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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9 X( V7 {) d/ z6 p
QQ：7841777258 j: B6 ]" v/ O& w% b
邮箱：yangtiansheng68@sina.com
' q. ^; H# v5 @1 U6 T' w7 z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）；5 C: z' V3 W7 M) J6 p+ \2 ?9 f' J
2、对于形如2∧n（n≥1，n为整数）的数，称为绝对偶数；2 P; w* z( D: R) E& o3 l4 ]
3、任一给定的自然数n都满足科拉兹回归。
3 o. t7 C4 ~6 B5 W1 U# ?* F主要方法：数学归纳法   列举法
; R1 }, S: p$ D/ z# o$ o2 E) G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  
7 [+ r; t+ s8 w4 N8 ]正文：# k' ?) x0 e& {" \
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。* E& z" ~. P# k7 g8 T" P' e% ?3 Y
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）。
* _/ d# L- k/ q1 L" U1 a! V/ X3 k定义2、所有的偶数、奇数均可写成下列形式：9 w7 _5 r* ?! j5 L8 V
2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2 （偶数）①' V  {  E0 `/ G6 y+ 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。% b, S& j; H  e1 P6 x8 P
2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2+2∧0 （奇数）②
# w2 a! k) A; G! y; 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。
3 C$ ^0 C( T5 K, r* g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。4 C, L! n" D" k0 w: @. }2 x
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。
+ X1 F& r( A9 j* k$ x% 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。2 ~* D, E6 x$ V. l
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。; d" \8 }7 A' q$ O* M
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。% j# T! i, W0 c; C5 u0 n
定理：对于任意自然数n,有：
4 k' E8 Y3 o" w5 T1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归；
1 [9 @$ m1 \4 O$ t3 H& j. c9 |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；) a8 J* O0 q5 r: e, o  W# g1 i
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。
$ R" t- T! X/ k% G% e1 i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。2 V8 [4 R% Z5 A3 L) L6 }3 {; 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：/ @2 u% N9 {, \; e5 b! b
y(k+1)
: Y9 ^- c# O2 t5 |y(k+2)3 [: v5 Y$ n* F" G- Q3 r* y
……# |2 T% p4 e+ ^5 f" M6 D6 R& S! x
y(2k-1)
% M2 G* t+ r7 ?. b4 S& m% n: Ty(2k)
8 _. B/ x- h  [0 x1 H3 N8 a即所有不大于2k的自然数均满足科拉兹回归。% t7 B: O, y+ I- E: \2 B! Z% `, ]
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
+ \/ Q" j' S2 Ry(1+k+1)、y(2+k+1)……y(k-2+k+1)均成立。2 c% n& r+ t; Q  `$ d) N5 T
对于k+（k+1）有：
* i9 e- j% E& p' X: g: D3 D% @3 p∵y(2k)成立、 y(1)成立
9 u/ U0 C3 v1 P5 a9 E5 b∴y（2k+1）= y（k+k+1）成立
- p$ U- c, S" S0 }; s$ M0 R4 Q, f而y(k+1)成立
+ ?$ N, e# G, M+ d  b∴y（2k+2）成立
" F9 l7 U. E: F0 O: g$ e) r即所有不大于k+1的自然数两两之和也满足科拉兹回归。9 ]7 z- |3 y' i3 ]- }
任意给定一个自然数p(k+1＜p)，若y（p）成立
% o  z5 s5 P* v2 u* d根据假设有y（1+p）、y（2+p）……y（k+p）成立。
! g3 V9 a1 k/ O& B∵y（k+p）成立、 y(1)成立
  n0 |- \2 f0 j9 m7 Q' o∴y（1+k+p）成立
, G* x6 A, f5 \5 \( w即y（1+k+p）成立
. K' j& t" u7 B综合（1）、（2），由k的任意性可知，对于任意自然数n,有：
/ r; h: i5 a1 N* |: I1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归；
( z/ \* N8 a4 J0 n$ z0 v& m- x% Q2、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；
$ _. X$ `. R7 M+ g3、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。8 h' n5 X2 C) @; e- m. x: \
推论：所有自然数满足科拉兹回归。
) E; r6 r7 T) l, P6 G% R1 x- v3 y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。0 @* ]  p. s  G/ ~0 l5 P/ i9 Z2 {
1 C% }3 x5 b, n) I' e
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  
" a5 a% T/ M& k- E- o, ^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）；
5 \+ U% v% n  D5 J# ^% [5 A
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。
0 e; {1 s% C4 q0 m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.
# r% \! G8 u7 w6 `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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