Salut !

Ta suite est caractérisée par v0=2k+1 avec k dans N
v(i+1)=v(i)/2 si v(i)est pair
v(i+1)=v(i)+1 sinon

Soit la suite u(n) des valeurs impaires de cette suite (je passe volontairement toutes les valeurs paires qu'on divise par 2).

On a alors une suite décroissante car
u(n+1)=[u(n)+1]/2^k
Donc u(n+1)/u(n)=[1+1/u(n)]/2^k<=1     car 1/u(n)<=1
u(n) est donc décroissante

Calculons la limite l éventuelle : l=(l+1)/2^k d'où lx2^k=l+1 qui donne lx(2^k-1)=1 soit l=1

Et voilà !

Bonjour Nodgim

Ça a l'air assez simple mais sans LaTeX je n'ai pas trop envie de me lancer dans la rédaction d'une solution complète .

Si k est l'ordre de 2 dans Z/nZ c'est à dire le plus petit entier non nul tel que 2^k=1[mod n] , alors 2^k-1=n(1+2^v1+2^v2+...+2^vf) , les vi en ordre croissant ( ce n'est rien d'autre qu'une écriture binaire de (2^k-1)/n ) . Après il n'y a plus qu'à dérouler l'algorithme .

Vasimolo

Aïe ! Désolé, énoncé lu beaucoup trop vite !

Essai 1 : 17-18-9-26-13-30-15-32-16-8-4-2-1
13 termes

Essai 2 : Voilà qui est très long !
131-132-66-33-164-82-41-172-86-43-174-87-218-109-240-
120-60-30-15-146-73-204-102-51-182-91-222-111-242-121-252-
126-63-194-97-228-114-57-188-94-47-178-89-220-110-55-186-93
-224-112-56-28-14-7-138-69-200-100-50-25-156-78-39-170-85-216
-108-54-27-158-79-210-105-236-118-59-190-95-226-113-244-122
-61-192-96-48-24-12-6-3-134-67-198-99-230-115-246-123-254-127
-258-129-260-130-65-196-98-49-180-90-45-176-88-44-22-11-142
-71-202-101-232-116-58-29-160-80-40-20-10-5-136-68-34-17-148
-74-37-168-84-42-21-152-76-38-19-150-75-206-103-234-117-248
-124-62-31-162-81-212-106-53-184-92-46-23-154-77-208-104-52
-26-13-144-72-36-18-9-140-70-35-166-83-214-107-238-119-250
-125-256-128-64-32-16-8-4-2-1

196 termes !

@ Golgot: ces exemples confirment la conjecture mais ne constituent pas une preuve.
@ Scrablor: Même lecture trop rapide de l'énoncé que Golgot ? Cependant, il est exact que les nombres impairs de cette suite sont tous inférieurs à n. Ceci ne prouve pas pour autant qu'on bouclera sur 1.

Alors pour la démo, je modifie un peu la façon d'exprimer la suite de départ (appelée u(n)) en disant que si le terme est pair, on le divise par 2, sinon on lui ajoute le terme de départ u(0) et on divise par 2. J'appelle cette "nouvelle" suite v(n)

1ère étape :

Hypothèse de récurrence : v(n)<u(0)
1er cas  : si v(n) pair alors v(n+1)=v(n)/2<u(0)/2<u(0)
2 : si v(n) est impair : v(n+1)=(v(n)+u(0))/2<u(0)
Hypothèse également vérifiée au 1er rang donc l'hypothèse est vrai, ce qui signifie qu'il n'y a qu'un nombre fini de termes par lesquels la suite peut passer, c'est à dire que ça boucle !

2ème étape : Prouver qu'un terme ne peut avoir qu'un seul antécédent.

_D'abord tous les termes de la suite u(n) sont forcément strictement inférieurs à 2u(0), car il ne manque que le terme intermédiaire u(n+1)=u(n)+u(0)=2v(n+1)<2u(0) dans u(n) par rapport à v(n).

_Du coup 2 possibilités :
1/ Soit un terme de la suite est inférieur à u(0), auquel cas il ne peut pas provenir e l'ajout de u(0) au terme précédent, il a donc été divisé par 2
2/ Soit il est supérieur à u(0) et il ne peut pas avoir été divisé par 2 sinon le terme précédent serait supérieur à 2u(0) ce qui est impossible, on lui avait donc ajouté u(0).
(3/ u(0) ne peut pas être atteint car ni 0 ni 2u(0) ne peuvent faire parti de la suite)

Puisque nous avons une boucle et que chaque terme ne peut avoir qu'un antécédent, alors on doit nécessairement retomber sur u(1)=u(0)+1, dont le seul antécédent possible est 1 !

J'espère avoir été assez clair...

Existence de la limite :
Soit n un nombre impair :
n=2p-1
n+1=2p

-Soit le nombre est une puissance de 2 auquel cas après p+1 divisions on trouvera 1
-Soit le nombre n'est pas une puissance de deux, auquel cas on trouvera un nombre impair plus petit que le précédent par ajout de 1.

On obtient donc une suite de nombres impairs décroissante et minorée par 1 puisque tout les nombres sont positifs et qu'on travaille avec des entiers.

On a donc prouvé l'existence de la limite, plus qu'à montrer qu'elle est unique.

Unicité :
Pour cela supposons qu'il existe une autre limite impaire noté n' dans les entiers naturels différents de zéro.

Alors n'+1 est divisible par 2 et (n'+1)/2+1 est plus petit que n', par récurrence n' tend vers 1 quand le nombre d'itérations est suffisamment grand selon le nombre de départ.

Ce qui achève la démonstration.

Shadock

En effet, bon bah j'éditerai mon raisonnement si j'ai un peu de temps

Bonsoir Taedriel,
Même remarque que précédemment, qui te dit que ça ne va pas tourner en boucle en évitant le 1 ?

Je rajoute 1,
puis je divise k(1) fois par 2,
puis je rajoute n,
puis je divise k(2) fois par 2,
etc, etc,
je divise k(t) fois par 2
et je tombe sur 1.

Je remonte maintenant le processus à l’envers.
Mon dernier nombre était 2^k(t),
celui d’avant 2^k(t)-n,
celui d’avant 2^k(t-1).( 2^k(t)-n) soit 2^[k(t-1)+k(t)]-n.2^k(t-1),
celui d’avant 2^[k(t-1)+k(t)]-n.2^k(t-1)-n,
etc, etc,
et le premier (désolé mais latex ne semble pas marcher):
2^[som k(i) i=1 à t]-n.2^[som k(i) i=1 à t-1] -…-n.2^[k(1)+k(2)] -n.2^k(1)-1

Ce nombre est aussi égal à n, d’où:
n = {2^[som k(i) i=1 à t]-1} / {2^[som k(i) i=1 à t-1]+…+2^[k(1)+k(2)]+2^k(1)+1}
L’idée est de démontrer que tout nombre impair peut s’écrire de cette façon là. Ca ressemble d'ailleurs à une écriture en base 2. Mais je dois aller dormir. I’ll be back.

Est-ce que c'aurait à voir avec le fait qu'un jour ou l'autre, l'on doit toujours tomber sur un nombre pair puissance de 2 ?
Pour la démo mathématique par contre...

Papiauche, oui, je crois que tu as compris, même si tu as passé vite sur ce qui t'apparait comme une évidence.

C'est qui le maladroit qui nous fait un écran d'un km de large

Vasimolo