Suite symbolique de Collatz

Bonjour
c'est étrange, tu as démontré la conjecture?

Bonjour,

Je dois dire que vous êtes à la fois très proche, et très loin d'une preuve.
Très proche car la représentation de n par une somme de puissance de 2 et de 3 est probablement la seule manière de montrer facilement la décroissance des suites de Collatz. Très loin parce qu'il faut encore démontrer que tout nombre peut être représenté de cette manière, et qu'il n'y a pas de boucle autre que la triviale.

Le premier point n'est pas évident surtout qu'il existe plusieurs manières d'écrire n sous ces formes:
ex: $5 = \frac{2^4}{3} -\frac{1}{3} = \frac{2^6}{3^2} - \frac{2^4}{3^2} - \frac{1}{3} = \frac{2^8}{3^3} - \frac{2^6}{3^3} - \frac{2^4}{3^2} - \frac{1}{3}$
ou écrit autrement: $1 = \frac{3\cdot(5)}{2^4} + \frac{1}{2^4} = \frac{3^2\cdot(5)}{2^6} + \frac{3}{2^6} + \frac{1}{2^4} = ....$

J'ai déjà vu quelques endroits qui utilisent ces formes:
vixra.org/pdf/1605.0061v7.pdf

http://barkerhugh.blogspot.be/2014/10/
Blog pas facile à décrypter, mais il suit le même principe (via des complexifications non nécessaires, mais soit).
Le point qui pourrait vous intéresser est la façon dont il travaille avec la représentation binaire de son algorithme:
http://barkerhugh.blogspot.be/2013/10/a-binary-representation-of-collatz.html
La position des zéros/X de son résultat final par exemple correspondent aux exposants de 2 de vos équations.

Pourtant tout votre dévellopement est basé sur cette idée !?. J'imagine que vous y viendrez plus tard....
En partant d'un nombre $n_0$, vous construisez successivement $n_1 = \frac{3n_0 + 1}{2^{m_1}}$, $n_2 =\frac{3^2n_0}{2^{m_2}}+\frac{3}{2^{m_2}}+\frac{1}{2^{m_3}}$, $n_3=\frac{3^3n_0}{2^{m_4}}+\frac{3^2}{2^{m_4}}+\frac{3}{2^{m_5}}+....$ en applicant successivement la formule Collatz condensée $\frac{3n+1}{2^m}$. La distance de $n_0$ à $n_x=1$ n'est que l'exposant de $3$ du premier terme (je parle de la distance qui ne compte que les impairs vu qu'on ne travaille ici qu'avec des $n_x$ impairs, la distance n'étant rien d'autre que le nombre de fois qu'on a appliqué la fonction de Collatz, ici condensée, avant d'atteindre $n_x$...ou 1).

Vous ne regardez que le cas particulier où $n_x=1$, ce que l'on sait vrai pour des $n_0<10^{15}$, mais cela ne prouve pas qu'il n'existe pas un autre cycle où $n_x = n_0 > 1$. C'est bien ce dernier point qui est à démontrer (en dehors de la divergence).

Pour l'addendum, vous reprenez l'idée que $a+b=1$ en développant $a$ et $b$ ($a$ correspondant au 2 premiers termes qui ont un dénominateur commun). Pour reprendre l'exemple plus haut, $2^{m4}$ est le dénominateur commun, et $a = \frac{3^2(3n_0+1)}{2^{m_4}}$ comme vous l'avez fait remarquer. En substituant $n_0$ par son terme suivant $n_1 = \frac{3n_0 + 1}{2^{m_1}}$ (ex: 29 par 11) dans votre formule, c'est comme si vous étiez parti de 11 plutôt que 29. a devient alors le regroupement des deux premiers termes de votre nouvelle somme (le dénominateur commun dont vous parlez vient de cette manipulation, le nouveau dénominateur de $a$ étant le dénominateur du troisième terme de la suite de départ) dans laquelle vous pouvez substituer $n_1$ par $n_2 = \frac{3n_1 + 1}{2^{m_6}}$....jusqu'à 1. Mais si vous considérez qu'il peut exister un autre cycle, les choses peuvent être différentes: $a+b=n_x=n_0$

