关于3X+1问题的证明

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关于3X+1问题的证明
6 F. `$ z! ^) G4 k- r( dQQ：784177725
邮箱：yangtiansheng68@sina.com
7 [. Y% {& g; s3 b4 t0 ~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）；
: R3 M5 d# T* f1 N% h2、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。
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  
( i" x" Z$ M0 c: D$ s0 P2 e正文：
2 z2 t4 V' O4 V5 v3x+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：
- [9 S4 v" Y* E' J& H' A5 S2∧n+2∧（n-1）+…+2∧3+2∧2+2 （偶数）①
4 z6 O$ K% H. J7 E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
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。
( }% \/ f% b' V! 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。
3 f+ O! a0 ?( h  ^7 W  @' D1 D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。
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。
& k4 q4 U4 m3 s1 @  e9 G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。
3 d/ ~+ w  a# B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：
9 p5 a- |" a( {& N' u% I- a* N1、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。
. w7 x8 h4 C  i% T1 @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。
* m6 C8 u, d+ K: `9 m( l# e4 J（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$ E1 Y9 @' R, W* u' dy(k+1)
3 A) X! ?, P/ Y0 h* ^0 ]0 vy(k+2)
: v/ T. N5 O6 L9 T" ?; Q……
y(2k-1)
4 ^1 o9 x  P( U. ~3 J. \5 E7 Q) N! My(2k)
即所有不大于2k的自然数均满足科拉兹回归。
# I* K, E+ B. A2 {7 a5 x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
# V! M5 @8 n2 X' s, p4 R9 @y(1+k+1)、y(2+k+1)……y(k-2+k+1)均成立。
& @* h; y1 E8 ]  a/ |& U7 K. g对于k+（k+1）有：
9 ~0 W0 i  a) I2 _∵y(2k)成立、 y(1)成立
& L4 G# o. X" N0 K∴y（2k+1）= y（k+k+1）成立
而y(k+1)成立
5 i1 ^) J4 M0 X5 E∴y（2k+2）成立
+ u- {, D9 R' m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
根据假设有y（1+p）、y（2+p）……y（k+p）成立。
∵y（k+p）成立、 y(1)成立
∴y（1+k+p）成立
7 @4 q" [5 s- k+ m8 t& l即y（1+k+p）成立
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；
& F! b1 A  S% `, J( h, r$ K% 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。
推论：所有自然数满足科拉兹回归。
' O6 _$ y3 Q( e$ `7 K! ]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。
5 w, @( D$ a# 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  
+ B! T5 T6 H+ x/ v4 M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）；

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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！

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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。
  u) h9 `: b( @7 t+ \1 j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'’