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syrac · 12-08-2024 19:52:51

[suite]

Il existe une infinité de termes impairs aboutissant à chacun des prédécesseurs de 1. L'algorithme suivant calcule les 9 premiers prédécesseurs de l'entier naturel impair n dans une suite de Collatz :

def collatz_preds(n, d=0):

  m = 3 - (n % 3)

  # Si m = 3 ça signifie que n est un multiple de 3, qui ne possède aucun prédécesseur. Dans ce cas on renvoie une liste vide

  if m == 3:

    return []

  # Générer la liste des prédécesseurs de n

  # On commence par le plus petit

  x = (n * 2**m - 1) // 3

  lst = [x]

  # Calcul de 8 prédécesseurs supplémentaires (ou le nombre qu'on veut)

  for _ in range(8):

    x = 4 * x + 1

    lst.append(x)

  # Si d vaut 1, supprimer les multiples de 3 avant de renvoyer la liste de prédécesseurs

  if d == 1:

    lst = [x for x in lst if x % 3 != 0]

  return lst

# Exemple d'utilisation

n = 1 # Entier naturel impair

result = collatz_preds(n) # d = 0 (par défaut)

print(result) # Affiche [1, 5, 21, 85, 341, 1365, 5461, 21845, 87381], où 21, 1365 et 87381 sont des multiples de 3

# Variante

result = collatz_preds(n, 1)  # d = 1, ne pas tenir compte des multiples de 3

print(result) # Affiche [1, 5, 85, 341, 5461, 21845]

1 possède une infinité de prédécesseurs. Ceux qui ne sont pas des multiples de 3 possèdent eux-mêmes une infinité de prédécesseurs. On pourrait ainsi créer des suites de Collatz aussi longues qu'on veut et composées uniquement de termes impairs, en calculant à chaque étape une liste de prédécesseurs non multiples de 3 et en en sélectionnant un au hasard. On pourrait procéder de la même manière à partir de n'importe quel entier naturel impair (non multiple de 3) au lieu de 1, sauf que sa suite se poursuivra jusqu'à atteindre 1.

Ce raisonnement implique que s'il existait un entier impair dont la suite ne passe pas par 1, comme certains le soupçonnent, ça signifierait qu'en réalité il existe une infinité d'entiers impairs dont la suite ne passe pas par 1. Je parle de son infinité de chaines infinies de prédécesseurs. Prétendre qu'il "pourrait exister une suite divergente" est donc totalement inepte, car si tel était le cas alors il faudrait parler d'une infinité de suites divergentes. Or, après des décennies à faire tourner des ordinateurs de plus en plus puissants capables de gérer des entiers de plus en plus grands, on n'en a trouvé aucune.

Le problème, selon moi, est que parmi les milliers de personnes qui se sont intéressées à l'algorithme de Collatz, très peu savent comment calculer les prédécesseurs d'un terme impair, l'immense majorité d'entre elles ne s'étant jamais intéressée à la question ou n'ayant pas trouvé comment y parvenir. La littérature n'en parle d'ailleurs pas, du moins à ma connaissance, alors que c'est un concept central qui du coup est totalement ignoré.

syrac · 10-08-2024 13:18:09

Je reviens sur mes deux précédents messages dans lesquels je parlais du calcul des prédécesseurs impairs de 1 dans une suite de Collatz, c'est-à-dire du dernier terme impair avant d'atteindre 1 par une succession de divisions par 2. Ces prédécesseurs sont 1, 5, 21, 85, 341, etc.

On obtient facilement cette liste en constatant que ses termes correspondent à la somme $2^0+2^2+2^4+2^6,...$, que l'on peut noter

$\large p_k=\displaystyle \sum _{x=0}^k 2^{2 x} \quad \small k \in \mathbb{N}_0$

ou sous sa forme fermée

$\large p_k= \normalsize \dfrac{1}{3} \left(4^{k+1}-1\right) \quad \small (2)$

Le successeur d'un tel nombre est

$3 \left(\dfrac{1}{3} \left(4^{k+1}-1\right) \right) +1=4^{k+1}$

$=\large 2^{2 (k+1)}$

lequel descend ensuite directement vers 1.

Si on pouvait prouver que toute suite de Collatz passe par un terme impair de la forme (2), la conjecture serait démontrée.

syrac · 14-07-2024 01:32:51

Début de la liste des prédécesseurs impairs de 1 (c'est-à-dire le dernier terme impair avant 1) non divisibles par 3 :

1, 5, 85, 341, 5461, 21845, 349525, 1398101, 22369621, 89478485, 1431655765, 5726623061, 91625968981, 366503875925, ...