Ne prenez pas mal mes propos, je n'ai pas toujours conscience du ton qui pourrait transparraître dans mes phrases. Je suis juste en train de vous dire que vous êtes selon moi sur la bonne piste (c'est celle que j'ai emprunté :-)) mais qu'elle est encore longue à explorer. Je vous invite à persister et approfondir. Je ne vois d'ailleurs pas comment je pourrais prétendre quoi que ce soit, je n'ai pas plus la demonstration de Collatz que quiconque.

J'ai écris les exposants de 2 avec $m_1$, $m_2$, ... pour les différencier, mais en réalité on ne perd pas $m_1$, il est intégré dans $m_2$ et rien n'empêche de développé les exposants (c'est meme nécessaire pour y voir plus clair). Pour avoir une décomposition correcte, il faut plutôt utiliser la formule $\frac{3n+1}{2\cdot2^m}$, et garder les différents exposants $m_1$, $m_2$,....la formule que j'ai utilisé devrait plutôt être écrite comme suit: $n_2 =\frac{3^2n_0}{2^{2+m_1+m_2}}+\frac{3}{2^{2+m_1+m_2}}+\frac{1}{2^{1+m_2}}$

Pour l'aspect compatibilité entre les termes $d$ (ou $m$), c'est exact. Ils ne peuvent pas et ne sont pas le fruit du hazard. En fait si vous les localisez sur un arbre de Collatz, ça devient tout de suite plus clair: par exemple, la parité de $m$ dépend du parent $n$ (parent dans l'arbre = $n$ suivant dans la suite), et les différents composants $m_1, m_2, ...$ne peuvent être remplacés que par des exposants de parité identique.
Si le parent est de la forme $6x+1$, l'exposant doit être impair et n'est interchangeable qu'avec des exposants impairs. Pour $6x+5$ ils sont pairs.
Note: changer un exposant au milieu de la formule peut impacter tous les exposants qui suivent (par ex :l'exposant suivant ne peut plus être pair, ou on tombe sur une branche d'un multiple de 3). Donc ce n'est effectivement pas aussi simple/prévisible, la dependence est plus complexe encore.

La logique pour savoir si on peut utiliser un exposant pair ou impair par rapport à l'exposant précédent n'est pas directe. Par contre vous pouvez partir de $m_1 = 4$ (ou plutôt 3 dans ma formule) et le remplacer par un nombre de mème parité (ex : exposant 6 qui donne 21 au lieu de 5). Même chose pour (1,4) ou vous pouvez remplacer $m_2=1$ par 3 (comme vous l'avez fait pour obtenir (3,4) - 13) ou (5,4) - 53; (7,4); ... (ou tout $m_2$ de même parité). Vous obtiendrez toujours un nombre entier (dont le parent sera identique quelque soit l'exposant). Idem pour (2,3,4) -> $m_3=2$ peut être remplacé par $m_3=$4, 6, 8 ...
Pour la logique 6x+1, 6x+5 (votre exposant = mon exposant + 1 donc pour vous, si le parent = 6x+1 l'exposant doit être pair et pour 6x+5, l'exposant doit être impair).
Le parent de 3 et 13 est 5 (6*0+5) donc l'exposant doit être impair : (1,...) et (3,...) en l’occurrence mais ça peut être 5, 7, ... (l'exposant à gauche dans vos suites d'exposants).
Le parent de 17 c'est 13 (6*2+1) donc exposant pair -> (2, ...)
Le parent de 11 est 17 (6*2+5) -> impair -> (1, ...)
Ainsi de suite.

