n’ai pas trouver jusqu’à présent d’applications directe ou indirecte de la conjecture ou la suite de Syracuse, pouvez-vous me donner un exemple?

      • Cette conjecture n’a en effet aucune application connue dans le domaine de la crypto.
        Mais la théorie des nombres en revanche y est incontournable.

        Et comme ce problème amusant relève de la théorie des nombres, si on essaie de le résoudre, on fini par améliorer la théorie des nombres. C’est le principe de la recherche fondamentale : il faut parfois un peu partout pour trouver quelque chose de nouveau.

    • Votre article est intéressant et plutôt clair.
      J’ai cependant une question concernant la page 9.
      Vous dites que 607 n’a pas de prédécesseur. Or, en utilisant l’équation (1), j’ai trouvé ceci :
      809 -> 607 -> 911 -> 1367 -> 2051 -> 3077 -> 577 -> 433 -> 325 -> 61 -> 23 -> 35 -> 53 -> 5 -> 1

      809 n’est-il pas un prédécesseur ?

      • @tolokoban

        La suite de Syracuse de 809, en utilisant l’équation (1), est

        809,1214,911,1367,2051,3077,4616,866,650,488,92,35,53,80,8,2

        Aucune suite de Syracuse ne peut se terminer par 1, puisque 2, la racine de l’arbre, est son propre successeur (voir page 15, lorsque je dis qu’il n’existe pas de cycle trivial).

        1214, le successeur de 809, appartient au groupe 𝜙607, 607 étant une feuille (donc pas de prédécesseur). 1214 = 607 * 2^1.

        Enfin, 809 est l’avant-dernier terme de la séquence 159, 239, 359, 539, 809, 1214, dans laquelle le premier terme, 159, comme dans toute séquence, est une feuille. Il est préférable de débuter une séquence par une feuille, ce qui donne

        159,239,359,539,809,1214,911,1367,2051,3077,4616,866,650,488,92,35,53,80,8,2

  17. Petit rectificatif à ma réponse à tolokoban ci-dessus : remplacer « Il est préférable de débuter une séquence par une feuille » par « Il est préférable de débuter une suite de Syracuse par une feuille ». En effet, tout entier impair qui n’est pas une feuille se retrouvera nécessairement au sein d’une séquence, comme 809 dans l’exemple précédent. En se limitant aux suites de Syracuse débutant par une feuille on élimine la nécessité de tester un grand nombre d’entiers impairs (si toutefois on envisage de se livrer à ce petit jeu).

    Les feuilles 𝜙 sont de la forme 6m – 5 ou 6m – 3 (voir page 9), soit les entiers

    1,3,7,9,13,15,19,21,25,27,31,33,37,39,43,45,49,51,55,57,61,63,67,69,73,75,79,81,85,87,91,93,97,99,103,105,109,111,115,117,121,123,127,129,133,135,139,141,145,147,151,153,157,159,163,165,169,171,175,177,181,183,187,189,193,195,199,201,205,207,211,213,217,219,223,225,229,231,235,237,241,243,247,249,253,255,259,261,265,267,271,273,277,279,283,285,289,291,295,297, etc.

    En fait il suffit de ne pas choisir d’entier de la forme 6m – 1 comme premier terme de la suite (809 = 6 * 135 – 1).

  18. Pardon pour le monologue. Je suis conscient des problèmes que posent les calculs liés à la solution que je propose, et notamment l’extraction de l’exposant d’un facteur premier. Pour faciliter les choses aux utilisateurs de Mathematica je propose ci-dessous en téléchargement le bloc-notes zippé que j’ai créé dans ce logiciel (Syracuse.nb) et qui contient toutes les fonctions nécessaires (calcul d’une suite, tracé de l’arbre, génération aléatoire de feuilles, etc.) :

    Bloc-notes Syracuse pour Mathematica : http://vodixi.com/syracuse/blocnotes/

    NB : ce bloc-notes a été créé dans Mathematica 9, mais je présume qu’il fonctionnera dans les versions antérieures. Après l’avoir ouvert vous devez cliquer sur Evaluation > Evaluate Notebook. Vous pouvez également lui attribuer le statut d’évaluable à l’ouverture en cliquant sur Cell > Cell properties > Evaluatable.

    Enfin, pour revenir à la question des feuilles, ce dont je parle ci-dessus ne concerne que les entiers impairs. De manière générale, et comme je l’écris page 6, tout entier possédant au moins un prédécesseur est de la forme 3m-1, m > 0. Donc tout entier qui n’est pas de cette forme est une feuille.

  19. Salut a tous, j’aimerais avoir avis sur mon approche du problème.
    Bon tout d’abord je prends les nombres entiers impaires je multiplis par 3 et j’ajoute 1 ce qui me donne :
    1 3 5 7 9 11 13 15 17 19
    4 10 16 22 28 34 40 46 52 58
    On remarque la 2 eme ligne est une suite arithmétique de pas 6 et U0=4.
    L’idée c’est que je créés deux autre suite de pas 6 mais de U0=2 pour la première et U0=6 pour la deuxième ce qui me donne :
    1 3 5 7 9
    2 8 14 20 26
    4 10 16 22 28
    6 12 18 24 30
    Cette forme rend le mouvement de la suite plus visible.
    Jai remarqué que pour que la suite arrive a 1 elle doit imperativement croisé la ligne de nombre du groupe 2^n (2 4 8 16 32 64 128 …).
    Je suis bloqué en ce point, merci de me donner votre avis.