Exemples de suites compressées. Le dernier terme impair est en rouge ; après lui on descend directement vers 1 par une succession de divisions par 2 :

91221, 136832, 68416, 34208, 17104, 8552, 4276, 2138, 1069, 1604, 802, 401, 602, 301, 452, 226, 113, 170, 85, 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1

30563, 45845, 68768, 34384, 17192, 8596, 4298, 2149, 3224, 1612, 806, 403, 605, 908, 454, 227, 341, 512, 256, 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1

207109, 310664, 155332, 77666, 38833, 58250, 29125, 43688, 21844, 10922, 5461, 8192, 4096, 2048, 1024, 512, 256, 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1

30683, 46025, 69038, 34519, 51779, 77669, 116504, 58252, 29126, 14563, 21845, 32768, 16384, 8192, 4096, 2048, 1024, 512, 256, 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1

276167, 414251, 621377, 932066, 466033, 699050, 349525, 524288, 262144, 131072, 65536, 32768, 16384, 8192, 4096, 2048, 1024, 512, 256, 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1

251374325, 377061488, 188530744, 94265372, 47132686, 23566343, 35349515, 53024273, 79536410, 39768205, 59652308, 29826154, 14913077, 22369616, 11184808, 5592404, 2796202, 1398101, 2097152, 1048576, 524288, 262144, 131072, 65536, 32768, 16384, 8192, 4096, 2048, 1024, 512, 256, 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1

251374381, 377061572, 188530786, 94265393, 141398090, 70699045, 106048568, 53024284, 26512142, 13256071, 19884107, 29826161, 44739242, 22369621, 33554432, 16777216, 8388608, 4194304, 2097152, 1048576, 524288, 262144, 131072, 65536, 32768, 16384, 8192, 4096, 2048, 1024, 512, 256, 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1

Les prédécesseurs impairs de 1 divisibles par 3, tels que 21, 1365, 87381, 5592405, 357913941, 22906492245, ..., n'ont eux-mêmes aucun prédécesseur. Ils ne peuvent donc se trouver qu'en première position dans leur suite respective.

syrac · 13-07-2024 13:14:34

Omhaf a écrit :
quelle est la raison qui nous fait aboutir à 16 ou à un de ses multiples et non un nombre quelconque ?

$16=2^4$, et tout nombre de la forme $2^x$ atteint 1 après $x$ divisions par 2. Par conséquent, si toute suite de Collatz atteint 1 alors l'un des prédécesseurs pairs de 1 est nécessairement de la forme $2^x$, sinon elle continuerait à l'infini.

$2^x$ est amené par son prédécesseur impair $n$, de sorte que $3\,n+1=2^x$, et donc $n=(2^x-1)/3$. On voit que $n$ n'est entier que lorsque $x$ est pair :

$\large n \in \left\{ \frac{2^{2k} - 1}{3} \mid k \in \mathbb{N}^+ \right\}$

Ceci permet de calculer la liste des prédécesseurs impairs immédiats de 1, c'est-à-dire 1, 5, 21, 85, 341, 1365, 5461, ... Pour une raison inconnue c'est par 5 (suivi de 16) qu'une suite passe dans la majorité des cas.

Omhaf · 11-07-2024 01:33:15

Bonjour à tous
Matou a trouvé 1024 comme résultat de ma formule et non 16 pour sa suite commençant par un nombre pair.
Oui! effectivement, ce n'est pas 16 mais c'est un de ses multiples, ce qui nous pousse à réfléchir et à chercher plus loin encore et poser cette question : quelle est la raison qui nous fait aboutir à 16 ou à un de ses multiples et non un nombre quelconque.
@ bientôt

lby2lby2 · 10-06-2024 14:43:15

Messieurs,

Syracuse ou 3N+1 tout N>0 attérit sur le cycles 1,4,2,1
on notera que
3N+3 attérit sur le cycles 3,12,6,3
3N+9 attérit sur le cycles 9,36,18,9
plus généralement
3N+3^m attérit sur le cycles 3^m,4*3^m,2*3^m,3^m pour tout m>=0

Ceci est évident pour tout N multiple de 3^m, mais pas du tout pour les autres.
Testé pour m appartenant à [0,100] et N < 1 000 000 000

Pand quensez vous?

