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TA的每日心情 衰 2012-10-21 20:28
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[LV.3]偶尔看看II
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关于3X+1问题的证明
8 r* q6 |+ j6 j* S QQ:784177725- ^9 m" T4 \" ?! B o
邮箱:yangtiansheng68@sina.com # Z0 m. R# B; g( U9 a
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); M5 M8 k9 f8 I# ?6 L3 L" Z& j
2、对于形如2∧n(n≥1,n为整数)的数,称为绝对偶数;
& K c6 k) M3 ~/ }( A, ` 3、任一给定的自然数n都满足科拉兹回归。
( {1 E$ Y4 B6 p& Y9 v* } w9 e& O/ x+ d 主要方法:数学归纳法 列举法
# u) W+ E; j; v/ G! i 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
4 z: a U5 v: t- a# K T 正文:- |$ R5 P" U' g/ s/ e3 O. d
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。$ t% q6 |2 E! e& g
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)。6 }: _6 K h: m) J8 \, d
定义2、所有的偶数、奇数均可写成下列形式:
# x9 C& S% }8 X) l" z2 h 2∧n+2∧(n-1)+…+2∧3+2∧2+2 (偶数)①
: } K& {" G( `, v 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。
' h$ j8 _- n. ^, K4 ?7 m7 E0 C$ f 2∧n+2∧(n-1)+…+2∧3+2∧2+2+2∧0 (奇数)②8 j7 k' ^3 Z. M) T' y
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。
/ v* x- y% @1 _$ U- Y# { 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。$ G, M# v9 j! s- |; j, }3 o8 T
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。$ `/ D+ J. A% N
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。
. c/ E3 v, c* I% Y' M$ F' | 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。
% G! F4 N$ Z5 u+ e! g9 n0 u 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。3 P% d6 b4 ~+ p8 s* ^9 D
定理:对于任意自然数n,有:0 F$ _, o3 K3 D$ u6 F' }% O0 z
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归;5 k; {8 p2 e& z3 k
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;) z/ V5 c; Z/ ]% @4 n# B! A/ X: A" z8 w
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。
: I. A5 X) z9 ?* m$ E; ]" ^ 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。6 K+ v3 M- G7 |4 j) ]4 P+ j7 t" a
(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:. C) C' y' C& W/ V$ x2 J+ L+ p
y(k+1)# t% P( a) X) }6 p0 a) Z! P8 m6 Y
y(k+2)' h! T' Y# D+ ?! \ ^+ V
……: I- m# s& S3 ?2 q' S$ a; b
y(2k-1)+ f! Z' T) O6 j3 m0 ^! r/ u
y(2k): a4 A0 P* u' ]
即所有不大于2k的自然数均满足科拉兹回归。
- w. z* F p: X8 G 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
$ c( k$ L$ {& d8 N! m! {* T y(1+k+1)、y(2+k+1)……y(k-2+k+1)均成立。
* P+ Q6 C9 h4 `- r0 W, c 对于k+(k+1)有:% ^5 g# [: F# ?3 t
∵y(2k)成立、 y(1)成立! k" p: I% J7 c1 k6 ?
∴y(2k+1)= y(k+k+1)成立
* L5 k+ Y8 d. u; b) u2 [ 而y(k+1)成立/ r+ _4 o* x# U- n
∴y(2k+2)成立( _0 z2 N" H: ]* H
即所有不大于k+1的自然数两两之和也满足科拉兹回归。' v2 R' {% V0 d) z7 ?9 C! W7 _
任意给定一个自然数p(k+1<p),若y(p)成立
/ N: P7 A8 P, f q n 根据假设有y(1+p)、y(2+p)……y(k+p)成立。4 K7 v) S- p& q# O) i; H
∵y(k+p)成立、 y(1)成立
3 |- Q% @" U( J! b d( [5 u ∴y(1+k+p)成立
+ i" a0 g$ O: N 即y(1+k+p)成立. C& \3 t, b, j4 f/ I% J s
综合(1)、(2),由k的任意性可知,对于任意自然数n,有:4 }0 c4 h, l5 V5 d
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归;
7 U* p( ]5 A. q1 c* n# n4 @1 w 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;& G8 v1 a% a& b t6 X! \* B5 t
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。- B5 R! M+ S3 }+ s
推论:所有自然数满足科拉兹回归。8 l- Q6 Y' G$ k7 Y" U$ 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。
( b) z7 y, m6 _' Z7 c; b7 ?7 V3 d : A2 N7 A5 D) J# }, L1 ?
zan