Encore une autre idée pour Syracuse

raoul.S · October 2020

Étant donné que Syracuse est encore plus à la mode dernièrement je propose moi aussi comme un bon Shtameur mon idée géniale pour la résolution de cette conjecture.

Vu que je suis modeste je vais me limiter à exposer une stratégie pour démontrer qu'il ne peut pas exister de cycle autre que le trivial. Ainsi il restera encore à démontrer que toute suite "tombe sur 1" mais ceci sera laissé en exercice au lecteur...

Voici l'idée :

on se limite aux nombres impairs et on considère la fonction "Syracuse" $S:\mathbb{N}^{*}\to \mathbb{N}^{*}$ qui envoie tout nombre impair $n$ sur le prochain impair dans la suite de Syracuse de $n$. On remarque que 1 est un point fixe de cette fonction.

Ensuite il suffit de munir $\mathbb{N}^{*}$ d'une distance pour laquelle la fonction $S$ est strictement contractante. Pour finir on applique bêtement le théorème du point fixe des applications contractantes pour conclure que 1 est en fait l'unique point fixe de $S$ et que toute suite de Syracuse converge donc vers 1. Ceci ne prouve pas que toute suite tombe sur 1, mais qu'il n'existe pas de cycles.

On est à deux doigts d'avoir résolu la conjecture là, yakafokon... B-)-

lourrran · October 2020

Là tu as un plan. Etape 1, Etape 2, puis conclusion.

Tu n'es donc pas un bon shtameur. Shtameur, c'est un truc inné, ne devient pas shtameur qui veut.

gerard0 · October 2020

Si, si, Lourran,

c'est du vrai shtam, du bon shtam, mais déjà du shtam de matheux, pas de débutant. Comme dans tout shtam, il y a une idée, inexploitée (et probablement inexploitable), mais l'annonce de cette idée remplace une vraie preuve. Puis il y a l'annonce que la conjecture est quasiment prouvée.

pas mal, Raoul.S ! Il ne manque que la proposition que les matheux fassent le peu de travail qui reste ...

Cordialement.

PMF · October 2020

Raoul
essaies avec
$\frac{3^m \times 2^d}{(3^m+1) \times (2^d+1)}$
avec m le nombre de montées et d le nombre de descentes

raoul.S · October 2020

@lourrran c'était un hommage à un type de Shtameur particulier : le "yakafokon Shtameur".

gerard0 a bien résumé : "mais l'annonce de cette idée remplace une vraie preuve."

@PMF merci mais je ne suis pas fan des montées et descentes.

Riemann_lapins_cretins · October 2020

N'importe quoi. Tu penses avoir du talent de shtameur ? Ton texte est bien trop compréhensible pour ça.

raoul.S · October 2020

@Riemann_lapins_cretins je vais prendre ça comme un compliment...(:D

Ceci dit si tu penses pouvoir faire mieux dans l'imitation du Shtameur ne te gêne pas, tu peux squatter ce fil.

Math Coss · October 2020

Je ne sais plus [qui] disait qu'il avait un plan en sept étapes pour démontrer la conjecture de Riemann : compter jusqu'à six et démontrer la conjecture de Riemann.

bisam · October 2020

Ca me rappelle un plan en deux étapes pour arrêter le Covid : 1) déclarer l'état d'urgence 2) arrêter le Covid

raoul.S · November 2020

LOL

raoul.S · November 2020

Je ne suis pas très inspiré donc je vais faire du copié collé pour sortir une autre yakafokon proof.

Pour démontrer la conjecture de Syracuse il suffit de recopier la preuve de la convergence des suites de Goodstein : à chaque suite de Syracuse dans les impairs on fait correspondre une suite d'ordinaux qui a la bonne idée d'être strictement décroissante.

Étant donné qu'il n'existe pas de suite infinie strictement décroissante d'ordinaux, la suite de Syracuse s'arrête à 1.

PS. On y est presque là...

PMF · November 2020

@Raoul : essaie avec

$3\times 2^{2\times 3} + 3\times 2^{2\times 2} + 3\times 2^{2\times 1} + 3\times 2^{2\times 0} = 2^{2^3}-1$

avec un peu de chance tu peux réécrire tout entier sous la forme de 2 et de 3 = une puissance de 2 - 1

et alors la conjecture de C... finger in the nose !

gebrane · May 2022

Lol j 'ai raté ce fil en plein covid.

Médiat_Suprème · May 2022

@raoul.S : Ça y est, j'ai démontré la conjecture de Goldbach :
La première étape (mais je garderai les détails secrets pour l'instant), tous les nombres entiers $n > 1$ (*) peuvent s'écrire (écriture que nous appellerons écriture factorielle).
$$\displaystyle `\sum_{k=1}^{k<N} a_k.k!$$
Où $a_k \le k$ et $N! \le n <(N+1)!$
Or, pour tout nombre pair (>4) sa décomposition comme somme de 2 premiers ne peut contenir 2, ergo est la somme de deux premiers impairs dont l'écriture factorielle vérifie $a_1=1$, et comme 1 +1 = 2 CQFD.
Je sais qu'il y a encore une chose ou deux à rédiger, mais tout mathématicien digne de ce nom le fera sans difficulté (voire de tête),
(*) En fait cela marche pour tous les entiers, mais inutile de rajouter de la complexité ici.

raoul.S · May 2022

J'ai rien pigé... signe que c'est de la bonne (la preuve je veux dire

)

Médiat_Suprème · May 2022

Et comme personne ne conteste avec des arguments mathématiques, j'en déduis que cette démonstration est correcte. Je vais l'envoyer à l'AMS, j'ai déjà une publication dans leur journal.

gebrane · May 2022

J' ai déterré ce fil mort depuis deux ans et voila e résultat. On démontre une conjecture en partant de 1+1=2.
@AD bannis moi.

Médiat_Suprème · May 2022

@gebrane : il n'y a pas que ce fil que vous avez raté.
Maintenant si vous voulez être banni, qui suis-je pour vous en dissuader.

[Utilisateur supprimé] · May 2022

Je sais, mais bon je ne pouvais pas faire l'impasse parce que, c'est une conséquence triviale de cette représentation des entiers.

Donc pour démontrer ou comprendre pourquoi quelque soit n la suite crée par la conjecture de Syracuse ne diverge pas il suffit d’écrire

$n=1.\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}+2.\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix} +2.3\begin{bmatrix}0\\1\\2\end{bmatrix}+2.3.5.\begin{bmatrix}0\\1\\2\\3\\4\end{bmatrix}+2.3.5.7.\begin{bmatrix}0\\1\\2\\3\\4\\5\\6\end{bmatrix}+\ldots$

et pour info, je ne répondrai pas aux questions et je le métrai dans mon pdf parce que, c'est un corollaire, avec comme dab un sauf erreur

remy

PS:Je suis toujours à la recherche d'un volontaire pour un parrainage.