La conjecture de Syracuse

Choisissez une valeur de départ et observez où la règle vous mène. Regardez ensuite la deuxième image, qui représente simultanément toutes les valeurs de départ jusqu'à la limite.

Exemple résolu — La conjecture de Syracuse

Temps de vol total	111
Altitude maximale atteinte	9 232
Altitude maximale ÷ valeur de départ	341,93
Plus grand écart avec un voisin	101
Divisions par deux par triplement	1,7073
L'orbite sans ses +1	0,8341
Orbite la plus longue jusqu'à 10 000	261
Ce que ¾ par triplement prédit	28,54

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

Chargement de la simulation interactive...

27 nécessite 111 étapes. Son voisin en prend dix. 🖖

Entrez 26 comme valeur de départ. L'orbite est 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1. Dix étapes, et elle ne dépasse jamais 40.

Passez maintenant à 27. Le vol exige 111 étapes et culmine à 9 232, soit 341,93 fois le niveau de départ.

Rien chez 27 n'annonce un tel profil. Ce nombre s'intercale entre 26 et 28, or 28 boucle son parcours en 18 étapes. La ligne Plus grand écart avec un voisin évalue cette différence à 101. Faites glisser la valeur de départ, et vous verrez que les points du panneau inférieur ne s'alignent jamais pour former une courbe.

Le décalage le plus abrupt en dessous de 10 000 s'élève à 225, et six paires de voisins l'atteignent. La première se compose de 6 170 et 6 171 : l'un exige 36 étapes, l'autre 261.

Trois quarts par triplement, et cela reste exact 🖖

Un nombre impair devient 3n + 1, qui est pair, de sorte qu'une division par deux suit toujours. Cette valeur est divisible par 4 la moitié du temps et par 8 un quart du temps, deux divisions par deux suivent donc en moyenne. Un triplement et deux divisions par deux multiplient par ¾.

Poursuivez ce raisonnement jusqu'à la fin et le nombre de triplements nécessaires pour réduire n à 1 devrait être d'environ ln n ÷ ln(4/3), soit 3,4761 ln n.

Le tableau des résultats mesure cela pour chaque valeur de départ dans l'analyse. Jusqu'à 10 000, le nombre moyen de triplements est de 28,21 et les ¾ par triplement en prédisent 28,54. Jusqu'à 1 000, il est de 19,67 contre 20,57. Jusqu'à 100 000, 35,65 contre 36,54.

L'expression qui soutient tout cet argument est en moyenne. Les divisions par deux le long d'une orbite ne sont pas des lancers de pièces indépendants ; elles sont fixées à l'instant où vous choisissez n, et personne n'a trouvé le moyen de le formuler tout en conservant la réponse. Paul Erdős, cité par Jeffrey Lagarias en 1985 : « Les mathématiques ne sont pas encore prêtes pour de tels problèmes. »

Remplacez le 3 par un 5 et la même règle piège 27 à jamais 🖖

Sélectionnez 5n + 1 et fixez le départ à 13. L'orbite parcourt 13, 66, 33, 166, 83, 416, 208, 104, 52, 26, puis revient à 13. Dix nombres, et elle tournera en boucle aussi longtemps que vous la laisserez faire. Aucune conjecture ici ; c'est une liste que vous pouvez vérifier à la main en une minute.

27 est également piégé, dans une autre boucle de dix : 27, 136, 68, 34, 17, 86, 43, 216, 108, 54.

L'heuristique en donne la raison. Un triplement et deux divisions par deux donnent ¾ ; un quintuplement et deux divisions par deux donnent 5/4, et une règle qui multiplie par 5/4 en moyenne n'a aucune raison de redescendre. Laissez 5n + 1 sélectionné et regardez le panneau inférieur, qui s'est presque vidé. Sur les 10 000 premières valeurs de départ, 256 atteignent 1. De plus, 470 tombent dans une boucle. Les 9 274 restantes grimpent au-delà de 2⁵³, où l'arithmétique de l'outil cesse d'être exacte et arrête de les suivre.

Une démonstration de la conjecture de Syracuse doit donc savoir différencier 3 et 5. En 2025, la règle a été vérifiée pour chaque valeur de départ jusqu'à 2⁷¹, soit environ 2,36 × 10²¹ d'entre elles, par David Bařina sur des superordinateurs européens. La suivante reste ouverte.