  20. J’ai actualisé le lien ci-dessus (…/valfinale1/). Il contient la démonstration de la conjecture de Collatz (ou Syracuse). Les commentaires sont les bienvenus.

  21. Dans Un Argument Probabiliste, dernier paragraphe tu as écris « quand itérant », j’imagine que ç’aurait dû être « qu’en étirant » à la place.

  22. La conjecture de Syracuse c’est le naufrage de mathématiciens professionnels dans un océan de probabilités. Pour Amateur_curieux c’est la promenade dans un univers de certitudes.

    • @Amateur_curieux

      Je dirais plutôt « dans un océan de conjectures ». Pourrais-tu parler de tes certitudes ?

  23. Amateur curieux dit mes propositions sont le fruit d une étude objective des concepts de base mes certitudes sont multiples elles se résument au fait que je suis certain de ce que je propose

  24. Au début, la suite s’envole. Il y a des nombres qui provoquent sa hausse ; j’appelle ça trampolines.

    Et puis elle va baisser, et bizarrement, elle va éviter les trampolines.

    Ces trampolines sont des nombres pairs ou impair…

    La seule façon d’éviter ces chiffres, c’est que la suite touche une puissance de 2 dans sa montée. Du coup, il n’y a que des divisions par deux, pour arriver inévitablement à 1.

    Et en fait, intuitivement c’est inévitable puisque la suite monte ! L’opération 3N+1 est plus « augmentante » que (N/2).

    La suite monte, et elle n’a aucun raison d’éviter des puissances de 2, donc à un moment elle chute.

    Problème solved.

    • Bonjour,
      en réalité, plus on « monte » et plus les puissances de 2 sont rares car de plus en plus espacées.
      Donc la probabilité de tomber dessus devient de plus en plus faible.
      Ainsi, les chances d’éviter les redescentes est de plus en plus grande.
      C’est pourquoi votre argument n’est pas suffisant pour résoudre le problème.

      • amateur curieux dit 80 années de bidouille stérile abandonnez définitivement le processuceprobabiliste la solution est dans les mathématiques classiques

      • D’autant que (pour avoir testé via un petit programme) la première puissance de 2 rencontrée par l’écrasante majorité des séquences est… 16 ! En moyenne plus de 92% des séquences rencontrent 16 (via 5 donc) comme première puissance de 2. Sur le même principe, vient ensuite 1024 (7% des séquences), puis 256 (1%), puis… c’est tout ! La fréquence pour toutes les autres puissances de 2 est insignifiante.

        Pour rester compatible avec la modeste puissance de calcul de ma machine, j’ai testé des tranches d’un million d’entiers, prises au hasard entre 0 et 10^17. Une dizaine de ces tranches donne les moyennes ci dessus.

        Bon j’ai trouvé ce résultat très surprenant mais je n’ai aucune idée de son utilité. Cette conjecture aura en tout cas fait perdre un temps fou à beaucoup de monde…

  25. (( R-F-Pi )) DIT le cycle 4-2-1 est un cas particulier il existe un autre cycle universel qui aboutit toujours a 1 quelque soit la valeur de départ 3,1416 ——–aboutit a 1

  26. JE PENSE QUE J’AI TROUVE UNE DEMONSTRATION DE LA CONJECTURE DE COLLATZ:
    -Puisque la série des nombres grêlons se poursuit indéfiniment, quelque soit l’entier positif de depart, la probabilité pour que la procédure tombe à 2 à la puissance « x »(et par conséquent à 1, au moins une seule fois) tend vers la certitude parfaite.
    -Comme les frêlons eux mêmes qui tourbillonnent et s’écrasent surle sol comme des météorites lors d’une averse, les nombres grêlons finissent par heurter, en quelque sorte le sol(l’entier « 1 »), au moins une seule fois.
    -Conséquence:toute série de nombres grêlons se poursuit indéfiniment sous la forme 4,2,1,4,2,1…
    On constate que ce resiltat semble priuver la conjecture de Collatz, qui établit que la procédure retombe toujours à 1.

  27. Bonjour à tous,

    Vu mes modestes études, j’aborderais les choses avec mon language et le plus simplement possible, un peu comme un enfant qui découvre.

    En premier lieu, je me demande si de « primo » conjectures vérifiés ne permettraient pas déjà de circonscrire une grande partie du problème, non ?

    En effet, par exemple tout nombre positif de puissance 2 (2,4,8,16,32,164,128,256,512, …, jusqu’à l’infini est directement fonction de sa puissance et le nombre de coup pour arriver à 1 se résume à sa puissance de 2.
    ex : 8 en 3 coups car 8=2^3, 16 en 4 coups car 16=2^4, etc

    Quand aux nombres impairs et l’opération x*3+1 nous ramène toujours à un nombre pair que x/2 réduira systématiquement. ET, nous ramène sur un nombre puissance de 2 de manière sytèmique grace à l’effet conjugué des 2 opérations imposées par la conjecture de syracuse qui à un effet conditionnant et appriori abaisseur priorisé par la « pairisation » de x*3+1 et la division par 2).

    la monté et le maximum ont une proportion relative à la puissance de 2 et l’effet conjugué de l’opération x*3+1, et, suivant (et c’est une hypothèse) que l’on soit avant, sur ou après un nombre premier ou encore en « point milieu » entre 2 nombres premiers, mais il me reste à le vérifier.
    Mes connnaissances sont limités, mais je ne serais pas étonné que la théorie des développements limités puisse aidé et surtout l’utilisation du modulo et de la congruence pour identifier et établir de nouveaux points significatifs ou de nouveaux principes permettant d’affiner voir de circonscrire un plus ou entièrement la conjecture une bonne fois pour toute.

