Conjecture de Syracuse Collatz : La preuve de Mazurek 

J'aime bien quand vous dites "moi j'ai besoin de coder pour comprendre", ça, ça me parle, pareil pour moi !! :)

C'est super intéressant, merci ! De mon côté, avec mon faible niveau de maths (et d'informatique, encore pire), j'avais commencé à calculer ce que je pouvais. Je copie ici ce que j'ai tenté d'expliquer. Soit N pair : si N puissance de 2, il va directement tomber sur la boucle 4-2-1 si N pair, mais non puissance de 2, il va être divisé par 2 jusqu'à devenir un nombre impair. Pas d'autres possibilités. Soit N impair : N s'écrit de la forme 2k+1, où k est un entier naturel. On va dire k non nul, sinon, on retombe sur 1, dont le cas est déjà connu. N impair va devenir N(1) : 3(2k+1) + 1 = 6k+3+1 = 6k+4. À partir de ce nombre : si k pair, N(1) est une puissance de 2. => la moitié des nombres impairs des entiers naturels tombent directement dans la loop si k impair, 6k+4 devient 6(2k+1)+4 = 12k+10. 12k+10 n'étant pas une puissance de 2, mais pair, il va devenir N(2) en le divisant par 2 N(2) = 6k+5 impair N(3) = 3(6k+5)+1 = 18k+15+1=18k+16. À l'équation 18k +16 = 2^n = N, on s'aperçoit d'un cycle : à partir de 2^4, on trouve une solution pour k entier naturel de tel sorte que n=4+6x (x entier naturel supérieur ou égal à 0). - - - En gros, on trouve une famille de nombres impairs, qui en passant de N(1) à 3N+1 = N(2) va directement devenir une puissance de 2. Cette famille vaut 1/2 de la population totale des nombres impairs. N(2) non puissance de 2, va devenir 3N+1 à son tour = N(3). Environ 1/6ème de cette population va devenir par cette opération une puissance de 2 c'est bien ça ? Au-delà, j'ai eu peur de m'embrouiller, je n'ai pas su faire. J'imagine qu'il y a une infinité d'équations de type ak + b = 2^n (où chaque lettre est un entier naturel non nul, à affiner), avec chacune une infinité de solutions, mais dont la proportion finit par diminuer drastiquement ; Et que si on regarde la proportion de chacune de ces populations parmi l'entièreté de la population impaire, et qu'on additionne chacune de ces proportions, on finirait par obtenir 1. C'est-à-dire que les équations ak + b = 2^n admettraient toujours des solutions.

Bonjour, Je suis ravi de vous informer que, en tant que mathématicien amateur, j'ai réussi à démontrer la conjecture de Syracuse. Cela a été un défi passionnant et je suis heureux d'avoir pu contribuer à la résolution de ce problème. Si vous souhaitez en savoir plus sur ma démonstration ou discuter de mathématiques, n'hésitez pas à me contacter. Merci et à bientôt!

Bonjour, je peux vous proposer une autre preuve de la conjecture de collatz qui est très simple et facile à comprendre.

Il y’a idriss aberkane qui prétend avoir démontré cette conjecture😂

Merci de votre explication et de votre aimable utilisation de la formule que j’ai présentée dans ma vidéo. 9:30 les nombres pairs n’ont aucune importance puisqu’ils sont issus des nombres impairs par multiplication d’une puissance de deux, seuls les impairs comptent car ce sont les impairs qui créent les pairs. Voilà pourquoi j’ai ajouté un puissance de deux dans la formule que vous citez, il s’agit de pouvoir créer l’infinité des pairs issus d’un impair spécifique dans la cadre de la construction de N en entier. Pour tout pair, seul importe l’impair qui lui est associé, ce qui revient à supprimer tous les zéros à droite du nombre binaire. Merci encore et bonne continuation.

Peut-on faire une démonstration avec une table semblable au triangle de Pascal ? J'ai pu faire une démonstration de la conjoncture sous forme de tableau semblable au triangle de Pascal.

La meilleure preuve est toute simple....il suffit de regarder si la personne qui a avancée la preuve est allée récupérer le prix d'environ 1 million d'euros....

C'est possible de prévoir le nombre plus petit des cycles dans la liste de nombres negatifs quand on regarde la liste de nombres positifs et le contraire c'est vrai aussi mais dans le cas des nombres positifs il y a seulement un cycle, le 1-4-2

Personnellement J'ai travaillé sur la suite de Syracuse et J'ai utilisé le même senario qu'on peut expliquer simplement en utilisant une suite récurrente de sens inverse C'est à dire on prend comme élément de départ une puissance paire de 2 pour que (2^p -1) soit divisible par3 Ainsi Le nombre impair N= ( (2^p-1)/3)2^p' représente l'ensemble de tous les termes qui suivent . L'exposant p' doit être choisi de façon à ce que 3 divise (N-1) et ainsi de suite . Le problème est qu'il faut démontrer par des artifices mathématiques qu'il existe sûrement un chemin pour aboutir au nombre de départ de la suite de Syracus. Pour ce faire J'ai déjà fait une avancée qui se montre promoteuse. Si dieu le veut je pourrais finaliser par une démonstration beaucoup plus simple et comprise par un vaste public

Très interessant. I used maximum values to try to prove the conjecture. My approach is a bit sketchy nevertheless i can predict where the maximum values for a given number will occur. As far as the limit is concerned I don't know if I made some mistake.

La preuve est erronée (au niveau du Lemme 3.11).

Faut demander à Voldemort heuuu.., celui qu’on ne peut nommer, pardon, ce serait dommage de faire de la pub

Dear Alain, I've sent you few emails with additional information about Collatz conjecture and my proof from my gmail account without any response from your side. I'm not sure if they reached you. Can you confirm ? Thank you for contacting me and making video about my proof - Leszek

Pardon dans mon commentaire Je veux dire le nombre pair N=.....