Notre ami Wilfrid gamberge depuis pas mal de temps sur la suite de Syracuse. On pourra voir ici une intéressante discussion à ce sujet sur un autre forum, où il intervenait comme "syrac".

GaBuZoMeu écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1505780,1509540#msg-1509540
[Inutile de recopier l'avant dernier message. Un lien suffit. AD]

---

Wilfrid, je ne vois pas beaucoup de changements par rapport aux posts d'il y a 2 ans, et vous ne semblez pas vouloir démontrer quoi que ce soit (comme indiqué dans vos posts/PDF). Quelle est votre but exactement ?

Edit: Sorry, j'ai utilisé la fonction "citer". ça n'a pas fonctionné comme prévu

Morale de l'histoire : je me suis planté, ce n'est pas uniquement une affaire de parité mais bien de valeur. La complexité du problème en devient presque effrayante.

Wilfrid-syrac semble ne toujours pas avoir compris ce qui lui avait été expliqué ici. Il n'a toujours pas travaillé les congruences.

Je suis réfractaire aux maths.

Nul ne peut se prévaloir de sa propre turpitude.

Oui. le parent 37 = 6*(6)+1 donc le nouvel exposant doit être pair. Partir de l'exposant précédent est plus complexe: par exemple si vous prenez n'importe quel nombre de la forme $2^n-1$, la suite commence par $n-1$ fois $'1'$. ex: $15=2^4-1$, vous avez 3 $'1'$ qui se suivent (1,1,1,5,4). ça veut dire qu'il existe des suites avec autant de 1 successifs en exposant qu'on veut et qu'on ne peut donc pas déduire l'exposant suivant par rapport aux précédants...du moins pas comme ça.

Pour le reste, le problème semble être que vous reprochiez aux autres de ne pas essayer de vous comprendre (même si beaucoup on très bien compris) alors même que vous ne réagissez à aucun des commentaires qui vous sont faits.
Si vous y mettiez du vôtre, ça passerait beaucoup mieux. Au moins soyez prudent quand vous affirmez voir des choses que personne d'autre n'a vu (vos suites apparaissent déjà dans un papier de Lagarias de 1985 repris en 1996 faisant référence à des formules de Terras de 1976, voir Page 8 de ce pdf http://arantxa.ii.uam.es/~swerc/ejemplos/lagarias963x%2B1.pdf)

J'ai la même impression ici: vous dites avoir montré (mais pas démontré) après 80 ans comment se formait la valeur 1, alors même que c'est exactement la conjecture faites par Collatz. C'est un peu ce que j'essaye de vous faire comprendre quand je vous dit que vous ne faites que répèter la fonction de Collatz (donnant vos suites/sommes), et que vous vous émerveillez de constater que cela produit 1 (N'est-ce pas exactement la raison de cette conjecture?). Sur l'autre forum on vous l'a aussi fait remarqué: vous partez d'un nombre distant de 6 du chiffre 1 et vous appliquez 6 fois Collatz pour constater que vous atteignez 1...(?!?)

Autre exemple, vous dites ne pas pouvoir prouver que les dénominateurs de a et b sont identiques alors que je vous ai presque donné la démonstration toute faites....(regardez $n_2$ dans mon message 6: en substituant $n_0$ par $n_1$ vous verrez que les exposants $m_1$ des 2 premiers termes disparaissent et que les deux nouveaux termes on le même dénominateur $2^{1+m_2}$, soit exactement ce que vous constatez numériquement).

Ceci dit, je peux comprendre que vous ne cherchiez pas à démontrer Collatz, c'est même déconseillé aux mathématiciens professionnels c'est dire, mais alors affichez clairement vos intentions dès le départ (du genre: "voilà de nouveaux outils très utiles").