    Quelques constats :
    Constat 1 : c’est que pour tout nombre premier et/ ou impair mis au départ, est systématiquement mis pair par l’opération x*3+1 tous comme les autres nombres impairs.
    Constat 2 : un nombre pair divisé par 2 peut déboucher sur un nombre impair mais est systématiquement ramené à pair par l’autre opération de la conjecture.
    Constat 3 : le nombre impair du constat 2 repasse toujours dans le « filtre réducteur » de la division par 2.

    Ce qui laisse à penser inévitablement l’on retombe sur une puissance de 2 à minima tôt ou tard.

    C’est cet effet tot ou tard qui jette le doute.
    L’effet « bénefique » conjuqué de l’opération x*3+1 (qui fait que le nombre est systématique pair en sorti) associé la réduction automatique opératoire de la division par 2, fait que l’on tend vers 1 systématiquement, car l’on retombe aussi toujours sur un nombre puissance de 2 avant d’arriver à 1.

    3 peut être vu comme un effet « vérou », en effet ce dernier même si l’on applique le chiffre 1 et donc 1*3+1 nous donne 4 qui faisant parti de la suite trivial. Pour la valeur 2 on obtient 1 (le départ de la suite trivial)

    En somme la division /2 à la supériorité sur l’opération x*3+1. Mais x*3+1 est supérieur sur x/2 car elle rend tout nombre impair pair.
    On peut dire que la division par 2 à un effet systémique permettant à un nombre positif entier quelqu’il soit de toujours retomber sur la suite 4 2 1 régis par la division par 2 (en lien avec les nombres de puissances 2) qui est prioritaire et systèmique.

    Le point de doute qui pourrait subsister dans tout cela, c’est de tomber sur un cercle vicieux de type nombre qui une fois traité retombe sur un nombre déjà traité en ayant fait une remonté, bref de tomber dans une boucle infini.

    Hors, ce point doit pouvoir être vérifié, bien que mes connaissances soit limitées, je vais laissé libre cours à mon imagination :

    Les nombres sont définis par leur poids et leur puissance. Hors les 2 opérations de la conjecture ne permette pas de « colision » engendrant une une boucle infini car nous le voyons bien en progressant de 2,3,4,5,6,7,8,9,…, et un nombre tendant vers l’infini nous retombons toujours sur un chiffre permettant l’acces à la suite trivial par un chemin déjà emprunté par l’un des nombre précédant et jamais un chemin différent. Ce qui nous permet par la conjecture de syracuse d’avoir un lien de cheminement entre les nombres conditionné par la conjecture elle même.

    Partant du principe que si nous progressons sur un système itératif de suite n+1 sur de stricte entier positif tel que le cadre nous l’impose à savoir 2,3,4,5,6,7,8,…, infini, et que le système opératoire nous fait basculer d’une opération de type x/2 à x*3+1 suivant que le nombre est pair ou impair et que les nombres premiers apparaissent dans un ordre précis et immuables vers l’infini, aussi, tout en rappelant la propriétés des opérations précitées, il n’est pas possible qu’un nombre puisse échapper au filtre opératoire dans le cadre de définition imposée par la conjecture de syracuse qui du coup s’auto-vérifie.

    N’ayant pas fait d’études dans le domaine et ne connaissant pas le language des mathématiques avec rigueur, je m’avance humblement avec mes capacités et ce que je crois encore savoir à 44 ans, alors merci pour votre indulgence.

    A bientôt.

  28. Pingback: 1ère ES | Pearltrees

  29. ( R,F,pi ) D I T A TOUS CEUX QUI SONT INTERRESES PAR LE PROBLEME TROIS X +1

    salut amical oubliez totalement les probabilités

    la solution du problème trois x +1 c’ est l’aboutissement d’une suite mathématique logique

  30. (r-f-pi! dit a l’attention d’ERWWAN DU TROTTEUR du 8 8 2016

    je suis désolé mais le trotteur n’est pas celui qu’on pense soyons sérieux

    les valeurs 3310703957 202069 789 12932437 sont des éléments d’une suite mathématique logique

    si vous trouvez les éléments manquants vous aurez la clef du problème 3x+1

    a bientôt salutations

  31. si vous établissez la définition stricte du nombre (ce qui n’a jamais été realise ) vous aurez un élément de base

    pour la démonstration du problème 3x+1 ( R F PI )

  32. Bonjour,

    J’ai récemment « trouvé » une démonstration de la conjecture de Syracuse. Je suppose qu’elle est fausse ou qu’elle ne résout pas le problème mais n’ayant pas assez de recul, j’aimerais que quelqu’un puisse me dire où serait mon erreur.

