Conjecture de Syracuse (Collatz)

[amoreau]

Je crois bien que j'ai écrit une preuve valide de la conjecture de Syracuse.
Si le sujet vous intéresse, un document PDF de ma preuve est disponible (en français et en anglais) sur ce lien :
https://resscout.espaceweb.usherbrooke.ca/collatz.html
Merci pour vos commentaires.

[Ben314]

Salut,
C'est faux là (page 15) :
b) n + 2 est de la forme 4x +3
Cet impair de la forme 4x + 3 est l’amorce d’une chaîne impaire.
Par le lemme 7, cette chaîne impaire a une longueur finie.
Puisque cette chaîne se termine, alors le dernier impair de cette chaîne a la forme 4x + 1 (Corollaire 6)
Par iii) a), cet impair forme une suite de Syracuse qui converge vers le cycle trivial.
Ton truc en rouge est faux : tu ne peut pas appliquer iii) a) car ton "dernier impair" de la chaîne n'est pas forcément < n.
Prenons un exemple : Lorsque dans ta récurrence tu est allé jusqu'à n=9, c'est à dire que tu as déjà démontré que 3 ; 5 ; 7 et 9 finissent par retomber sur le cycle trivial. Tu en est donc à n+2=11 avec 11 -> 34 -> 17 -> 52 -> 26 -> 13 -> ... donc ta chaîne d'impairs, c'est 11 -> 34 -> 17 -> 52 et le dernier impair, c'est 17.
Il est bien de la forme 4x+1, sauf que pas de bol, il ne fait pas partie de la liste de ceux dont tu est sûr qu'ils retombent sur le cycle trivial (il est trop grand...)

[amoreau]

C'est vrai que j'ai pris un raccourci là.

Alors en reformulant :

On a :
l'impair de forme 4x+3, puis l'impair de forme 4x +1, le sommet pair, et l'impair suivant le sommet.

Il est vrai que cet impair de la forme 4x + 1 est plus grand que n

CEPENDANT, pour ce même impair de la forme 4x=1,
il existe un m (m différent de n) tel que l'étpape ii) est :
On suppose que c'est vrai pour tout impair jusqu'à m
et l'étape iii) a) dit que cet impair obtenu par (m +2) de la forme 4x+1 converge, car l'impair suivant le sommet sera plus petit que m

Donc, l'impair de la forme 4x+3 qui amorce la chaine qui finit avec cet impair de la forme 4X + 1 converge.

Est-ce correct et complet?

[Ben314]

Bon, je comprend rien.
A mon avis, l'idéal, c'est de rester "le plus terre à terre" possible.
Tu es bien d'accord que dans une récurrence, ce qu'on fait, c'est de montrer qu'un truc est vrai pour tout les entiers (ou pour tout les entiers impairs) "de proche en proche", c'est à dire dans un certain ordre.

Si tu regarde mon post précédent (que j'ai modifié entre temps), tu peut y voir qu'avec ta méthode, pour montrer que c'est O.K. pour l'entier 11, ce que tu utilise, c'est que c'est O.K. pour l'entier 17. Donc pour que ta récurrence soit correcte, il faut que tu ait montré que c'est O.K. pour 17 AVANT de montrer que c'est O.K. pour 11.
Donc là, j'aimerais que tu m'explique dans quel ordre tu prend tes entiers pour faire ta preuve ?
Tu commence par 3, je suppose, puis ensuite ?

EDIT : En regardant ce que tu as écrit dans le post précédent, j'ai l'impression que tu compte t'en sortir en commençant par démontrer (par récurrence) que c'est vrai pour tout les impairs de la forme 4x+1 pour ensuite démontrer (par récurrence) que c'est vrai pour tout les impairs de la forme 4x+3.
Sauf que ça marche pas du tout vu que dans ta preuve pour les 4x+1, tout ce que tu sait, c'est que tu retombe sur un impair (plus petit que celui de départ) et vu que cet impair n'est pas forcément de la forme 4x+1, ta récurrence ne marche pas.

[amoreau]

Ma récurrence fonctionne ainsi :

Pour TOUS les impair de la forme 4X +1, il est hors de tout doute qu'ils convergent, parle lemme 9 quit dit que l'impair suivant un sommet est au mieux le 3/4 de l'impair précédent le sommet.

Pour tous les impairs de la forme 4x + 3 : on sait qu'ils sont l'amorce d'une chaine impaire et qu'il est inévitable que cette chaine se termine par un impair de la forme 4x + 1, or tous ces impairs 4x+1 convergent. . Donc il me semble correct et logique de conclure que tous les impairs de la forme 4X+3 convergent eux aussi...

[amoreau]

J'ai songé pendant un temps de définir une notion d'équivalence entre les impairs, c-à-d que tous les impairs de la forme 4x + 3 sont équivalents à l'impair 4x +1 de leur chaine.

Le théorème 1 deviendrait :
Si l'impair est de la forme 4x+3, on trouve d'abord son équivalent, c-à-d l'impair de la forme 4x +1 de sa chaine.
Ensuite l'étape ii) deviendrait
On suppose que c'est vrai jusqu'à n tel que n+2 = 4x +1
et dans l'étape iii), il n'y aurait donc que le cas 4x+1.