Oui, dans le cadre d'une remontée qui évite anticipativement les multiples de 3, mais la valeur $789$ issue d'une remontée via $2^6$ est un "enfant" tout à fait valable, même si c'est une voie sans issue :-)
Il indique d'ailleurs dans son message original que pour élargir le champs des valeurs on peut utiliser "$k\equiv 1 \pmod 3$ pour $\ell$ pair, et $k\equiv 2 \pmod 3$ pour $\ell$ impair". Ce qui est équivalent à $n\equiv 1 \pmod 6$ ou $n\equiv 5 \pmod 6$ dans notre cas puisqu'on utilise pas les valeurs de $n$ paires.

Wilfrid,

c'est exactement ce que je vous ai expliqué (mon 2eme message: applications successives de Collatz et substitutions. D'ailleurs pour la suite de 4 termes, vous vous arrêtez à 2 fractions...vous pouvez encore réduire en remplaçant $\frac{3n_1+1}{d_2}$ par $n_2$, idem pour toute suites, vous pouvez substituer jusqu'à obtenir 1 fraction). Mais encore un fois, cela ne prouve pas Collatz (qui consiste en deux preuves tout à fait différentes de ce que vous faites: prouver qu'il n'y a pas d'autres boucles et prouver la convergence). Vous ne faites rien d'autre que d'appliquer 3n+1 pour constater qu'on arrive à 1 (c'est la conjecture, ni plus ni moins).
Trouver les suites d'exposants est super simple, mais si vous arrivez à montrer que tout $n$ a une suite d'exposant finie conduisant à 1....là c'est autre chose. Là vous aurez "trouvé Collatz"

3 (1,4)
5 (4)
7 (1,1,2,3,4)
9 (2,1,1,2,3,4)
11 (1,2,3,4)
13 (3,4)
15 (1,1,1,5,4)
17 (2,3,4)
19 (1,3,1,2,3,4)
21 (6)
23 (1,1,5,4)
25 (2,1,3,1,2,3,4)
27 (1,2,1,1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
29 (3,1,2,3,4)
31 (1,1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
33 (2,2,1,3,1,2,3,4)
35 (1,5,4)
37 (4,1,1,2,3,4)
39 (1,1,2,1,4,1,3,1,2,3,4)
41 (2,1,1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
43 (1,2,2,4,1,1,2,3,4)
45 (3,2,3,4)
47 (1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
49 (2,4,1,1,2,3,4)
51 (1,3,3,1,2,3,4)
53 (5,4)
55 (1,1,3,1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
57 (2,1,2,2,4,1,1,2,3,4)
59 (1,2,1,4,1,3,1,2,3,4)
61 (3,1,1,5,4)
63 (1,1,1,1,1,4,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
65 (2,2,4,1,1,2,3,4)
67 (1,4,1,3,1,2,3,4)
69 (4,3,4)
71 (1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
73 (2,1,1,3,1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
75 (1,2,8)
77 (3,3,1,2,3,4)
79 (1,1,1,3,4,1,3,1,2,3,4)
81 (2,3,1,1,5,4)
83 (1,3,1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
85 (8)
87 (1,1,4,4,1,1,2,3,4)
89 (2,1,4,1,3,1,2,3,4)
91 (1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
93 (3,1,5,4)
95 (1,1,1,1,4,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
97 (2,2,1,1,3,1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
99 (1,6,1,1,2,3,4)
101 (4,1,3,1,2,3,4)
103 (1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
105 (2,1,1,1,3,4,1,3,1,2,3,4)
107 (1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
109 (3,2,1,1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
111 (1,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
113 (2,8)
115 (1,3,2,2,4,1,1,2,3,4)
117 (5,1,2,3,4)
119 (1,1,3,4,1,3,1,2,3,4)
121 (2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
123 (1,2,1,2,3,1,2,1,4,1,3,1,2,3,4)
125 (3,1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
127 (1,1,1,1,1,1,2,4,3,3,3,1,2,3,4)
129 (2,2,2,1,1,3,1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
131 (1,4,4,1,1,2,3,4)
133 (4,2,1,3,1,2,3,4)
135 (1,1,2,4,1,2,2,4,1,1,2,3,4)
137 (2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
139 (1,2,3,1,2,1,4,1,3,1,2,3,4)
141 (3,5,4)
143 (1,1,1,4,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
145 (2,3,2,1,1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
147 (1,3,1,3,1,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,1,1,2,3,1,1,2,1,2,1,1,1,1,1,3,1,1,1,4,2,2,4,3,1,1,5,4)
149 (6,1,1,2,3,4)

...