    Soit la Suite (Un) la suite définie par U0=N où N est un entier naturel strictement positif et U(n+1)= { Un/2 si Un est pair
    3(Un)+1 si Un est impair
    Les termes Un sont ainsi tous des entiers naturels strictement positifs (Un entier naturel non nul pair divisé par 2 donne un autre entier naturel non nul et un entier naturel non nul impair multiplié par 3 et à quoi est ajouté 1 est un entier naturel non nul pair.

    1ère possibilité :
    Un est pair

    Par définition, il existe un entier naturel non nul k tel que Un=2k d’où U(n+1)=Un/2=k
    Si k est impair alors Un est impair, cela nous renvoie à la seconde possibilité au paragraphe suivant.
    Si k est pair alors, par définition, il existe un entier naturel non nul k’ tel que k=2k’ d’où U(n+1)=Un/2=k’
    On répète le processus et il y a deux issues :

    – soit Un=2^p où p est un entier naturel non nul. Dans ce cas, U(n+1)=2^p/2=2^(p-1) et alors il existe un entier naturel non nul n0 pour lequel U(n0)=1 et donc la conjecture de Syracuse est vérifiée (en divisant une puissance de 2 par deux on obtient une autre puissance de 2 donc paire jusqu’à 1).

    -soit Un =! 2^p alors U(n0) est impair et donc U(n0+1)=3(U(n0))+1, on retombe donc sur U(n+1)=3(Un)+1 et donc sur la 2ème possibilité.

    2ème possiiblité :
    Un est impair

    Donc U(n+1)=3(Un)+1

    De ces deux possibilités, on obtient donc que soit la conjecture est vérifiée soit on obtient un nombre impair à partir de n0 et alors U(n+1)=3(Un)+1

    On va désormais démontrer que lorque U(n+1)=3(Un)+1 alors on arrivera toujours à un terme n0 pour lequel U(n0)=2^p

    Soit f(x) la fonction telle que :
    U(n+1)[Un impair] = 2^f(x)
    On résout l’équation :
    U(n+1)[Un impair] = 2^f(x)
    3(Un)+1 = 2^f(x)
    ln(3(Un)+1) = ln (2^f(x))
    ln(3(Un)+1) = f(x) * ln 2
    f(x) = ln(3(Un)+1) / ln 2

    f est définie si et seulement si 3(Un)+1 > 0
    3Un > -1
    Un > -1/3
    Or on a prouvé au tout début que les termes U(n+1) et donc tous les termes de (Un) sont des entiers naturels non nuls donc strictement supérieurs à -1/3. Par conséquent f est bien définie sur N* étant donné que N* est inclu dans R+*.

    Si f est définie sur N* alors l’équation du début à savoir U(n+1)[Un impair] = 2^f(x) est vraie dans l’ensemble N*.

    Donc pour tout nombre entier naturel non nul en l’occurence impair vérifie l’équation 3(Un)+1 = 2^p

    Or, on a prouvé que avec U0=N, soit on tombait sur une puissance de 2 soit on tombait sur un nombre impair. Et là, on prouve que pour n’importe quel nombre impair, on arrivera à une puissance de 2 à un terme n0.

    Par conséquent, pour tout entier naturel non nul, il existe un temre n0 tel que Un0=2^p, pour n’importe quel entier naturel non nul, on arrivera à une puissance de 2.

    De plus, si on obtient une puissance de 2, la conjecture de Syracuse est vérifiée étant donné une puissance de 2 est paire et divisée par 2, on obtiendra bien le cycle 4 ; 2 ; 1.

    En conclusion, la conjecture de Syracuse est vérifiée.

    Voilà, je suppose avoir fait 1 voire plusieurs erreurs de raisonnement, j’espère que vous m’aiderez à trouver la(les)quelle(s).

  33. Il y a une petite coquille dans la phrase suivante :
    « Puisque 3/4<1, on voit quand itérant les opérations à l’infini"

    Je pense qu'il faudrait écrire :
    "Puisque 3/4<1, on voit qu'en itérant les opérations à l’infini"

    En disant ça, je m'aperçois que j'ai fait une grosse faute de frappe dans un commentaire 😉

  34. Je suis aperçu que ma proposition disponible sous vixra.org/mathématiques/théorie des nombres/1805.0443 depuis mai 2018 comptait une erreur;elle a été remplacée par une nouvelle proposition qui sauf erreur démontre la conjecture.
    Jean Pierre MORVAN

  35. Bonjour,

    je viens de (re) découvrir la suite de Syracuse.
    Sachant que l’on atteint le cycle 4-2-1 en divisant par 2, j’ai travaillé en base 2.
    Je me suis intéressé ensuite au seul 3 derniers chiffres (ceux de droite).
    Pour chacun de ces triplets j’ai regardé les successeurs respectifs après applications des règles imposées par la suite.

    Des cycles se sont dessinés et sur chacune des branches j’ai affecté une valeur correspondant à l’effet (réducteur ou augmentant) sur la longueur de la chaine du nombre écrit en binaire.

    Sur les 12 branches, 8 sont affectées d’un coefficient (-1), 4 d’un coefficient (+1,5 moyenne de (1+2)/2 – certains triplets ont pour effet +2 ou +1 suivant que le triplet le plus à gauche soit composé des chiffres 110 ou 111 (+2) 101 ou 100 (+1))

    J’en ai conclu que 8*(-1)+4*(+1,5) = (-2) la longueur de la chaine ne peut que se réduire au bout d’un nombre d’itération a priori fini.