Cdt

Omhaf · 22-10-2021 15:46:48

Bonjour à tous,
J'espére que le forum reprenne plus d'activité comme avant.
Pour la dite constante que je me suis permis d'appeler constante syracuse je rectifie le raisonnement en déclarant que ce n'est pas le nombre 16 qu'on retrouve après le développement MAIS le dernier nombre pair qui succéde directement au dernier nombre impair.
La question qui demeure en suspens est : est ce que cela nous avance dans cette conjecture ?
Clin d'oeil spécial d'amitié à mes amis yoshi et LEG
@+

Omhaf · 27-06-2021 16:37:40

Bonjour à tous, Bonjour yoshi
j'ai une théorie mais qui n'est pas encore vérifiable et qui consiste en ce qui suit
dans la conjecture de syracuse, et jusqu'à preuve du contraire, toutes aboutissent à la redondance
4 ,2 , 1
Ceci selon moi (et je peux me tromper) à cause de la formule appliquée aux nombres impairs
nous les multiplions par 3 et nous ajoutons 1
MAIS
si au lieu de les multiplier par 3 on les multiplie par 5 cela nous ramènera à une autre redondance qui est 16 8 4 2 1 au lieu de 4 2 1

reste à vérifier avec une routine sur une plage de nombres et voir ce que cela donne
si cela s'avère vrai, nous pourrons peut être généraliser sur d'autres coefficients de multiplication : 5 7 9 etc..
@ +

Omhaf · 20-06-2021 15:22:00

Bonjour,

Merci LEG j'ai oublié qu'il fallait payer aux américains un droit d'accès à la puissance hhhhhhhh

$USA^{50}$

Merci encore

LEG · 20-06-2021 08:09:10

Bonjour

(je n'arrive toujours pas à écrire 2 puissance n)

tu mets le signe du dollar puis tu tapes 2^{n} et tu fermes avec le signe du dollar
par exemple $2^{124}$ mais n'oublie pas d'appuyer sut la barre espace juste après le ^.

Omhaf · 19-06-2021 20:54:46

Bonjour yoshi
merci pour ta réponse et ton interprétation mathématique
Oui c'est un $2{^n}$ au lieu de $2{^4}$ (cad 16)
@ bientôt
(je viens de modifier ce poste en réécrivant le symbole de puissance correctement Merci à LEG qui m'a guidé dans le poste suivant)

yoshi · 19-06-2021 17:40:32

Bonjour,

J'avais fait des essais : ça se produit dès que tu tombes suite à un impair sur une puissance de 2....
C'est toujours vrai parce que les suivants étant tous pairs, sauf le dernier (1) tu n'en tiens pas compte : ne reste alors que cette puissance de 2 !
Et pas seulement 1024, mais 2ⁿ où n est un entier non nul...

@+

Omhaf · 19-06-2021 17:30:10

Bonjour à tous
après reflexion pendant plusieurs jours, j'en suis arrivé à une conclusion que je ne confirme pas totalement et qui consiste en ceci:
dans nos exemples confirmant notre première thèse le nombre 16 était le dernier nombre pair succédant un impair 5
si je ne me trompe pas le résultat ne seras pas 16 comme indiqué mais le dernier PAIR succédant au dernier impair (1 non compris)
le nombre 454 nous donne comme dernier pair succédant à un impair 1024 au lieu de 16
et donc la somme algébrique donnera 1024 au lieu de 16

@+

Omhaf · 11-06-2021 20:36:44

Bonjour,
Merci Matou et yoshi
la question se complique effectivement voire s'enrichit, le regard à présent change :
qu'est ce qui différencie ces cas particuliers de la majorité des cas qui donnent les constantes ?
la question est en cours d'examen de ma part

@+

yoshi · 11-06-2021 18:16:32

Re,

Effectivement 454 est passé à travers les trous de ma raquette...
Pour les pairs, je trouve bien 1024
Pour 1365 itou, je trouve 4096...
Celui-là c'était attendu, parce que j'ai chois 1365 = (4096-1)/3...
Je voulais vérifier s'il y avait une chance que ce soit parce qu'à un moment donné, on tombe sur $2^n$...
Si je pars de $2^n$, comme je ne garde que le premier pair et pas les autres, alors la fameuse constante n'existe pas...

Et encore 341 = (1024-1)/3 --> 1024
De même 151 =(454-1)/3 --> 1024

Voilà qui encore une fois prouve que toute "preuve" basée sur des exemples, aussi nombreux soient-ils, ne prouve rien...
Donc, je n'ai pas trop le temps encore de chercher d'autres cas où la colnsyante n'existe plus, même si on ne tombe jamais sur $2^n$

D'autre part, je me pencherai plus tard sur les impairs où la méthode de sélection est limpide et où, pour l'instant, tous mes nombres testés sont passés à côté des trous de ma raquette.

@+

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