Serait-ce plus clair et acceptable ainsi?

[Ben314]

Non, ça marche toujours pas.
Donne moi la liste des entiers avec lesquels tu construit ta récurrence (et tu verra clairement que ta méthode ne peut pas d'aboutir)

[Ben314]

Pour TOUS les impair de la forme 4X +1, il est hors de tout doute qu'ils convergent, parle lemme 9 quit dit que l'impair suivant un sommet est au mieux le 3/4 de l'impair précédent le sommet.

Bon, je te réexplique (mais c'est la dernière fois) pourquoi ton truc ne marche pas (et c'est irrémédiable).
La récurrence en bleu, pour qu'elle marche, il faut au départ que tu suppose que le truc est vrai pour tout les nombres impairs inférieurs à celui où tu en est donc pour ceux ceux de la forme 4x+1 ET AUSSI pour ceux de la forme 4x+3.
Or tel que tu présente la chose, ben ce que tu dit, c'est que pour ceux de la forme 4x+3, la preuve, tu la fera "plus tard" (lorsque celle là de preuve sera terminé).
Bilan : ça se mord complètement la queue et ça ne prouve rien du tout.

Et je te le (re)dit : essaye de comprendre ta preuve "à la main" sous la forme :
- Je sais déjà que c'est O.K. pour 3 et j'en déduit que c'est vrai pour 5 [déduction type (a) ]
- Je sais déjà que c'est O.K. pour 5 et j'en déduit que c'est vrai pour 9 [déduction type (b) ]
- Je sais déjà que c'est O.K. pour 9 et j'en déduit que c'est vrai pour 13 [déduction type (a) ]
etc... (où j'ai mis des nombre et les (a), (b) au pif pour fixer les idées)
Et tu verra immédiatement qu'une preuve de ce type ne peut pas fonctionner.

[amoreau]

D'accord...

Je vous remercie du temps que vous avez pris à lire et commenter mon document.

Si ce n'est pas abuser, pourrais-je vous demander votre avis sur les justifications des lemmes et corollaires de la première section?

Encore merci!

[Ben314]

Tout ce qu'il y a avant ton théorème, ça me semble on ne peut plus juste.
Mais, si je peut me permettre (1), ça n'a beaucoup d'intérêt : c'est des truc qu'un type qui a un peu de bagage en math. utiliserait directement dans une preuve en considérant que "c'est évident".

Et en plus, vu l'idée que tu as pour démontrer la conjecture (2), à savoir de montrer que si on part d'un N>1 quelconque, alors parmi les suivant de N, il y en a forcément un va être <N (3), tu peut aller bien plus vite :
- Si N=2k (pair) alors le suivant est k qui est <2k=N => c'est O.K.
- Si N=4k+1 (impair) alors les suivants sont 3(4k+1)+1=12k+4 (pair) puis (12k+4)/2=6k+2 (pair) puis (6k+2)/2=3k+1 qui est <4k+1=N => c'est O.K.
- Si N=4k+3 (impair) alors les suivants sont 3(4k+3)+1=12k+10 (pair) puis (12k+10)/2=6k+5 (impair) puis 3(6k+5)+1=18k+16 (pair) puis (18k+16)/2=9k+8 dont la parité dépend de k donc on ne peut pas savoir qui est le suivant. Dans ce cas, on ne peut pas conclure vu qu'aucun des suivants calculés pour le moment est <N.

Et là, on peut (re)voir (plus ou moins) ton erreur de raisonnement : toi, dans ce cas, ce que tu dit (plus ou moins), c'est qu'en continuant à calculer les suivants, à force, on va finir par tomber sur un N'=4k'+1 et que vu le point précédent, dans les suivants de N' (donc dans les suivants de N), il y en a forcément un qui est <N' : c'est parfaitement juste, mais ça ne prouve rien vu que ce qu'il fallait montrer, c'est qu'il existe un suivant de N qui est <N (et pas <N').

(1) Et ceux qui me connaissent sur le Forum savent que... je me permet facilement...
(2) Qui est à mon avis la première qui vient à l'esprit de tout ceux qui se sont posé la question.
(3) Si on arrive à prouver ça, c'est facile d'en déduire que la conjecture est vraie.

[qaterio]

Bonjour,
Si tu veux avoir accès à une communauté un peu plus axée sur la recherche, il me semble que arXiv est un site qui pourra t'aider.

[Sylviel]

Bonjour,
Si tu veux avoir accès à une communauté un peu plus axée sur la recherche, il me semble que arXiv est un site qui pourra t'aider.

Oui, mais non. Pour soumettre à arXiv il faut être parrainé, et donc il vaut mieux avoir un bagage mathématique minimum.

[chadok]

Ça me laisse à la fois étonné et émerveillé, de voir des hordes de mathématiciens galérer depuis si longtemps sur un énoncé aussi simple C'est toute la beauté des maths...