    Ensuite sur les 12 branches, 4 conduisent sur les triplets 100, 010 et 001 (il s’agit des triplets marquant la fin du programme)

    Il ne s’agit que d’une approche purement graphique, je ne sais pas si l’étude du graphe représentant les différents triplets (de droite) en affectant sur chacune des branches un coefficient affectant la longueur de la chaine binaire.

    Dans l’attente de vos réactions

    Eric

  36. Bonjour Eric,
    Si vous appliquez le traitement de COLLATZ plusieurs fois à n’importe quel nombre, vous constaterez qu’il n’est jamais égal au nombre d’origine, sauf si ce nombre est égal à 1, dans ce cas ce nombre reste toujours égal à 1.
    Après application du traitement de COLLATZ de très nombreuses fois, le nombre qui n’est jamais égal à lui-même (sauf le nombre 1) ne tend pas à augmenter mais à diminuer, il ne tend donc pas vers l’infini , mais plutôt vers 1.
    Ma proposition de démonstration de la conjecture de COLLATZ se trouve en 6 pages sous vixra.org/mathématiques/théorie des nombres/1805.0443 dans la deinière version.
    Bonne lecture !

    • Bonjour Jean-Pierre,

      merci pour ces éléments de réponses. Je vais lire (et essayer de comprendre) la conjecture de COLLATZ.

      Bien cordialement,

      Eric

  37. Bah, de mon côté je préfère voir le problème inverse: partir de 1 2 4 et remonter jusque n’importe quel nombre choisi au départ.

    on obtient l’arbre 1-2-4-8-16-32-64-128-256-512-1024… branche se ramifie à 16 puis tous les deux rangs
    I I I I…
    I I 85-170-340-680-1360… se ramifie à partir de 340 puis tous les 2 rangs
    I I I I…
    I I 113-226-452-904… se ramifie à partir de 226 puis tous les 2 rangs
    I I I I…
    I I I
    I I 75-150-300-…. branche « morte » (multiple de 3 =/= multiple de 3 + 1).
    I I
    I 21-42-84-… branche « morte » (multiple de 3 =/= multiple de 3 + 1).
    I
    5-10-20-40-80-160-320-640… se ramifie à partir de 10 puis tous les 2 rangs
    I I I I
    I I I 213-426-852-… branche morte
    I I I
    I I 53-106-212-424… se ramifie à partir de 106 puis tous les 2 rangs
    I I I I…
    I I 35-70-140-280-…se ramifie à partir de 70 puis tous les 2 rangs
    I I I I…
    I I 23-46-92-184-… se ramifie à partir de 46 puis tous les 2 rangs
    I I I I…
    I I 15-30-60-120-… branche morte
    I I
    I 13-26-52-104-208-… se ramifie à partir de 52 puis tous les 2 rangs
    I I
    I 17-34-68-138… se ramifie à partir de 34 puis tous les 2 rangs
    I I
    I 11-22-44-88… se ramifie à partir de 22 puis tous les 2 rangs
    I I
    I 7-14-28-56-112…se ramifie à partir de 28 puis tous les 2 rangs
    I I
    I 9-18-36… branche morte
    3-6-12-24…. branche morte

    La question étant alors, étant donné un nombre, 7, par exemple, y a-t-il un chemin qui mène à 7.

    Mais quand on passe en écriture binaire alors tout devient plus harmonieux…
    ça donne

    1-10-100-1000-10000-100000-1000000-10000000-100000000-1000000000-10000000000-…
    (16) (64) (256) (1024)
    I I I I
    I I I (341)101010101-1010101010…
    I I (85)1010101-10101010-101010100(340)-….
    I I I
    I I (113)1110001-11100010(226)-111000100-…
    I I I
    I I (75)1001011- Br. morte
    I (21)10101-101010-1010100-… branche morte
    I
    (5)101-1010-10100-101000-1010000-10100000-101000000-1010000000-10100000000-101000000000…
    (10) (40) (160) (640) (2560)
    I I I I (853)1101010101-…
    I I I I
    I I I (213)1101010101-1101010101.. branche morte
    I I I
    I I (53)110101-1101010-11010100-11010101000…
    I I I I…
    I I (35)10011-100110-1001100-10011000..
    I I I I…
    I I (23)10111-101110(46)-1011100-10111000…
    I I I I…
    I I (15)1111-11110- branche morte
    I I
    I (13)1101-11010-110100(52)-1101000
    I I
    I (17)10001-100010-1000100-…
    I I
    I (11)1011-10110-101100
    I I
    I (7)111-1110-11100(28)-111
    I I
    I (9)1001-10010-… branche morte
    (3)11-110-1100-11000…. branche morte
    voyez par exemple comme 3 13 53 et 213 sont 11, 1101, 110101, 11010101 etc ce qui est très régulier. de mêm avec 5 , 21, 85 et 341 qui paraissaient si random en base 10! Il doit sûrement y avoir plein de coquilles mais bon ça m’a pris pas mal de temps déjà. (c’est encore plus beau lorsque c’est inutile….)

