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关于3X+1问题的证明

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    发表于 2012-9-3 16:12 |只看该作者 |倒序浏览
    |招呼Ta 关注Ta
    关于3X+1问题的证明* C# n) j+ m. U2 I6 O* |1 c
    QQ:784177725  o5 e- @  u9 t( p+ g
    邮箱:yangtiansheng68@sina.com+ D2 g0 q$ _- 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);
    , R9 D9 r4 t! G8 V; G2、对于形如2∧n(n≥1,n为整数)的数,称为绝对偶数;, B6 D" t' S$ X1 W9 O$ ]$ i
    3、任一给定的自然数n都满足科拉兹回归。1 e  S3 {3 `# q/ P; O
    主要方法:数学归纳法   列举法
    0 }9 e& [* v0 }$ A7 l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  
    9 W4 e0 {& u! \正文:
    & o" H2 a$ C- 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。/ w0 l$ ~' P9 R, s6 t# U
    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)。
    8 r( f# U, x. ^2 K, N5 m( H4 U. l定义2、所有的偶数、奇数均可写成下列形式:' s, F1 h+ A/ P5 o9 n& x
    2∧n+2∧(n-1)+…+2∧3+2∧2+2 (偶数)①
    . Y$ n* g7 }9 b/ y4 d! U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 [* G+ N& O4 M: e7 O* d, g$ ]
    2∧n+2∧(n-1)+…+2∧3+2∧2+2+2∧0 (奇数)②- M. t+ C8 @+ \3 q
    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。- N5 T1 Q* T/ [
    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 {9 D% n, b- O2 i2 s  B, D6 Q# i
    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- Z! W+ ~4 ]; I
    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。
    % a4 e" ^5 @" b" _9 S+ a+ 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。' c3 w6 t9 j8 \) w: n
    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。
    - ~: R$ U* m6 }2 {4 J# G; O; x/ ?! {3 e定理:对于任意自然数n,有:
    9 m/ a5 j* W$ [6 A$ T1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归;
    , {( }$ N& D: n! m5 \5 g! ~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;
    ' T' v# |/ @2 T& u3、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。
    # v0 ^0 g) J$ i9 J  n  }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。
    $ h6 j) ]( p. b# P(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:
    : S5 ^$ L! m' S2 F: |5 ~4 Wy(k+1)/ v& T8 j* s! J* f& Y+ G0 E& h7 d
    y(k+2)
    + u' p4 A- O: P3 w8 L* O4 v7 k% Z……: S" L5 H, x9 ^
    y(2k-1)* ]' w! `7 _8 y7 \" M# q- U" C6 L# r8 k
    y(2k). D; c& t; h3 C# _9 L' G1 b% Q
    即所有不大于2k的自然数均满足科拉兹回归。; W& S+ F* l8 }( W+ I0 Q/ }( b
    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
    # O5 j: N: ~4 |% d9 Fy(1+k+1)、y(2+k+1)……y(k-2+k+1)均成立。% C  `, }- {* {. T$ e( ^8 s" \
    对于k+(k+1)有:1 X1 U7 X6 r' x; S- m* h5 L: q
    ∵y(2k)成立、 y(1)成立
    % _5 N: N( @& X) [* Z3 F4 E∴y(2k+1)= y(k+k+1)成立
    ' ]% K9 Y% P% ?! R# G7 [# L而y(k+1)成立7 n& T1 l$ s, |- ]* Q
    ∴y(2k+2)成立
    2 V; w+ v! ~; {  I+ n即所有不大于k+1的自然数两两之和也满足科拉兹回归。0 d1 V( K  _; ^4 u0 p; |
    任意给定一个自然数p(k+1<p),若y(p)成立
    0 `0 Z4 }5 J0 D& y+ J, t根据假设有y(1+p)、y(2+p)……y(k+p)成立。
    1 g) `5 Q! Y3 M∵y(k+p)成立、 y(1)成立* C! W0 [( s- B, m- S8 I/ e. g
    ∴y(1+k+p)成立% D2 F# p, u6 s7 ]! P
    即y(1+k+p)成立2 N7 y, K( [  A
    综合(1)、(2),由k的任意性可知,对于任意自然数n,有:1 A% w0 N7 X3 m1 D' ?
    1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归;% Y- {' V. i; n- g
    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;! V' T3 _0 ?. _7 k5 x$ J: l9 u
    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, b6 J" l- Z# o0 C推论:所有自然数满足科拉兹回归。
    $ a' @$ u% c1 \, m6 h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。
    & g" O1 ~- c! q' E& Q7 J' r$ I& e3 ~# M3 k0 a8 M% L8 x" Y
    zan
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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  
    ! e3 O) d# e: r# H% Q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);
    . z) F8 G: r" P8 h8 D5 |
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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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    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。
    / r0 z6 \2 R; y: k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'’
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    [LV.5]常住居民I

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