J'aime bien vos démonstrations: "Si.....alors..... CQFD", vous oubliez que cela reste un "si", et qu'en plus vous faites un raccourci qui n'est pas forcément vrai:
Prouvez moi qu'il n'existe pas de suite (ou plutôt de cylce autre que le trivial) de cette forme: $n_0 =\frac{3^2n_0}{2^{2+m_1+m_2}}+\frac{3}{2^{2+m_1+m_2}}+\frac{1}{2^{1+m_2}}$ (je sais on a prouvé cela jusqu'à 68, mais faites l'exercice). Et n'oubliez pas que juste essayer quelques chiffres et dire que ça ne colle pas n'est pas une preuve, cette équation fonctionne pour le cycle trivial, et si elle (où une plus longue) fonctionne pour un autre chiffre, vous n'atteindrai jamais 1 et pourtant c'est la même formule.

Vos fractions valent 1 parce que vous vous êtes arrêté à 1....arrêtez vous une étape avant et vos même fractions vaudront une autre valeur entière, pourtant ce sont les même fractions donc vous ne pouvez pas conclure que la forme de la fraction vaut toujours 1....le 1 vient d'ailleurs.

Il y a une chose importante que vous mettez systématiquement de côté bien que vous l'ayez déjà mentioné:
Vous ne pouvez pas utiliser n'importe quelle valeurs dans vos équation !!!!! Elle sont toutes dépendantes (l'exposant dépend du parent, un exposant particulier doit garder sa parité, certains exposants ne peuvent pas être utilisés car conduisant à des multiples de 3, ...)
Ce qui veut dire que les valeurs que vous utilisez et qui conduisent à 1, ont été soigneusement choisie pour conduire à 1 ! (soit en remontant de 1, soit en appliquant des règles bien précise à partir d'autres suites qui conduisent à 1, ....). Donc OUI, toutes VOS suites conduisent à 1 (vous devez utilisez des $n$ largement supérieurs à $10^{15}$ pour espérer voir autre chose), et ce n'est pas seulement la formule qui veut ça, ce sont vos paramètres de départ.

Imaginez qu'il existe un autre cycle. Il ne conduira pas à 1. les paramètres seront peut-être différents.

Travailler sur une suite compressée où pas n'a auccune importance, c'est le but de l'algorithme modifié: zapper les pairs en intégrant un exposant à 2.

"Parce que c'est une voie sans issue" ->comment pouvez vous le savoir? parce que cela vous semble inateignable? il y a là une certaine logique, quelque chose d'intriguant, donc il y a clairement des choses à y apprendre, à y trouver. Mais mon impression de départ est toujours là: Vous ne venez pas sur ce forum pour comprendre, pour chercher, avec la curiosité nécessaire à ceux qui découvrent. Vous venez prêcher, vous voulez convaincre le monde que vous avez trouvé ce que personne ne voit (même si c'est le monde qui vous répond "Et vous, ne voyez vous pas?"). C'est dommage, surtout si vous êtes aussi intelligent que vous le dites.....vous tournez en rond depuis quelques années à ouvrir des posts qui finissent toujours en cou...e, avec les même formules qui ne bougent pas....pourquoi? "je considère qu'il s'agit de la preuve définitive" et "là je me suis planté" sont des phrases récurrentes dans vos posts, vous ne pensez pas qu'il y a une raison?

