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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3 s" d4 d/ v: `3 R: Z4 ?2 M
QQ：784177725; X* [* b7 Y& j2 s0 ]9 O% ?* |7 y8 H
邮箱：yangtiansheng68@sina.com
0 _. I: r/ H9 M% X" ^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）；
0 V: a: }8 A- x7 j3 ~2 r) ^! ^2、对于形如2∧n（n≥1，n为整数）的数，称为绝对偶数；" V- Z3 [9 ~0 o8 [
3、任一给定的自然数n都满足科拉兹回归。
  \& T: Q' y' B6 e, Y  p: K. S% N2 o主要方法：数学归纳法   列举法
! \+ _) E8 f8 w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  ) s1 k+ ?/ O$ u2 y" L" y7 g
正文：
% ^8 w" N8 _* w+ Z5 U) y; c6 ?$ q3x+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。
5 D6 h& `- z$ `6 U9 D8 f" I  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）。
- ~5 [- E% d* }1 J* |/ n; D' W1 l定义2、所有的偶数、奇数均可写成下列形式：
/ c$ \7 @  q8 M% R7 i1 x2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2 （偶数）①
* T" l7 n  Z# P1 H( F) K9 n3 L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。
) W% I& C, i* P& a; d! _8 j2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2+2∧0 （奇数）②8 J" l; i4 g2 ~& J
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。2 J* _/ t8 Y" m
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。
$ W2 s( F! W* A' b8 U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 g* z# u/ V5 W1 c3 L( E' B' B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。: L/ \& E* E7 n6 _' A5 \
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。7 L% ^+ ~2 J2 [! {/ \
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。, X! F4 X: O3 L: J7 K
定理：对于任意自然数n,有：8 F' P+ f7 r: ^+ r4 X
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归；
2 D6 o) Z$ W, V2 B7 ~1 B: {7 A8 o2、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；
' R1 `8 ~+ Q: q0 [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。
; L% w/ q! ]8 m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。
9 \8 Z9 t, S3 R（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：# ~' l) ~$ r% h6 T; A. j
y(k+1)7 k! W! l: G, r# L# i/ p
y(k+2)$ E9 v  M7 ]$ d1 V
……; }* w4 E. _' o' j
y(2k-1)! i) V9 q" B# I) p. t2 a
y(2k)
3 q' ^5 a. }+ v7 L! q即所有不大于2k的自然数均满足科拉兹回归。4 ~6 P9 I( X) m8 O, w6 `
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
$ c! ^& x2 Q2 M4 l8 B' i+ gy(1+k+1)、y(2+k+1)……y(k-2+k+1)均成立。: L  V" }" U" N7 e! O+ r/ q
对于k+（k+1）有：
, @$ a  U0 F: f, o* l% }9 ?∵y(2k)成立、 y(1)成立/ w* v0 W% f3 ^+ D
∴y（2k+1）= y（k+k+1）成立
6 R+ D6 L5 z/ a) s  K而y(k+1)成立: Z6 k  N" N) Q
∴y（2k+2）成立
/ ?" n; J- E- h即所有不大于k+1的自然数两两之和也满足科拉兹回归。
. t' W5 w6 p6 i: y9 H* e任意给定一个自然数p(k+1＜p)，若y（p）成立& B9 H8 ?0 u% M3 F& a* w
根据假设有y（1+p）、y（2+p）……y（k+p）成立。
, d; p4 F5 U) |5 a3 q∵y（k+p）成立、 y(1)成立+ q  B& \. H3 j$ I- Z; ?8 p, g
∴y（1+k+p）成立
3 n) y# m# {. g+ J即y（1+k+p）成立
! R" P% C. ]6 g: w% r综合（1）、（2），由k的任意性可知，对于任意自然数n,有：# x" Q& |4 C- o; W7 q. u! h
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归；. n$ {; G: a2 X2 G: I  y
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；
4 J2 e& r! @; m0 J3、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。" W% N( J+ g0 e8 k
推论：所有自然数满足科拉兹回归。
- g% n: S4 n1 r" O/ _; A7 r3 }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。8 B3 u" m9 ~4 G

0 |. X! A9 V1 H+ V, S
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  
: q2 e' N5 V: V6 ~! l* ?9 y/ p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）；, v9 u9 B7 D  ?4 e) {, k
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。: Q2 ~0 u/ @/ L) R& G9 r. i$ U
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.
! ^) \' b3 n; l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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