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标题: 关于3X+1问题的证明 [打印本页]
作者: 马路人群    时间: 2012-9-3 16:12
标题: 关于3X+1问题的证明
关于3X+1问题的证明/ G' O2 P+ @. e. [
QQ：784177725
3 `: M$ w  Q: [4 d  r5 W! N邮箱：yangtiansheng68@sina.com
; N0 I' P: H3 C9 b1 w; P摘要：1、对于任意一个自然数n，如果n满足“n是偶数,就用2来除,如果还是偶数,则还除以2;到得到奇数时,就将它乘以3再加上1,这样又变为偶数,再除以2,不断运算下去,经过有限步运算后总会得出1”，我们就说自然数n满足科拉兹回归，记为y（n）；
( T5 Y5 V3 a% |8 S/ Y; }2、对于形如2∧n（n≥1，n为整数）的数，称为绝对偶数；4 |5 u- J! m* M$ d" U9 u0 M4 e+ C
3、任一给定的自然数n都满足科拉兹回归。: t3 J* U8 l! z9 c
主要方法：数学归纳法   列举法
- m' r* \; e  t7 R5 O关键词：科拉兹回归  偶（奇）数降（升）幂展开式  完美偶（奇）数   绝对偶数  % ^8 g6 l; m/ \; q$ v
正文：
) p' n' v  Z! p. Y3x+1问题是说:对于任一给定的自然数,连续进行如下的运算:如果它是偶数,就除以2,如果还是偶数,则继续除以2;当得到奇数时,将它乘以3再加上1,这样又变为偶数,再除以2,不断运算下去,经过有限步运算后总会得出1。这也称角谷猜想或科拉兹猜想。这个问题从二十世纪提出以来，至今尚未解决。但它究竟是不是正确呢？本文给出了肯定的回答。
1 n$ Y# C' s) W定义1、我们规定对于任意一个自然数n（本文提到的奇偶数均指自然数，下同），把如果n是偶数,就除以2,如果还是偶数,则继续除以2;当得出一奇数时,就将它乘以3再加上1,这样又变为偶数,再除以2,称这种运算为科拉兹运算，这样不断运算下去,如果经过有限步运算后会得出1，我们就说自然数n满足科拉兹回归，记作为y（n）。
2 T7 T4 Z2 \" x7 O& ^+ }3 w定义2、所有的偶数、奇数均可写成下列形式：) C& S; U; O( o5 S8 X
2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2 （偶数）①
( H" p- e% c7 L! l, ]* r# B上述各项依次称为n次项、n-1次项…3次项，2次项、1次项，①式称为偶数降幂展开式，反之称为偶数升幂展开式。; _& P+ |8 z: p) T1 S$ W3 _; B# V/ x, H
2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2+2∧0 （奇数）②
* H1 H$ x- h3 z7 k上述各项依次称为n次项、n-1次项…3次项，2次项、1次项、0次项，②式称为奇数降幂展开式，反之称为奇数升幂展开式。
9 L/ Y& v, O2 p6 f* A, B' I% a8 i对某一个固定的奇数或偶数，偶数（奇数）的降（升）幂展开式是唯一的，其中可能包含通项中所有的项，也可能只包含通项中的一项或几项，偶数（奇数）展开式中所包含的项称为这个偶数（奇数）的必备项，不包含的项称为缺省项。例如对于偶数12，3次项和2次项就是必备项，1次项是缺省项；对于偶数146， 7次项、4次项和1次项就是必备项，6次项、5次项、3次项、2次项是缺省项。
: p) e5 r& p8 h定义3、一个偶数的展开式只含有n(n为整数，n≥1)次项时，称这个偶数为绝对偶数。1 H, ^) D( z1 @! F, @& W' C5 R
例如2、4、8、16……等都是绝对偶数。根据科拉兹回归的定义，容易理解绝对偶数满足科拉兹回归。' ?8 v( ?3 s/ o( R
定义4、在自然数中，比绝对偶数小1的数叫完美奇数（如3、7、15、31、63等均为完美奇数），梅森素数是完美奇数中的一个特例。比绝对偶数小2的数叫完美偶数（如2、6、14、30、62等均为完美偶数）。显然，完美奇数和完美偶数的个数相等。$ n5 S  o; [) v
之所以称其为完美奇（偶）数，是因为他们的降幂展开式中没有缺省项。根据定义，完美奇数可以写成2∧n-1的形式，完美偶数可以写成2∧n-2的形式。
: ]$ b3 J$ k) H% A+ z定理：对于任意自然数n,有：- P% W9 Y% U0 @1 I# I* d
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归；7 A. E/ r; U3 R
2、对于任意两个自然数a、b（a≥1），若满足a＜b≤n，且y(a)、y(b)分别成立，则y(a+b)成立；% V: S7 E2 H# N8 W* f% q! q' V
3、任意给定自然数p（p＞n）,当y(p)成立时，对于自然数a（a≤n），若y(a)成立，则y(a+p)也成立。, v9 q# Z! A1 o% K4 f& x
证明：（1）、给定自然数2，容易验证，不大于2的自然数均满足科拉兹回归，且两两之和也满足科拉兹回归；对任意给定一个大于2的自然数p，当y(p)成立时，不大于2的自然数与它的和也满足科拉兹回归。同样可以验证给定3、4、5……等的情形。
- K7 |4 k% t4 S* V& M（2）、假设当n=k时，上述定理成立，即所有小于等于k的自然数均满足科拉兹回归、两两之和也满足科拉兹回归、且任意给定一个大于k且满足科拉兹回归的自然数p,所有不大于k的自然数与它的和均满足科拉兹回归，那么显然有：$ ]8 n- m8 \) Y( X6 I