En tout cas, je le répète, je vous encourage à poursuivre (pas vos posts, mais vos recherches), pour moi vos formules sont une très bonne piste, mais ce n'est pour l'instant rien d'autre qu'une mise en forme ....de la conjecture. Vous êtes loin d'un CQFD.

Qu'entendez vous par avant-dernier terme? et indépendant des termes précédents?
Outre le fait que rien qu'en partant de 5 on peut avoir $1 = \frac{3\cdot(5)}{2^4} + \frac{1}{2^4} = \frac{3^2\cdot(5)}{2^6} + \frac{3}{2^6} + \frac{1}{2^4} = ....$,
On a aussi
$1 = \frac{3\cdot(5)}{2^4} + \frac{1}{2^4}$
$1 = \frac{3^2\cdot(13)}{2^7} + \frac{3}{2^7} + \frac{1}{2^4}$
$1 = \frac{3^3\cdot(17)}{2^9} + \frac{3^2}{2^9}+ \frac{3}{2^7} + \frac{1}{2^4}$ (et oui, forcément l'addition de toutes ces fractions vaut 1...c'est l'essence même de l'égalité)
...
et tous ces termes dépendent entièrement du $n_0$ duquel on est parti, ainsi que de leurs successeurs (dont on prend indirectement les exposants). Bien entendu il passe d'abbord tous par 5 avant d'appliquer une dernière fois la fonction de Collatz, mais je ne vois pas votre point.
Alors oui, si on applique une seule fois la fonction Collatz, il n'y à que les $\frac{4^m-1}{3}$ qui peuvent conduire à 1, mais le propre d'une suite de Collatz est que l'on parte de n'importe quel $n_0$ pour arriver à 1 de proche en proche.

Donc si vous voulez écarter les autres nombres pour vous concentrer sur l'avant dernier terme uniquement, vous ne faites que reporter la question...de proche en proche: Qu'est ce qui fait qu'une poignée de nombre arrivent à votre avant-dernier terme (5,85,...)?

Vous dites qu'il n'y a pas de cycle trivial, c'est une erreur. Si vous appliquez Collatz à 1, vous pouvez continuer indéfiniment.....c'est vous qui prenez le parti pris que 1 est la valeur finale de la suite. Quand bien même, comme exposé dans mon poste précédent,
$n_0 =\frac{3^2n_0}{2^{m_1+m_2}}+\frac{3}{2^{m_1+m_2}}+\frac{1}{2^{m_2}}$ fonctionne pour le cycle trivial ($n_0 = 1, m_1$ et $m_2 = 2$) et ce qui montre qu'on a à faire à un cycle c'est qu'on peut remplacer récurssivement le $n_0$ à droite du '=' par la formule complète autant de fois qu'on veut, ça marche encore: $n_0 =\frac{3^4n_0}{2^{2m_1+2m_2}}+\frac{3^3}{2^{2m_1+2m_2}}+\frac{3^2}{2^{m_1+2m_2}}+\frac{3}{2^{m_1+m_2}}+\frac{1}{2^{m_2}}$ (ici remplacé une seule fois)
ou même récrire la formule cyclique avec autant de terme qu'on puisse imaginer (elle fonctionne toujours pour 1 et des $m_x = 2$):
$n_0 =\frac{3^{l_n}n_0}{2^{m_1+m_2+...+m_n}}+\frac{3^{l_n-1}}{2^{m_1+m_2+...+m_n}}+\frac{3^{l_n-2}}{2^{m_2+...+m_n}}+\frac{3^{l_n-3}}{2^{m_3+...+m_n}}+....+\frac{3^2}{2^{m_{n-2}+...+m_n}}+\frac{3^1}{2^{m_{n-1}+m_n}}+\frac{1}{2^{m_n}}$

cela prouve qu'il y a bien un cycle partant de 1, et on peut donc imaginer un cylce partant de $n_0>10^{15}$ (trouver un $n$ avant ne sert à rien ils ont été testés) dont la longueur est ...très grande, et qui fonctionne pour la formule ci-dessus.

