关于3X+1问题的证明

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关于3X+1问题的证明
" x% d' U" I; L6 X2 JQQ：784177725
& ~* D9 ]7 F5 \& _+ X邮箱：yangtiansheng68@sina.com
0 |) f8 @, L1 o! w3 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）；
" d) h0 \( r7 q2、对于形如2∧n（n≥1，n为整数）的数，称为绝对偶数；
4 c) A1 P- U" ?1 P3、任一给定的自然数n都满足科拉兹回归。
主要方法：数学归纳法   列举法
0 M5 O% S: x9 w- T$ \2 T# q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  
1 o) T7 i' f; u/ d正文：
% f1 Q* _+ f4 c3 l; o3x+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。
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 q; o0 L% D# H- I- @0 A7 U2 z定义2、所有的偶数、奇数均可写成下列形式：
# f8 i& g0 w- A$ p) e2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2 （偶数）①
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。
4 s  P2 g/ g! |( ^, W4 i: a2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2+2∧0 （奇数）②
+ C# z2 g+ v- b; A5 i( k7 F9 s7 x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。
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。
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。
4 v) Q6 h0 z% 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。
: i2 v& O. N# c  i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。
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。
, G2 e! r$ E9 M# q8 q: s& k1 z定理：对于任意自然数n,有：
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归；
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；
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。
" Y5 ~8 u8 G3 b* E+ P- _' R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。
% l6 L& S/ S  h+ I, X（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：
y(k+1)
y(k+2)
. |& w- s- i7 o5 l6 {$ L& ^……
y(2k-1)
y(2k)
3 v; g9 \2 e; Z; B4 ^+ [( [即所有不大于2k的自然数均满足科拉兹回归。
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
y(1+k+1)、y(2+k+1)……y(k-2+k+1)均成立。
6 b" a8 n, O) u& K6 J2 S8 G. D% Q对于k+（k+1）有：
∵y(2k)成立、 y(1)成立
3 W3 [6 E( ]) X∴y（2k+1）= y（k+k+1）成立
而y(k+1)成立
4 M% N: P+ v2 F3 l2 z0 ]6 M∴y（2k+2）成立
即所有不大于k+1的自然数两两之和也满足科拉兹回归。
任意给定一个自然数p(k+1＜p)，若y（p）成立
7 O0 e: {% B8 I0 g/ q* m* W  l根据假设有y（1+p）、y（2+p）……y（k+p）成立。
; t1 Y; l6 W+ U5 J( l4 c+ o∵y（k+p）成立、 y(1)成立
7 c5 |$ w- W1 P# }6 E3 w8 x- s$ V∴y（1+k+p）成立
# M3 K3 h0 _6 c$ b2 Y$ ?+ w; _即y（1+k+p）成立
6 [; H! }( ^7 a. q综合（1）、（2），由k的任意性可知，对于任意自然数n,有：
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归；
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；
1 x0 j1 K. S( d" f5 k3、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。
推论：所有自然数满足科拉兹回归。
" a/ a* a5 Z7 q# c7 ?5 p% m; t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。

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科拉兹回归  偶（奇）数降（升）幂展开式  完美偶（奇）数   绝对偶数  
% ?; ?7 f' ?- \都是新概念，但很好理解

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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）；
1 q4 H9 H& \! P% C: r2 X6 n

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已知a,b,c为正整数，今天为星期天，那么a∧b∧c是星期几？

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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。

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请多指教。

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对于形如2∧n（n≥1，n为整数）的数，称为绝对偶数

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感谢关注！

drtdxdy

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。
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'’