Bonjour,
Ce problème n’est pas que difficile et déroutant, il est surtout chronophage. En tant qu’ancienne victime, je peux
témoigner : des pages et des pages de calcul sur la suite E(n ln3/ln2) ou sur les réduites de ln3/ln2. Sans aboutir.
Félicitations pour ces trois articles qui conduisent à un résultat démontré. Ils sont vraiment très clairs et très pédagogiques.
Dans la phrase :« divisant le tout par log(2), on obtient le résultat », il manque « car log 2 est strictement positif ».
Pensez aux apprenants devant la résolution de 0.99^n < 0.000001

Très bon article, qui aborde à la fois des points élémentaires et d’autres plus évolués.

Dans la mesure où les approximations rationnelles de ln(3)/ln(2) jouent un rôle dans la recherche des cycles, je suis toutefois un peu surpris de ne pas leur voir accorder plus d’importance.

Tant que j’y pense, une question peut-être naïve et déjà abordée (et résolue ?) ; si pour tout entier pair on peut choisir librement entre les opérations x->x/2 et x->3x+1, cela rend-il le problème de trouver un/des cycle(s) ou un chemin infini moins difficile ?

Ah quel agréable article, limpide et très amusant !
Félicitation et merci !

Bonjour,

Si je ne me trompe pas :

Pour répondre à cette question, il faut déterminer ce qui conditionne les cycles :

Combien de répétitions de la transformation 3n + 1 (réponse le nombre de 2 dans la décomposition de n + 1 en facteur premier et à chaque fois, elle transforme « ces 2 en 3 »)

Combien de répétition de la division par 2 (réponse : le nombre de 2 dans la décomposition de n en facteur premier)

donc ces transformations font la chasse aux 2. Cela permet d’accélérer les transformations.

Pour continuer, il faut faire apparaître des cycles dans la démonstration car c’est le problème. Comme on ne peut gérer les valeurs qui fluctuent, gérons la forme du nombre. Après un certain temps, ils sont de la forme 6k, 6k + 1 ou 6k + 2, ou 6k + 4 ou 6k + 5 ( = « 6k - 1 ») et passent de l’une à l’autre suivant la parité de k. Et comme au cours du calcul, k sert de compte à rebours les cycles finissent toujours par arriver au cycle trivial.

Il faudrait quelqu’un pour vérifier les calculs. Je joindrais bien un pdf de mes notes manuscrites si je savais comment le faire sur ce site.

Bravo pour ces superbes articles !

Voici deux mini-théorèmes.

1- Soit le problème de Syracuse en (3n + 1)/2. Tous les éléments de ses cycles connus (càd passant par 1, mais aussi par -1 , -5 et -17) et inconnus (s’ils existent !), excepté celui en zéro, sont différents de 0 modulo 3.

J’obtiens cela grâce à la théorie des graphes. On peut vérifier que 1, 2, -1, -5, -7 , 10, -17... ne sont jamais divisibles par 3.

2 - Soit le problème de Syracuse en (3n + 1)/2 et n’importe lequel de ses cycles connus et inconnus (s’ils existent). Il existe une relation entre la somme des termes pairs P, des nombres impairs I et le nombre de ses termes impairs W de ce cycle qui est I + W = P.

J’obtiens cela grâce à une transformation matricielle.
Pour le cycle (1, 2) on 1+1= 2.
Pour(0), on a 0 +0 = 0.
Pour (-1), on 1 -1 = 0.
Pour (-5, -7, -10), on a 2 -12 = -10.
Pour (-17...), c’est vrai aussi.

Quand quelqu’un (pas moi !) aura trouvé un autre cycle, on vérifiera tout cela. (Pas sûr que cela soit pour bientôt !)

Plus sérieusement, c’est bien, mais c’est peut-être déjà cité. On voit juste que beaucoup d’outils ont été utilisés contre cette conjecture.

Soit Ni l’ensemble des entiers positifs impairs > 0 soit 2*n-1 pour n de 1 à N.
Définissons l’ensemble U(0) à élément unique = 1.
Définissons l’ensemble U(1) contenant les valeurs de (4^n-1)/3 pour n de 1 à N soit :
1, 5, 21, 85, 341, 1365, ...., (4^N-1)/3 on remarque que chaque valeur est égale à 1 quatre fois la plus grande valeur inférieure, U(1) contient N valeurs impaires toutes différentes.
Définissons l’ensemble U(2) comme suit :
on prend chaque valeur de U(1) soit U(1,n) pour n de 1 à N
SI U(1,n) est 1 modulo 6 on défini les termes de U(2)=(U(1,n)*4^n-1)/3 pour n de 0 à N
SI U(1,n) est 5 modulo 6 on défini les termes de U(2)=(U(1,n)*2^(2*n-1)-1)/3 pour ne de 0 à N
U(2) contient 2*N*N/3 valeurs impaires toutes différentes et toutes les valeurs impaires de U(2) sont différentes des valeurs de U(1)
On continu avec la même règle pour définir U(i 1) à partir de U(i)
Les valeurs dans U(i) non multiples de 3 sont les valeurs obtenues à partir des valeurs dans U(i 1) dans une suite de Collatz.
Une preuve de la validité de la conjecture pas accessible à tout le monde !

Bonsoir. Je propose une approche matricielle

Très bon article jusqu’à l utilisation de Farey. Il est possible, sauf erreur de ma part, d obtenir un résultat bien meilleur en utilisant la formule de la durée.

Je note I nb d’éléments impairs, P nb d’éléments pairs , durée D = P+I
N entier positif

On a 2^p / (3^I * N) > 1 appelé aussi résidu de N (voir le site d’ eric roosendaal on y trouve une conjecture sur la valeur maximale de ce résidu mais sa valeur minimale est toujours supérieur à 1)

En utilisant le fait que 3^I = 2^ (P*I/P*log 3 / log 2) on obtient 2^(P *(1-I/P*log 3 / log 2))/N>1
Maintenant on passe N de l’autre côté, on met au log des 2 côtés et on divise par log 2, cela donne : P*(1-I/P*log 3 / log 2) > log N / log 2 soit P > log N / (log 2-I/P*log 3)

J espère que ça reste clair malgré la notation en ligne :)
En multipliant la dernière ligne par I/P on a I > log N * I/P / (log 2-I/P*log 3)
Et enfin en additionnant P+I = D > log N * (1+I/P) / (log 2-I/P*log 3)

Le plus dur est fait :) on sait que N > 5×10^18 et I/P > log 2 / log (3+2×10^-19) la relation inverse par rapport à celle dans l article, on met ces nombres dans la formule de D et on obtient D > 4,4*10^46 soit un nombre un peu plus grand que 18 milliard ;)

Bien sûr il est possible de calculer exactement I , P et D comme à la fin de l article mais le nombre obtenu ici est tellement grand que je vous laisse faire ce calcul.
Sans parler du fait que les nombres utilisés ont été amélioré.

Voilà, voilà, ce résultat renforce l’idée qu il n y a pas de cycles non triviaux.

Évidemment la formule dans mon message précédent ne fonctionne pas car le cycle ne passe pas par 1, je viens de comprendre, c est très bien Farey en fait :)