Pour mieux le visualiser, prenez la suite complète de 27: tout au début il passe par 62, et vers la fin il passe par 61.....très proche. Un autre passera par 581 et plus tard par 583 et peut-être même en ayant descendu bien en dessous de 581 et remonté bien au dessus de 583. Maintenant imaginez que partant de 581, vous reveniez non pas à 583 (puis plus tard à 1), mais à 581 !!!! c'est ça l'idée d'un cycle (tout comme 1 revient à 1 en passant par 2 et 4). Et il n'y a aucune démonstration mathématique qui prouve que c'est impossible.

@Collag3n,

j'aime beaucoup ce forum, mais je te garantis que sur $3n+1$ il est nul à ch...
Perds pas ton temps!
Paul

Non, remonter la suite à l'envers, en partant de 1, ne préjuge pas que Collatz est vérifiée.
Dans cette démarche, au lieu de tenter de prouver que tout nombre conduit à 1, on doit tenter de prouver que les suites partant de 1 engendrent la totalité des entiers naturels.

@depasse

Parfois ça vole haut et le temps d'envol est long... Parfois pas. C'est aussi ça Collatz :-D

Je pense que cette conjecture n'a aucun intérêt, je vais essayer de résumer pourquoi:

1) Ca me parait "effronté" d'avoir un avis dessus. Je pourrais donner des tonnes d'exemples où des processus très simples à décrire et dont on pose une question d'arrêt ou de bouclage ont leur premier contre-exemple dont la taille est au delà de toute ce qu'on peut imaginer raisonnblement. Ce fait est connu c'est littéralement une spécialité mathématique à part entière démarrée avec Godel et Turing.

2) .. donc , si on crypte un peu une question qui ressemble à Syracuse, il n'est pas très dur de provoquer un engouement de plein de gens qui diront "je conjecture que ça marche toujours" à tort. Par exemple, je peux crypter Ackerman et la donner à la vox populi qui sera 99.9% à parier sur le non arrêt.

3) Aucune souplesse dans cet énoncé. Il est vrai ou il est faux, mais il ne dit rien de bien général. Résultat, difficile de se faire une intuition, même "forçante" et rêveuse, qui serait de conjecturer quelque chose de général qui l'entraine et qu'on aurait vraiment envie d'escalader pour voir comme les "vraies questions profondes" (que sont par exemple, des énoncés très généraux de théorie des graphes, de logique, ou $P\neq NP$). Même la conjecture de Frankl, à laquelle on pourrait faire des reproches similaires est quand-même un peu plus générale.

Bref, plus tu vas te casser la tête à te faire des intuitions affectives sur Syracuse, plus tu vas avoir des mirages comme dans le désert, mais encore, à la rigueur ce serait marrant s'il y avait un rêve très général derrière (comme Hadwiger ou P=NP qui disent "in some sense que le père Noel existe), de se faire des mirages. Mais là, en quoi se construire par polarisation des convictions qu'elle est vraie sert à te rendre plus heureux?

Wilfrid, quand réaliserez vous que vos années de recherches se résument à:
"Si la conjecture de Collatz est vraie, alors le dernier terme de la suite est 1 et donc...."
blah blah....gros calculs et grande discussion autour de ce 1....blah....pour conclure:
"....le dernier terme de la suite étant 1, la conjecture de Collatz est vraie"

Tout ce que vous êtes en train de prouver c'est que Collatz peut vous faire tendre vers l'infini, ou vous faire tourner en rond...vous voulez être le contre-exemple à cette conjecture?

Ou sont ces invectives ?
Il a pris beaucoup de temps pour t'aider, en pointant les faiblesses de tes raisonnements pour tenter de t'en faire prendre conscience et à y remédier. Au lieu d'en tirer profit et de le remercier pour tout ce temps dépensé pour toi, tu le déprécies. Comment prendre le moindre intérêt à échanger avec toi dans ces conditions ?