Problème entièrement résolu

Pourquoi 27 nécessite 41 triplements alors que l'arithmétique en prédit douze 8 étapes
La règle des ¾ indique qu'une orbite devrait nécessiter environ ln n ÷ ln(4/3) triplements pour redescendre à 1. Pour n = 27, cela se situe entre onze et douze. L'outil affiche 41. Cherchez d'où viennent les vingt-neuf triplements supplémentaires, puis appliquez la même méthode à la plus grande valeur de départ jamais vérifiée.

Ouvrez ce problème dans l'outil
1. À partir d'un n impair, la valeur suivante est 3n + 1, qui est paire, donc au moins une division par deux suit. Elle est divisible par 4 la moitié du temps, par 8 un quart du temps, par 16 un huitième du temps, et le nombre attendu de divisions par deux est la somme de k·2^−k, qui vaut exactement 2. Un triplement suivi de deux divisions par deux multiplie par ¾.
  
  $E [v_{2} (3 n + 1)] = k \geq 1 \sum k 2^{- k} = 2 ⟹ \frac{3}{2 ^{2}} = \frac{3}{4}$
2. En multipliant par ¾ à chaque fois, l'orbite devrait arriver à 1 une fois que (¾)^o a réduit n à néant. Résoudre pour o donne ln 27 ÷ ln(4/3) = 11,46. Disons douze triplements, et avec deux divisions par deux pour chacun, cela fait environ trente-cinq étapes au total.
  
  $(\frac{3}{4})^{o} = \frac{1}{n} ⟹ o = \frac{ln 27}{ln ( 4/3 )} = \frac{3 . 2958}{0 . 28768} = 11.46$
3. Entrez maintenant 27 dans l'outil. Le Temps de vol total indique 111, et la ligne Divisions par deux par triplement détaille la répartition dont il provient : 41 triplements et 70 divisions par deux. La prédiction se trompe d'un facteur 3,58. Le nombre 27 n'est donc pas une valeur de départ habituelle.
  
  $o = 41, e = 70, t = o + e = 111, \frac{41}{11 . 46} = 3.58$
4. Retirez les +1 et l'orbite devient une pure multiplication : 41 triplements et 70 divisions par deux appliqués à 27. Ce produit est 0,8341, et l'outil l'affiche sous L'orbite sans ses +1. Il vaudrait exactement 1 si les +1 n'avaient aucun effet, et il atterrit en dessous de 1 car chaque +1 donne aux divisions par deux un petit supplément à retirer. Sur une puissance de deux, où aucune étape impaire ne se produit, il vaut exactement 1.
  
  $L = n \cdot \frac{3 ^{o}}{2 ^{e}} = 27 \cdot \frac{3 ^{41}}{2 ^{70}} = 0.8341 < 1, 2^{k} \cdot \frac{3 ^{0}}{2 ^{k}} = 1$
5. Réorganisez cette formule. En notant L le produit, n·3^o ÷ 2^e = L. Prendre le logarithme en base 2 donne e = o·log₂3 + log₂(n/L), et diviser par o fournit le rapport affiché par l'outil. Pour 27, on obtient 1,58496 + 0,12236 = 1,70732, que l'outil arrondit à 1,7073. Pour une orbite qui atteint 1, ce rapport ne peut jamais tomber en dessous de log₂3 = 1,5850. Les orbites qui s'en approchent le plus sont celles qui dépensent le plus de triplements par rapport à la taille de leur valeur de départ. En dessous de 100 000, aucun nombre ne s'en approche plus que 27.
  
  $\frac{e}{o} = lo g_{2} 3 + \frac{lo g _{2} ( n / L )}{o} = 1.58496 + \frac{lo g _{2} ( 27/0 . 8341 )}{41} = 1.58496 + 0.12236 = 1.70732$
6. Voilà ce qu'est une longue orbite : une orbite qui manque de divisions par deux. Voici 27 et les trois valeurs de départ qui dominent les trois plages d'analyse, avec 26 à côté pour faire contraste. Une valeur de départ typique atteint en moyenne environ deux divisions par deux par triplement ; chaque détenteur de record ici se situe entre 1,70 et 1,74. L'orbite dépense ses triplements sans récupérer les divisions.
  
