Que veut dire les symboles [latex]|[/latex] et [latex]\not |[/latex]?
edit: probablement congru et not congru

Pour être dans l'esprit de la suite de Syracuse, il faudrait que la suite tende vers 1 avec une altitude (Nmax) et un temps de vol (n in Un).

La suite proposée multiplie les n entre eux si ils ne peuvent être divisés.

Les germes U0=1, 2 et 6 donnent des suites triviales. Pour les autres germes, disons U0 = 3, le premier 5 est rencontré avant le 6, puis le premier suivant 7 est rencontré avant de trouver un diviseur potentiel (10), etc. En conséquence la suite est multipliée par de nouveaux nombres premiers avant même la possibilité d'avoir était divisés par les derniers rencontres. Elle diverge donc pour tout germe n’étant pas n!

Oui c'était facile !

Pourquoi ce titre alors ? Parce que c'est le même genre de suite qu'on rencontre pour la conjecture de Syracuse...

Je suis désolé mais j'ai un contre-exemple à la conjecture.
u0 = 560 ; u1 = 560 ; u2 = 280 ; u3 = 840 ; u4 = 210 ; u5 = 42 ; u6 = 7 ; u7 = 1 ; ...
Pourtant, il n'existe pas d'entier p tel que p! = 560.

PS : pour u0 = 0 la suite converge vers 0, mais ce cas n'est pas très intéressant.

Je suis d'accord avec la seconde remarque, en fait c'est comme cela que j'ai trouvé le contre-exemple.
En revanche tu t'es trompé dans ton contre-exemple. Pour calculer u1 il faut multiplier ou diviser par 1, et non par 2, il y a un décalage d'un étage. Mais cela revient au même on aura u6 = 1.
Je chipote un peu, mais je sais qu'une erreur est vite arrivée pour si peu.

Tu pourrais démontré ce que tu dis parce que moi je coince... Merci

Je ne dis rien d'extraordinaire, juste que si à un moment, la suite est égale à une factorielle amputée de ses premiers termes, alors aux rangs suivants on pourra diviser à chaque fois par le n suivant.
C'est évidemment le cas quand on part de [latex]u_0[/latex] qui est une factorielle.

Mais je ne montre pas que c'est une condition nécessaire, je dis juste que c'est suffisant.
Montrer que c'est nécessaire peut sans doute se faire, mais cela ne donnera toujours pas une forme générale de la suite, il reste les n premiers termes à déterminer !

Cette suite s'avère effectivement beaucoup plus redoutable qu'elle n'y paraissait

En fait LOOping007 il s'agit bien d'une condition nécessaire est suffisante qu'à partir d'un certain rang on ait Un = (n+m)!/n!, sauf si u0 = 0.

En effet si l'on écarte le cas où u0 = 0, tous les termes sont supérieurs ou égaux à 1. Cela se montre rapidement par récurrence.

On suppose alors que la suite converge.  Si elle converge c'est forcément vers 1 car d'une part toute suite convergente à valeur dans N est périodique à partir d'un certain rang. Or, si Un différent de 1 ou 0 alors U(n+1) est différent de Un pour tout n>0, donc la suite ne peut rester constante.

Tant que l'on a pas atteint 1 la suite doit être décroissante pendant un instant juste avant d'atteindre 1. Pour cela à chaque rang k on divise nécessairement par k au lieu de multiplier par k.

Soit n le rang à partir duquel la suite est décroissante et n+m le premier rang pour lequel u(n+m) = 1. Pour tout k tel que n<k<=n+m u(k)=u(k-1)/k donc u(n+m)=u(n)/((n+1)...(n+m) = 1 et donc il existe n et m tels que u(n)=(n+1)...(n+m).

J'ai donc montré la réciproque la condition est donc bien nécessaire et suffisante.

Une conditions nécessaire est que u0 s'écrive sous la forme (a1*...*ap)/(b1*...*bk) avec les ai et bj l'ensemble des nombres de 1 à p+k.
Est-ce une condition suffisante?
Quels sont les entiers naturels sous cette forme?

Nous allons bien finir par le résoudre ce problème !

Un peu de nouveau!
La suite diverge pour tout p premier impair.

Lemme que j'aurai pu proposer en énigme (si vous avez une preuve plus simple je suis preneur) :
Une factorielle est un carré seulement pour n=1.

Preuve : n!=r² et soit p le plus grand nombre premier inférieur ou égal à n. p|r²  donc p|r d'où p²|n!, on a donc 2p inférieur ou égal à n.
Or le postulat de Bertrand affirme qu'il existe q premier strictement entre p et 2p, absurde car p était maximal.

Soit N le germe initial alors il est facile de voir qu'avant que la suite ne soit égale à 1,

[latex]U_n=\frac{Nn!}{[2^{a_2}3^{a_3}4^{a_4}...n^{a_n}]^2}[/latex] où les [latex]a_i[/latex] valent 0 ou 1.

Donc si on veut que la suite soit égale à 1 on a :

1) [latex]Nn!=[2^{a_2}3^{a_3}4^{a_4}...n^{a_n}]^2[/latex] et

2) [latex][2^{a_2}3^{a_3}4^{a_4}...r^{a_r}]^2|Nr![/latex] pour tout [latex]r\leq n[/latex].

Cas N=p :

Par la première condition on voit par les facteur carré que [latex]n\geq p[/latex].
Par la condition 2) appliquée à r=p on a [latex]a_p=1[/latex].

Donc finalement n! devrait être un carré.

J'espère qu'il n'y a pas d'erreurs.

Nodgim tu peux mettre tes preuves.
Merci.

Comme promis la suite de ce que j'avais annoncé:

1) Tout d'abord, pour infirmer la thèse (que j'avais émise un peu trop rapidement) selon laquelle aucun nombre qui finit à 1 n'est impair, voici un nombre impair qui finit à 1, et ce n'est pas le seul:

N=3^12*5^7*7^4*17*19*23*29.
Ce nombre aboutit à 1 pour u30.

2) Sinon, pour aller un peu plus loin, j'avance que tout nombre N qui finit à 1 est composé au moins des nombres premiers dont la puissance dans la décomposition de n! est impaire. Ce qui exclut bien entendu tout nombre premier à l'exception de 2.
Je laisse méditer sur cette nouvelle assertion.

Mes inégalités sont ridicules (mais utiles) comparées à celle-ci :

Si P et le plus grand diviseur premier de N et Q le premier suivant on a si n existe :
[TeX]\fbox{P^{v_P(N)}\leq n\leq Q-1}[/TeX]
Ce qui donne pour l'exemple N=80 , n compris entre 5 et 6,et n vaut 6.
Et pour l'exemple de Nodgim n compris entre 29 et 30, et n vaut 30.

Ce qui montre en utilisant P²>=2P et le postulat de Bertrand que la puissance du plus grand nombre premier divisant N doit être 1.