y(k+1): F& a4 Z( y( v
y(k+2), ~( J( c2 A: I3 u; i8 O3 P
……
# Q- o2 X  _$ L4 w2 V9 Z7 U5 ?% xy(2k-1)" V- G% K% k9 W' M, Z% ]' W
y(2k)- f. H& z/ i/ ?4 @  d7 F
即所有不大于2k的自然数均满足科拉兹回归。" z  B  V& m: x. |
当n=k+1时，有不大于k+1的自然数满足科拉兹回归（据假设已证），且
' `* i1 Q  r$ x0 L/ r* k3 }y(1+k+1)、y(2+k+1)……y(k-2+k+1)均成立。! ~9 z4 Y% d- U3 C0 ^$ z
对于k+（k+1）有：
9 O' f2 ]9 K* s' n$ m) z∵y(2k)成立、 y(1)成立( G9 I" P; h' O! ]3 l
∴y（2k+1）= y（k+k+1）成立7 S3 \& c* B$ \" S* D$ C, k3 B
而y(k+1)成立- T. G/ b9 P8 q* b; m
∴y（2k+2）成立# H4 T" M& m, U& V; R, Z  o4 S" n
即所有不大于k+1的自然数两两之和也满足科拉兹回归。1 d, d, }" E/ f9 u
任意给定一个自然数p(k+1＜p)，若y（p）成立9 W- C+ e' {& r+ e# G' ~6 Y" Z
根据假设有y（1+p）、y（2+p）……y（k+p）成立。: y! Z+ {" w" Z, K$ K5 A, H6 J
∵y（k+p）成立、 y(1)成立
# u" g  ^' a+ d* T! T9 e4 T∴y（1+k+p）成立
0 R# b% x0 ]% S* D' @即y（1+k+p）成立2 x) x: l1 [; r8 X. J) N6 G4 z. X
综合（1）、（2），由k的任意性可知，对于任意自然数n,有：
! C. x$ D& f  D% P7 N/ z1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归；
8 C) I3 q# a3 E2 |( w2、对于任意两个自然数a、b（a≥1），若满足a＜b≤n，且y(a)、y(b)分别成立，则y(a+b)成立；
2 y7 H3 [' Z* e2 R' T* q' Y6 h3、任意给定自然数p（p＞n）,当y(p)成立时，对于自然数a（a≤n），若y(a)成立，则y(a+p)也成立。
5 W% g. \4 m; ?8 P; M; }0 u推论：所有自然数满足科拉兹回归。( Y  X8 @& x$ j; d' m( }
因为y(1)成立，y(2)成立，故y(1+2)成立……，如此不断继续下去得所有自然数满足科拉兹回归。7 s$ v  s6 `. D* b5 f

& X5 G7 d; k" K/ n$ I, n) p  v
作者: 马路人群    时间: 2012-9-3 20:57
科拉兹回归  偶（奇）数降（升）幂展开式  完美偶（奇）数   绝对偶数  , y% I9 E# T; @1 R5 G6 g& I+ ]! k
都是新概念，但很好理解
作者: 马路人群    时间: 2012-9-4 11:55
对于任意一个自然数n，如果n满足“n是偶数,就用2来除,如果还是偶数,则还除以2;到得到奇数时,就将它乘以3再加上1,这样又变为偶数,再除以2,不断运算下去,经过有限步运算后总会得出1”，我们就说自然数n满足科拉兹回归，记为y（n）；/ P$ n; W0 B  x
作者: 马路人群    时间: 2012-9-4 17:41
已知a,b,c为正整数，今天为星期天，那么a∧b∧c是星期几？
作者: 马路人群    时间: 2012-9-5 07:23
一个奇数乘以3加上1，完全能变成偶数。但这个偶数除以2能否变成奇数却要满足一定的条件。
作者: 马路人群    时间: 2012-9-5 13:41
请多指教。
作者: 马路人群    时间: 2012-9-6 10:05
对于形如2∧n（n≥1，n为整数）的数，称为绝对偶数
作者: 马路人群    时间: 2012-10-9 17:10
感谢关注！
作者: drtdxdy    时间: 2013-4-2 09:01
1）、给定自然数2，容易验证，不大于2的自然数均满足科拉兹回归，且两两之和也满足科拉兹回归；对任意给定一个大于2的自然数p，当y(p)成立时，不大于2的自然数与它的和也满足科拉兹回归。同样可以验证给定3、4、5……等的情形。% U! @( A$ [6 ~! J1 b2 }
这一句有极大的漏洞，如果你果真验证了这一句话，那么就不需要后面那些琐碎的证明，因为如果如你所说只要y(p)满足科拉兹回归就因为y(1+p)=y(1)+y(p)使得y(1+p)也成立，那么就直接可由y(1)和y(2)满足科拉兹回归即可推出所有自然数满足科拉兹回归，那么有必要用后面的数学归纳法吗？     所以这个证明是错的，问题的关键你却一笔带过，没有证明，关键还是要证明你所说的'‘当y(p)成立时，不大于2的自然数与它的和也满足科拉兹回归'’
作者: absdswor    时间: 2013-11-21 16:26
哼(ˉ(∞)ˉ)唧
作者: 谢芝灵    时间: 2013-12-2 01:19
他在数学归纳法第二步假设:把没确定值的y(p)成立时,不大于2的自然数与它的和也满足科拉兹回归'’在第三步上,也得证p+1.楼主只证了一个分支的k+1.6 `( Z% `! l( e4 q( A/ S
楼主的数学归纳法有两条主线,一条是k线.还一条是p线.用一个没证明的p线去证明k+1.所以整个可以说是没证.



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