    Enfin, voilà, je suis plus trop capable de chercher et je m’étais arrêté là quand j’ai entendu dire que Gödel n’était pas loin sans doute… Mais bon, on a vraiment l’impression en base 2 que l’on va pouvoir dire sur quelle branche se trouve un nombre rien que par les motifs de ses chiffres.

    C’est ptet sûrement une fausse piste mais qui sait si ça peut intéresser quelqu’un.

    Merci d’avoir lu.

  38. Toute la mise en page est modifiée!! c’est illisible!! Il n’y a plus d’arbres mais des branches entassées! Grr l’informatique. Et bien tant pis! ça fera une énigme de plus!

  39. Une tentative avec des pointillés en base 10.
    on obtient l’arbre 1-2-4-8-16-32-64-128-256-512-1024… branche se ramifie à 16 puis tous les deux rangs
    …………………………………..I……..I…………I…………..I…
    …………………………………..I……..I………..85-170-340-680-1360… se ramifie à partir de 340 puis tous les 2 rangs
    …………………………………..I……..I……………………..I……………I…
    …………………………………..I……..I………………..…113-226-452-904… se ramifie à partir de 226 puis tous les 2 rangs
    …………………………………..I……..I……………..…………..I………….I…
    …………………………………..I……..I……………..…………..I….
    …………………………………..I……..I……………..………..75-150-300-…. branche « morte » (multiple de 3 =/= multiple de 3 + 1).
    …………………………………..I……..I……………..………..
    …………………………………..I…….21-42-84-… branche « morte » (multiple de 3 =/= multiple de 3 + 1).
    …………………………………. I …………………………………..I…….
    …………………………………..5-10-20-40-80-160-320-640… se ramifie à partir de 10 puis tous les 2 rangs
    ………………………………………..I………I……….I………….I
    ………………………………………..I………I……….I……….213-426-852-… branche morte
    ………………………………………..I………I……….I..
    ………………………………………..I………I………53-106-212-424… se ramifie à partir de 106 puis tous les 2 rangs
    ………………………………………..I………I……………I………….I…
    ………………………………………..I………I……………I….
    ………………………………………..I………I…………..35-70-140-280-…se ramifie à partir de 70 puis tous les 2 rangs
    ………………………………………..I………I………………..I………..I…
    ………………………………………..I………I………………..I..
    ………………………………………..I………I………………23-46-92-184-… se ramifie à partir de 46 puis tous les 2 rangs
    ………………………………………..I………I……………………I
    ………………………………………..I………I…………………..15-30-60-120-… branche morte
    ………………………………………..I………I
    ………………………………………..I…….13-26-52-104-208-… se ramifie à partir de 52 puis tous les 2 rangs
    ………………………………………..I……………..I
    ………………………………………..I…………….17-34-68-138… se ramifie à partir de 34 puis tous les 2 rangs
    ………………………………………..I………………….I
    ………………………………………..I…………………11-22-44-88… se ramifie à partir de 22 puis tous les 2 rangs
    ………………………………………..I……………..……….I
    ………………………………………..I……………..………7-14-28-56-112…se ramifie à partir de 28 puis tous les 2 rangs
    ………………………………………..I……………..………………I
    ………………………………………..I……………..………………9-18-36… branche morte
    ………………………………………..I
    ……………………………………….3-6-12-24…. branche morte

  40. @Bob Mâllet,

    Je réponds à ton assertion selon laquelle on peut remonter vers n’importe quel terme d’une suite à partir de 1. L’image qui suit prouve le contraire. J’appelle sens descendant une suite créée à partir de son premier terme, et sens ascendant une suite créée à partir de 1. J’utilise l’algorithme condensé de Collatz dans lequel n est un terme de la suite, et p son prédécesseur :

    Comme tu peux le voir, la variable r est un entier naturel > 0. Dans le sens ascendant, à chaque étape tu es contraint de donner à r une valeur définie par tes soins, donc aléatoire. Ainsi, tu n’as aucun moyen de prévoir quelle valeur exacte lui donner à chaque étape en vue d’atteindre le premier terme de la suite.

    L’algorithme de Collatz (condensé ou non) n’est donc pas réversible. Il est déterministe dans le sens descendant (n possède un successeur unique à chaque étape), et aléatoire dans le sens ascendant (n possède une infinité de prédécesseurs à chaque étape, et on doit en choisir un au hasard en donnant une certaine valeur à r).

    Morale de l’histoire : il est impossible de retrouver le premier terme d’une suite en partant de 1 (en admettant évidemment qu’on ne connaisse pas la suite descendante calculée à partir de ce premier terme), parce qu’à chaque étape il existe une infinité de chemins possibles.

  41. Bonjour,
    L’idée de remonter à partir de 1 est bien sûr une bonne piste, mais le problème c’est que çà ne donne pas de résultat.
    Je dis la conjecture de COLLATZ est vrai parce qu’après application du traitement, aucun nombre différent de 1 ne retrouve sa valeur d’origine, ce qui veut dire qu’il n’y a pas de bouclage.
    Ensuite il est aisé de démontrer que l’application du traitement de COLLATZ est réductrice; les nombres ne tendent pas vers l’infini mais vers le plus petit des nombres (le nombre 1)
    Avez-vous lu ma proposition en 6 pages sous vixra.org/mathématiques/théorie des nombres/1805.0443 dans la deinière version.?
    Jean Pierre morvan

  42. Effectivement , l’adresse complète comme indiquée est introuvable.
    Il faut aller sous vixra.org, puis sélectionner mathématiques, puis théorie des nombres, puis le numéro 1805.0443.
    Bonne lecture !
    Jean Pierre MORVAN

  43. @jean pierre Morvan

    Voilà une approche du problème vraiment originale ! J’ai été très occupé ces deux derniers mois, si bien que malgré avoir téléchargé le document je n’ai pas encore pris le temps de me pencher sérieusement dessus, mais je compte le faire d’ici peu.

