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标题:
关于3X+1问题的证明
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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
2 s9 R- \: |% `8 E! b
QQ：784177725
6 J7 F1 a( M T7 c! s5 r' ]
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3 M# B' r+ h- z- U, u: d" L
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）；
* p, b# U1 |2 [5 X& { U$ p$ A
2、对于形如2∧n（n≥1，n为整数）的数，称为绝对偶数；
; U! J. o o. [/ ]5 j/ ]5 O
3、任一给定的自然数n都满足科拉兹回归。
* y5 R( F' P: S7 [; |! ]
主要方法：数学归纳法 列举法
8 X/ U$ s6 k' F" R) S( V
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
# ]6 M+ T# r+ v8 r2 m+ l% J' @ G
正文：
9 v4 e) [' ^9 b4 I1 u
3x+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。
9 c+ c3 n+ M# y8 f0 ]- i
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）。
, F; ]& i+ Y+ j/ I
定义2、所有的偶数、奇数均可写成下列形式：
9 M4 N# w4 {6 B5 w; |$ G+ }& d+ }
2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2 （偶数）①
1 m& V& t' C: O! [. p" w9 M$ `
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。
3 c [ P/ ?* P) r! P
2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2+2∧0 （奇数）②
( E& x$ J5 l! [0 z6 ?; S; J7 p1 S
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。
; F+ w! w2 Y ]! |! g( c
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。
5 y# @0 [; y( e0 L
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。
' R* _. ]3 w9 `1 a& ^+ H9 w
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。
& B9 `) d& m, j3 _- A
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。
; m2 @9 I+ Z. k, D3 Y: H
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。
0 w. g. e' F) H4 V, L
定理：对于任意自然数n,有：
~6 c- d U4 X1 m* K8 O$ k
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归；
" Z0 F1 T$ {1 v4 o# b$ L
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；
' L8 a" c9 [/ ^8 p1 v6 U3 n
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。
7 p" u1 A' g+ \
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。
+ s t4 [9 E7 F& _3 D- u
（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：
1 y: k' N, ~" _- r1 d. @) N$ @
y(k+1)
; H+ u4 P- Q7 G# e" {9 ]' q
y(k+2)
8 L. ^' d" E) m" D
……
n, A+ Y/ Q( N7 f% L
y(2k-1)
* @- [' a: r8 o, ^/ b) X5 z
y(2k)
* x$ ]2 c& w( W* q/ a& l0 n
即所有不大于2k的自然数均满足科拉兹回归。
/ V& ^3 x1 i/ T( H% b' h
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
2 E0 r- T4 Y+ p* C
y(1+k+1)、y(2+k+1)……y(k-2+k+1)均成立。
' x3 U: b" W; y8 z! @- g
对于k+（k+1）有：
% y- }! ]1 _4 G# ]) w3 K
∵y(2k)成立、 y(1)成立
; K4 E# d' l' R; j8 d
∴y（2k+1）= y（k+k+1）成立
2 B, n+ ]( I/ J9 H( {
而y(k+1)成立
; f7 \8 @- u5 E% A( W% r% {* d5 u) R+ [" j2 g
∴y（2k+2）成立
3 c: m( [5 l0 ]3 X$ c* B
即所有不大于k+1的自然数两两之和也满足科拉兹回归。
: Y9 ]3 z6 ?) y
任意给定一个自然数p(k+1＜p)，若y（p）成立
! x/ o- h& `" q4 D
根据假设有y（1+p）、y（2+p）……y（k+p）成立。
6 p/ s/ H! u$ H. V2 D. \7 x
∵y（k+p）成立、 y(1)成立
# @$ w- G% x* R8 U0 ]
∴y（1+k+p）成立
8 C& d+ b. k& @
即y（1+k+p）成立
2 `( k. V: B2 `8 M3 A$ m+ z
综合（1）、（2），由k的任意性可知，对于任意自然数n,有：
* x6 a+ u5 j+ N9 R4 t
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归；
- c3 B# \5 X( T9 p: g F
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；
- I, e5 W3 j6 f$ n% B
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。
1 y8 `" H, t: Z2 I+ k1 ], M( _
推论：所有自然数满足科拉兹回归。
. x! h0 p/ K2 {7 w3 D; o! H. k/ p
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。
) G5 G+ U6 H8 I8 v6 ^3 S, g
* D( i/ w- S. w
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
% i) r" n3 D8 h. X1 z+ c& g! w
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）；
# ?; ^# j( y1 l7 P2 x; [3 @2 {+ ^
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。
4 N1 u, B' P4 z5 J. N
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.
3 J& O2 M) V6 h% O6 E5 m
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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