bonjour nodgim,

J'ai quelques questions sur la question...

1) Le n de n/3 et celui de x(n+1) ne font pas référence au même n si ?

2) La suite ne doit-elle donner que des nombres entiers ou juste en donner à partir d'un certain rang ?

3) Pour prendre un exemple : Pour n=7 :
x0 = 7/3
x1 = 7/3*2 = 14/3 ( = 4,...)
x2 = 14/3 * 4 = 56/3 ( = 18,...)
x3 = 56/3 * 18 = 336, rang à partir duquel les termes de la suite seront entiers.

Et donc on cherche pour quelle valeur de x0 on fini par retrouver des entiers, c'est bien ça ?

Salut, un début de réflection

On note [latex]\left\{\cdot\right\}[/latex] la fonction partie fractionnaire.

Par définition [latex]X_n=X_{n-1}\lfloor X_{n-1}\rfloor=X_0\prod_{i=0}^{n-1}\lfloor X_i\rfloor[/latex].

Donc [latex]\left\{X_n\right\}=\left\{\left\{X_0\right\}\prod_{i=0}^{n-1}\lfloor X_i\rfloor\right\}[/latex].

En appliquant le théorème de la division euclidienne on peut écrire que [latex]m=3q+r[/latex] avec [latex](r,q)\in\mathbb{N}^2[/latex] et [latex]r<3[/latex].

Par conséquent [latex]\left\{X_n\right\}=\left\{\frac{r}{3}\prod_{i=0}^{n-1}\lfloor X_i\rfloor\right\}[/latex].

La suite génère des entiers à partir du plus petit rang [latex]n[/latex] vérifiant [latex]\left\{X_n\right\}=0\Leftrightarrow\frac{r}{3}\prod_{i=0}^{n-1}\lfloor X_i\rfloor\in\mathbb{N}\Leftrightarrow\lfloor X_{n-1}\rfloor\mod 3 = 0[/latex].

A mon avis expliciter cette condition en fonction de [latex]m[/latex] n'a rien d'évident à part pour quelques cas particuliers. A suivre ...

Tu veux parler de [latex]\left\{X_n\right\}=0\Leftrightarrow\frac{r}{3}\prod_{i=0}^{n-1}\lfloor X_i\rfloor\in\mathbb{N}[/latex] ?

J'avoue ne pas comprendre ce qui te chiffonne : si la partie fractionnaire d'un nombre est nulle c'est bien qu'il est entier ?

Ma partie "cerveau" - maintenant que mon code a terminé de tourner.

Les nombres de la forme 3n passent (trivial) du premier coup
Les nombres de la forme 9n+1 et 9n+2 passent du second coup
Les nombres de la forme 27n+14, 22, 25, 26 passent du troisième coup.
Autrement dit, il existe pour un modulo 3^k donné, tout converge vers un entier en maximum k itérations, sauf pour 2^k valeurs parmi les 3^k

Démonstration : par récurrence.
J'ai 2^k cas non convergents parmis 3^k, et donc (3^k - 2^k) cas convergents.
En considérant l'exposant k+1
* j'obtiens 3*(3^k - 2^k) cas convergents à partir de mon résultat précédent
* et pour les 2^k cas non-convergents, j'obtiens 3 nouveaux cas pour chacun, avec 3 résultats différents modulo 3 => 2^k nouveaux cas convergents, et 2*2^k cas non convergents
Au total : 3*(3^k - 2^k) + 2^k = 3^(k+1) - 2^(k+1) cas convergents; et 2^(k+1) cas non convergents


ex: k=1 => 0 mod 3 passe en un coup, 1 et 2 non

k=2 => 0, 1, 2, 3, 6 mod 9 passent en un ou deux coups, mais 4,5, 7 et 8 non
Le 1 mod 9 est ajouté depuis 1 mod 3, le 2 mod 9 est ajouté depuis 2 mod 3
4 ou 7 mod 9 viennent aussi de 1 mod 3 mais donnent des résultats avec 1/3 ou 2/3, idem pour 5 et 8 mod 9 par rapport à 2 mod 3

k=3 => 0, 1, 2, 3, 6, 9, 10, 11, 12, 14, 15, 18, 19, 20, 21, 22, 24, 25, 26 passent en max 3 coups, mais 4, 5, 7, 8, 13, 16, 17 et 23 non
22 => vient de 4 mod 9
14 => vient de 5 mod 9
25 => vient de 7 mod 9
26 => vient de 8 mod 9
etc...

Du coup, le ratio des nombres "invalides en au plus k itérations" est (2/3)^k, et il tendrait donc vers 0. Ce qui, au final, ne prouve qu'une chose : c'est toujours le cas sauf en un nombre fini de points.