    Avez-vous proposé ce document à des mathématiciens professionnels, sur un forum par exemple ? Celui-ci en compte, d’après ce qu’on m’a dit, le plus grand nombre : http://www.les-mathematiques.net/

    • @Erwan,

      Je n’avais pas eu les notifications et je reçois la vôtre mais adressée à jean pierre Morvan… Les joies de l’informatique donc.
      Je n’ai pas très bien compris votre argument probabiliste. Puisque le problème est équivalent de montrer que quel que soit un nombre de départ on retombe sur la boucle 421 que de montrer que quel que soit un nombre de départ, il existe un chemin qui y mène sur l’arbre des possibles que je n’arrive pas à faire correctement ici.

      Les régularités sont vraiment intrigantes en base 2. Par exemple sur la branche principale provenant de 101 (5 qui est systématiquement doublé, ajouter un 0 en base 2), à chaque départ de nouvelle branche on a:
      11 (3) qui provient de 1010 (10)
      1101 (13) qui provient de 101000 (40)
      110101 (53) qui provient de 10100000 (160)
      etc

      Et de même pour 101 (5) d’ailleurs puisqu’on a sur la branche principale provenant de 100 (4 qui est systématiquement doublé), à chaque départ de nouvelle branche on a:

      101 (5) qui provient de 10000(16)
      10101 (21) qui provient de 1000000(64)
      1010101 (85) qui provient de 100000000(256)
      etc
      Et ce (ajouter 01) à chaque départ d’une nouvelle branche sur la branche principale.
      C’est clair qu’en base 10 on ne voit pas trop de régularité avec 3 – 13 – 53 etc ni avec 5 – 21 – 85 etc.
      Aussi je me disais que à partir des motifs d’un nombre écrit en base 2, on pouvait peut-être remonter mais bon, ce n’est qu’une intuition que je voulais partager au cas où ça intéresse quelqu’un.

      Maintenant, mes neurones sont bien trop bousillés pour que je fasse grand chose de tout ça et je vous fais sûrement perdre votre temps.
      Merci d’avoir lu et répondu.

      • @Bob Mâllet

        Vous vous appelez (ou avez pour pseudo) Bob Mâllet ou jean pierre Morvan ? 🙂

        Je ne vois pas trop le lien que vous faites entre 3, 13 et 21, ni entre 5, 21 et 85, hormis le fait que les trois derniers conduisent la suite directement à 1 puisque 3×5+1, 3×21+1 et 3×85+1 sont des puissances de 2.

        Vous n’avez pas répondu à ma question de savoir si vous aviez soumis votre document pdf à des mathématiciens professionnels, ou l’aviez posté sur un forum de maths.

      • @Erwan,

        Bonjour, excusez-moi du temps de réponse mais les notifications sont vraiment capricieuses et je ne check pas assez régulièrement ma boîte mail.
        Je ne suis pas jean pierre Morvan (qui est intervenu et a proposé de consulter un document de 6 pages, ce dont je ne me sens pas capable) et je n’ai jamais soumis ma « piste » à des sites spécialisés et pour cause, il n’y a pas grand chose juste une régularité qui apparaît quand on passe en base 2…

        Je répète que je vous fais sûrement perdre votre temps mais je vais tout de même essayer de m’expliquer.
        Si ma piste ne mène sans doute nulle part, elle est équivalente à la manière habituelle d’aborder cette conjecture.
        Simplement, il ne s’agit pas de dire quels sont les antécédents d’un nombre mais bien d’être en mesure de remonter depuis 1 jusqu’à ce nombre.
        Il s’agit donc de trouver le chemin qui part de 1-2-4 jusqu’au nombre choisi au départ.
        Si l’on montre qu’aucun chemin ne mène à un certain nombre alors on aura prouvé que la conjecture est fausse et à l’inverse, si l’on est capable de donner le chemin jusqu’à n’importe quel nombre, alors conjecture est vraie.
        Dans ma manière de faire, il n’y a plus vraiment de départ et d’arrivée mais plutôt un « itinéraire » à retrouver (aller OU retour peu importe).
        Mais il faut bien comprendre que par exemple on arrive à 16 soit en provenant de 32 soit en provenant de 5.
        Ou encore, on arrive à 5 uniquement en provenant de 10 tandis qu’on arrive à 10 soit en provenant de 20, soit en provenant de 3. Il n’y a rien d’aléatoire.

        Aussi, le problème est peut-être pseudo-aléatoire (comme les décimales de pi par ex) mais certainement pas aléatoire.

