关于3X+1问题的证明

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关于3X+1问题的证明
# ~, N: U/ n; T% i$ L' IQQ：784177725
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4 Z0 {" W3 [0 J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）；
1 D, E: h; `$ U: B2、对于形如2∧n（n≥1，n为整数）的数，称为绝对偶数；
8 |  F5 b8 ]7 T7 E& F6 c3、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
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  
6 x2 @% X( ~8 T+ F2 O/ ~8 ^) ?正文：
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。
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）。
定义2、所有的偶数、奇数均可写成下列形式：
6 k& A! V( x* {7 l( z2∧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。
2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2+2∧0 （奇数）②
' r- J* c9 c. K& i9 \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。
1 Q2 O" [: ?8 {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。
- Q9 Y' r! Q7 c6 p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。
! u+ l4 {% D, {4 h8 `1 }0 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。
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。
+ U5 w: V& m- o6 I. Q) N) l; h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）、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：
! g- A% P; u7 ^: n$ Y4 Q+ V4 gy(k+1)
y(k+2)
* |+ l* [6 L( N5 o5 \7 ]……
: [. J8 n5 W, o, w, O) k7 C4 N1 Wy(2k-1)
y(2k)
9 X( T7 m" H8 C0 U% G" ~即所有不大于2k的自然数均满足科拉兹回归。
6 `' Y% k( H- {/ D3 }7 z" 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
5 J- ]: N6 J7 b- W+ K; Z( Vy(1+k+1)、y(2+k+1)……y(k-2+k+1)均成立。
2 \1 b' x7 D3 N" N3 d7 c4 z对于k+（k+1）有：
: F* t8 ?. M: X  E0 u+ r6 F1 o* U; v9 [∵y(2k)成立、 y(1)成立
  B* U- P. _, L# ~/ _$ I- I∴y（2k+1）= y（k+k+1）成立
1 k5 L0 L3 X: s# P而y(k+1)成立
7 b: S/ E) N' i( ?+ A" X- [4 ^7 ~∴y（2k+2）成立
" Z. C! a& D2 A& S0 O即所有不大于k+1的自然数两两之和也满足科拉兹回归。
- ?  B. Z& K: J( v) B3 f任意给定一个自然数p(k+1＜p)，若y（p）成立
6 {2 l" f% g+ m& K3 ^根据假设有y（1+p）、y（2+p）……y（k+p）成立。
1 [! Y2 Z, y+ ]7 B, l0 ~: H/ l' A∵y（k+p）成立、 y(1)成立
6 \" N9 |8 x% E( X/ J' G( X' O: K∴y（1+k+p）成立
即y（1+k+p）成立
; U& \7 M9 L, }- n; p' R综合（1）、（2），由k的任意性可知，对于任意自然数n,有：
: t2 g6 g0 i3 f( f, `6 r1、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。
. B/ m, T) V  `. Q$ i8 b' z' J7 M推论：所有自然数满足科拉兹回归。
% N$ r1 H! C8 i3 q! ?2 l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。

谢芝灵

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.
9 X) @" _6 {( `3 K2 i5 L9 M. v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.

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。
6 k' A9 V8 {& a8 j/ i0 n2 C$ u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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感谢关注！

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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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请多指教。

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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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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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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）；