  $n 2627871 6, 171 77, 031 t 10111178261350 o 2416596129 e 870113165221 e / o 4.0000 1.7073 1.7385 1.7188 1.7132$
7. Toutes les valeurs de départ jusqu'à 2⁷¹ ont été testées, ce qui représente environ 2,36 × 10²¹ nombres. L'opération a été menée par David Bařina sur des supercalculateurs européens et les résultats ont été publiés en 2025. Chaque valeur a fini par atteindre 1. Quelle devrait être la durée de la descente à ce niveau ? Puisque ln(2⁷¹) vaut 49,213, l'heuristique donne 171 triplements et environ 513 étapes pour un nombre typique de cette envergure.
  
  $n = 2^{71} \approx 2.36 \times 1 0^{21} : o \approx \frac{71 ln 2}{ln ( 4/3 )} = \frac{49 . 213}{0 . 28768} = 171, t \approx 3 o = 513$
8. Les nombres qui donnent tout son intérêt à ce problème n'ont rien de typique. Face au temps de vol total moyen dans chaque intervalle analysé (59,60, 84,98 et 107,54 étapes), le détenteur du record s'exécute pendant une durée 2,99, 3,07 et 3,25 fois plus longue. Reportez ce dernier coefficient plus loin : les valeurs de départ les plus lentes autour de 2⁷¹ s'orientent vers 1 700 étapes plutôt que 500. Ce rapport continue de grimper dans la plus grande plage traitée par l'outil. La barre des 1 700 est donc un seuil minimal plutôt qu'une estimation, et chaque donnée de cette étape procède de l'extrapolation d'une heuristique. Voilà le seul genre de certitude dont nous disposons sur des nombres de ce calibre.
  
  $\frac{178}{59 . 60} = 2.99, \frac{261}{84 . 98} = 3.07, \frac{350}{107 . 54} = 3.25 ⟹ 3.25 \cdot 513 \approx 1, 700$
Réponse

41 triplements plutôt que douze, parce que l'orbite de 27 progresse à 1,7073 divisions par deux par triplement, là où une orbite typique se situe autour de 2. Tout ce qu'il reste pour faire redescendre 27 réside dans l'écart entre 1,7073 et log₂3 = 1,5850. Cette marge est si étroite que la descente exige 111 étapes.

Rien de tout cela ne prouve quoi que ce soit. La fraction ¾ vient de l'idée de traiter chaque 3n + 1 comme si une pièce de monnaie décidait de son nombre de divisions par deux. Or, cette pièce est une fiction : les divisions par deux le long d'une orbite sont fixées dès l'instant où vous choisissez n. Tous les nombres testés jusqu'à présent ont tout de même atteint 1, soit la totalité des 2,36 × 10²¹ valeurs passées en revue. Terence Tao est celui qui s'en est approché le plus. Il a prouvé que presque toute valeur de départ finit par descendre sous f(n) pour n'importe quelle fonction f tendant vers l'infini, quelle que soit sa lenteur. L'expression presque toute désigne ici une densité logarithmique égale à 1. Mais « presque toute » ne signifie pas « toute », et c'est précisément dans ce vide que le mystère subsiste.

$\frac{e}{o} = lo g_{2} 3 + \frac{lo g _{2} ( n / L )}{o} o \to \infty lo g_{2} 3 = 1.5850$

Références (3)

The verification limit the page quotes, and where the 2.36 × 10²¹ comes from: David Bařina, "Improved verification limit for the convergence of the Collatz conjecture", The Journal of Supercomputing 81(1), 1–14, 2025. doi:10.1007/s11227-025-07337-0
The strongest partial result, which the answer quotes: Terence Tao, "Almost all orbits of the Collatz map attain almost bounded values", Forum of Mathematics, Pi 10, e12, 2022 (posted 2019). doi:10.1017/fmp.2022.8
Where the Erdős line comes from, and the standard survey of the problem: Jeffrey C. Lagarias, "The 3x + 1 problem and its generalizations", American Mathematical Monthly 92(1), 3–23, 1985.

Par l’équipe 42Math · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.