@ Sydre : pardon, c'est sur ta toute première équation que je renâcle.

@ Scarta : D'accord avec toi sur l'analyse, notamment sur la finitude du nombre des exceptions . La référence à OEIS, je ne la connaissais pas. Celle-ci parle seulement d'une conjecture. Il faudrait aller plus loin....

Sauf erreur c'est direct par récurrence :

[latex]X_n=X_{n-1}\lfloor X_{n-1}\rfloor=X_{n-2}\lfloor X_{n-2}\rfloor\lfloor X_{n-1}\rfloor=X_{n-3}\lfloor X_{n-3}\rfloor\lfloor X_{n-2}\rfloor\lfloor X_{n-1}\rfloor=\ldots=X_0\prod_{i=0}^{n-1}\lfloor X_i\rfloor[/latex].

Bonjour,
On voit rapidement que 4 et 5 bouclent.
Les multiples de 3 sont des solutions évidentes. (deviennent entiers en 0 étapes)
Les entiers congrus à 1 ou 2 modulo 9 deviennent entiers en 1 étape. (et c'est les seuls)

9n+4 devient à l'étape suivante (9n+4)(3n+1), ce qui est congru à 12n+4, ou encore 3n+4 modulo 9. Si n est congru à 2 modulo 3, alors 3n+4 est congru à 1 modulo 9. Posons n = 3m+2.
Donc 9(3m+2)+4 =27m + 22 devient entier en 2 étapes.
De même, (9n+5)(3n+1), congru à 15n+5, soit 6n+5. Si n congru à 1 modulo 3, alors 6n+5 est congru à 2 modulo 9. 9(3m+1)+5 = 27m+14 (2 étapes)
De même, (9n+7)(3n+2) => 21n+14 => 3n+14 => n = 3m+2 => 9(3m+2)+7 => 27m + 25 résolu en 2 étapes
Enfin, (9n+8)(3n+2) => 24n+16 => 6n+16 => n = 3m+2 => 9(3m+2)+8 => 27m + 26 résolu en 2 étapes.

Soit c(n) le nombre d'étapes à partir de n.

Récapitulons ce que l'on a déjà trouvé :
n : c(27m+n)
1 : 1
2 : 1
3 : 0
4 : ?
5 : ?
6 : 0
7 : ?
8 : ?
9 : 0
10 : 1
11 : 1
12 : 0
13 : ?
14 : 2
15 : 0
16 : ?
17 : ?
18 : 0
19 : 1
20 : 1
21 : 0
22 : 2
23 : ?
24 : 0
25 : 2
26 : 2

En continuant sur le même principe, la proportion de classes connues ne pourra faire qu'augmenter, mais on conservera toujours un nombre d'inconnues (qui augmentera selon 2^n, si je ne me trompe pas)
Apparemment, c'est une conjecture :
https://oeis.org/A083863
J'ai cherché l'OEIS car Scarta l'a fait (non mais oh ! )
Je continue à chercher, mais pour l'instant, je n'ai pas plus d'idée pour lever la conjecture (l'as-tu fait?)

On trouve que la proportion de classes d'équivalence non fixées est de (2/3)^n pour les entiers modulo  3^n.
Ce n'est pas un résultat évident. On voit facilement que chaque classe non fixée en fournit 3 autres à l'itération suivante. On peut montrer par récurrence qu'elle en fixe exactement une, avec pour hypothèse de récurrence que les classes résolues en k itérations (données modulo 3^(k+1) ) sont uniques modulo 3^k.
Le nombre de classes non fixées double donc à chaque fois, et on a donc 2^n classes non fixées modulo 3^n.
La proportion tends donc vite vers 0, mais ça ne prouve rien de global.
Si on suppose qu'il existe un autre x0 infini autre que 4 et 5, sa suite comporte de l'ordre de log(n) autre nombres infinis. Ce n'est donc pas du tout en désaccord avec le résultat asymptotique obtenu. Je ne pense pas que l'on puisse conclure directement à partir de cette proportion, il faut encore que je creuse.

Aïe !
En voulant rédiger proprement ma démo, je me suis rendu compte m'être planté.....
J'en suis donc au même niveau que ce qui a été dit jusqu'à maintenant. Juste une nuance tout de même, mais qui ne change pas grand chose au final. S'il y avait une exception, hé bien il y en aurait une infinité, puisque les carrés successifs d'un nombre primitif seraient tous des exceptions. Mais ça ne change rien, puisque cette infinité d'exceptions est de densité nulle.

J'anticipe à maintenant la fin de l'énigme.

@ Scarta : ça ne m'arrive pas souvent sur ce forum, mais ici je ne suis pas le concepteur de cette question.