        Je vais maintenant essayer une dernière fois de vous expliquer ce que j’ai remarqué.
        Dans mon arbre, il y a des branches que je qualifie de principales qui partent d’un nombre et le multiplie sans cesse par 2 (en ajoutant un zéro donc).
        D’une branche principale, se ramifient d’autres branches (il faut soustraire 1 et diviser par 3, si le résultat est entier, alors la branche se ramifie).
        Ainsi comme vous l’avez retrouvé 5, 21 et 85 sont les premières ramifications de la toute première branche principale qui provient de 4-2-1 (c’est la branche des puissances de 2).
        ou encore 3, 13 et 21 sont les premières ramifications de la « deuxième » branche principale issue de 5 cad 5-10-20-40 etc. Je dis 2ème branche principale car 5 est la première ramification sur la branche principale des puissances de 2.

        je constate qu’il faut ajouter sans cesse 01 à chaque nouvelle ramification sur une branche principale, ce qui est très régulier (par exemple 3 est la première ramification sur la branche principale issue de 5, et ensuite c’est 13 puis c’est 21 etc; eh bien en base 2 on a 11 puis 1101 puis 110101 etc. Sachant en plus que les branches principales sont très régulières aussi puisque l’on ajoute un 0 à chaque multiplication par 2.

        En conclusion:
        Rien n’est démontré dans mon affaire, mais il y a fort à parier que si un nombre se termine en 0101010101, mettons 11110101010101 alors 11110101010101 se retrouvera sur la même branche principale que celle dont 1111 est issu (cad sur la branche principale issue de 3*1111+1).

        Et trivialement, s’il se termine par des zéros, par ex 111100000000, alors il est sur la branche principale issue de 1111.

        Malgré tout, comme je m’en étais ensuite rendu compte plus haut, et c’est ce qui me fait dire que je vous fais perdre votre temps, il n’y a pas de régularité apparente sur chaque première ramification (retirer 1 et diviser par 3 met le bazar). Ainsi passer de 16 à 5 ou de 10 à 3 n’a rien de régulier même en base 2.
        Peut-être qu’en base 3 et même 6 en fait, mais j’avais lâché l’affaire vu le temps passé à faire des conversions…

        Enfin voilà, décidément, désolé de vous avoir sans doute fait perdre votre temps, c’est vraiment dur sans l’arbre sous les yeux. Merci d’avoir lu.

    • Oui, décidément je vous fais perdre votre temps car il y a un gros manque de régularité par ailleurs et je ne vais pas vous embêter avec ça plus longtemps!
      Désolé pour le dérangement!

  44. @bob mallet,

    J’ai enfin pris le temps de parcourir ce document autrement qu’en diagonale. Ma conclusion est que vous ne démontrez rien. Le seul résultat auquel vous parvenez est que dans la suite de Syracuse F, E, D, C, B, A, où chaque lettre est un entier impair et A = 1, chaque terme doit être égal à 1 pour que A le soit. C’est contraire à la définition même de ces suites, car vous ne parlez pas du cas où par exemple F = 57 (ou tout autre entier impair) ni de la raison pour laquelle sa suite aboutit à A = 1.

    • @Erwan, je suppose que vous parlez du document de Jean Pierre Morvan. Je vous ai répondu plus haut , voir commentaire du 8 mars. Je comprendrais que vous n’y répondiez pas vu l’intérêt de mon machin et l’impossibilité de construire l’arbre correctement ici.

      • @Bob mallet,

        Effectivement, les notifications sont plutôt lentes : je suis avisé le 18 mars d’un post daté du 8 !

        Je suis certain qu’il n’existe pas de chemin calculable vers un entier impair quelconque en partant de 1, donc en remontant sa suite, et ceci à cause d’un de mes précédents posts : https://sciencetonnante.wordpress.com/2011/06/27/la-conjecture-de-syracuse/#comment-27244, le problème venant de la variable aléatoire r. Bien sûr, r possède à chaque étape une valeur déterminée et calculable, mais uniquement dans le sens « naturel » (ou descendant) d’une suite. Dans le sens ascendant, c’est-à-dire en partant de 1, à chaque étape la valeur du prédécesseur impair découle du choix qu’on fait de r, et il est impossible de prédire les valeurs successives de r qui conduiront à l’entier impair ciblé en un certain nombre d’étapes. L’écriture en base 2 des prédécesseurs d’un entier impair ne changera rien au problème de leur infinitude, donc de l’impossibilité de choisir celui qui nous permettra de « demeurer sur le bon chemin » à chaque étape.

        PS : ne pas oublier de cocher la case « Avertissez-moi des nouveaux commentaires » au moment de l’envoi d’une réponse !

      • @Erwan J’ai bien reçu votre notif. Vous devez sûrement avoir raison , je n’ai pas les idées claires ces derniers temps… Mais je vois bien qu’il y a des pb avec mon arbre à chaque première ramification et j’imagine que c’est ce que vous essayez de m’expliquer.
        Je regrette de vous avoir fait perdre votre temps inutilement et je n’en voudrais pas aux modérateurs de supprimer mes commentaires qui polluent un peu ce bel espace sans doute!
        Merci très sincèrement de m’avoir répondu, bien à vous,
        bob

  45. Je dispose d’une résolution du problème de Collatz en ne faisant appel qu’à l’arithmétique et j’ai généralisé ce problème. J’en ai fait de même pour les nombres de Carmichael

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