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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8 ^& [# X  h0 C6 x) Y* [3 M- S
QQ：784177725
) K, c/ W2 K) ?( C' _4 T1 s6 {4 h邮箱：yangtiansheng68@sina.com3 i& C9 ]- F* T% h( s5 p4 h
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, p4 I1 W' W
2、对于形如2∧n（n≥1，n为整数）的数，称为绝对偶数；: ^, X( G0 c3 n$ {1 a9 x. m: i0 o
3、任一给定的自然数n都满足科拉兹回归。, Q# I0 m: d/ b7 q0 E) @! r$ n
主要方法：数学归纳法   列举法
' n6 J4 O( J$ O' y& h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  
) K- n+ T! R3 F8 f0 q正文：
2 U8 x" ?, ]# z" K- R" I1 V1 c0 M3x+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。
$ p# R/ L" a" |6 o; K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）。4 f$ N) C. i' q. u% R
定义2、所有的偶数、奇数均可写成下列形式：
% f. Y! q' k8 d- C( a# O2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2 （偶数）①$ j4 y) u8 [8 e( {) n
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。) S' y! j5 I% f7 K- m3 A4 G
2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2+2∧0 （奇数）②
; _6 \# L7 M% C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。
! P: z( y- O0 G6 W2 J& r# q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。
9 E6 j: n" i- j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。
/ e% A$ N# g% _: i6 ]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。1 A( z3 |1 K, W) S7 G0 X
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。
: j3 _% \, C) @) f7 o9 R! R% ]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。
( M! k3 o2 \9 `- R+ q9 c, Q定理：对于任意自然数n,有：8 {; {9 a. q9 T
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归；
6 v1 H$ M8 e! {* ?, ~  W' C3 |) ~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；+ M4 O8 g8 B. h) L
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。
. w/ ~4 a* l2 c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。0 V2 l0 J! E' z3 h/ ^
（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：
$ s4 p1 O* Q' i' d2 jy(k+1)4 z& Z$ ~4 Y7 e- k4 V; V
y(k+2)6 i7 f6 d, N. \
……6 r  N4 b$ M  q: {' \, O, k
y(2k-1)% K8 {: B) m: _; u- V
y(2k)# f3 E* u& b/ _% G" h
即所有不大于2k的自然数均满足科拉兹回归。
4 b5 O$ s: n0 }' a8 @; d, S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9 [0 T  x4 ]2 ]- y/ x" p+ i6 a* @8 C0 {
y(1+k+1)、y(2+k+1)……y(k-2+k+1)均成立。" k, W7 _* C; Z: Z: @& v4 g
对于k+（k+1）有：
5 {& T1 T% O8 _∵y(2k)成立、 y(1)成立
* Q2 Z9 w% ]  j4 m  x5 a1 ]∴y（2k+1）= y（k+k+1）成立
* i, f4 `9 T/ Z1 R# M而y(k+1)成立
/ f; _  k/ H/ K  c, y3 x5 P∴y（2k+2）成立
' u  E$ N# P: 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。
4 e$ K% U7 I7 [4 f& o- x任意给定一个自然数p(k+1＜p)，若y（p）成立3 k& B% F9 U8 l8 ^
根据假设有y（1+p）、y（2+p）……y（k+p）成立。
+ h" ~, ^, G# Y. R3 d! ]3 P∵y（k+p）成立、 y(1)成立
0 U( a% Q1 N3 N, ^" w∴y（1+k+p）成立
3 ~  |0 y" Z+ E9 e3 i  e即y（1+k+p）成立
7 |7 T% M* }. l! t综合（1）、（2），由k的任意性可知，对于任意自然数n,有：# S( i! {' E% D0 v. m& v" F" r
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归；# i$ c& ?) D7 Q& z+ F# F: X. ?
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；6 X  r- ]  I& F% n1 `. D
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。
* c& J& _9 A; [8 e3 \$ S2 v* e推论：所有自然数满足科拉兹回归。$ R4 w( g! X, q- q
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。' w! T% U+ f0 e; P4 K% M& }

( B) c" f. C% N, P* O
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  
: p* A2 ?. G" F# W4 k' V: [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）；9 g# D% |' H% L4 J2 z  s
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 Y4 P7 |. X2 v: C( f
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 j4 V  s# v7 \& x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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