关于3X+1问题的证明

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关于3X+1问题的证明
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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）；
2、对于形如2∧n（n≥1，n为整数）的数，称为绝对偶数；
3、任一给定的自然数n都满足科拉兹回归。
. [7 n, o& l+ l6 U! D! F! f: b主要方法：数学归纳法   列举法
" E! v  M# R5 O1 B4 S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  
: J* ^5 J4 N9 m/ E" L- M2 L正文：
+ a: U' z& _8 F3x+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。
' O3 L+ O9 {0 n+ V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：
5 b/ {' W) Z6 l1 p2∧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 {' t& s1 r" X% C' H4 B9 _% c2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2+2∧0 （奇数）②
8 U8 `9 u; Q1 y- Q4 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。
; c4 ]6 j% C3 g8 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。
- o9 G9 }) K% l" o) [! k# }/ S% y/ u8 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。
5 g2 G/ S( [, A" Q- F9 q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。
/ p& ]8 J5 Z( y$ F* z: H( t9 K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。
+ m# o( a) s" t7 V; N3 v% }3 z" x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。
! ~* ]9 O; `% S% h, M/ J2 t4 @1 y" o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；
- Q+ g- A2 ^+ i2 i2、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。
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：
y(k+1)
y(k+2)
7 R5 G' _, v$ \( q6 Q  e4 J* q……
y(2k-1)
% n+ H0 f0 ~6 b2 @0 o' Jy(2k)
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。
对于k+（k+1）有：
∵y(2k)成立、 y(1)成立
" ?/ s" N+ C' L" u1 p, T8 x$ N∴y（2k+1）= y（k+k+1）成立
而y(k+1)成立
& N& `/ g2 r7 P# p$ Z$ p# J∴y（2k+2）成立
7 A1 G: p. ~" ?1 p$ ?, J6 X即所有不大于k+1的自然数两两之和也满足科拉兹回归。
% L/ r) [4 R, z( b% S9 z- E0 t  y) A任意给定一个自然数p(k+1＜p)，若y（p）成立
. ~( _2 L& }- H根据假设有y（1+p）、y（2+p）……y（k+p）成立。
. j' B* L- D! B/ R) C( V  i6 O+ E; R∵y（k+p）成立、 y(1)成立
- w* W" a" K. ^$ H∴y（1+k+p）成立
即y（1+k+p）成立
2 F& P7 z. P. T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；
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。
推论：所有自然数满足科拉兹回归。
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。
* T' I4 S( Y; v0 {. \! `) Q% e! p

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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  
% @- y! ?4 Z1 Q% B% N& s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）；
! n1 U! ]0 A7 e7 o5 `9 y& h( W

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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。
7 @  z3 k1 L) \# S6 }' O  m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'’