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关于3X+1问题的证明! u v( x R9 r* u6 P6 u
QQ:784177725
/ |6 D+ {: ]2 Q, z8 \邮箱:yangtiansheng68@sina.com9 V1 D/ |' ^; V0 R7 H. d. E
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);! ]8 Z) F$ p$ \; T
2、对于形如2∧n(n≥1,n为整数)的数,称为绝对偶数;
6 m# m: d* N/ k( J. m3、任一给定的自然数n都满足科拉兹回归。
% I3 J& A. F! B5 W' S主要方法:数学归纳法 列举法9 C" s2 T: g1 L) j5 C7 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 5 T. f$ D A& ?8 e7 b$ \* D
正文:% w. d7 U* n. X7 Q& l
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. Y, I! \' H7 D5 C+ [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)。, P. y9 h# y3 A G% U
定义2、所有的偶数、奇数均可写成下列形式:* ^& |- j; b: d7 K. b
2∧n+2∧(n-1)+…+2∧3+2∧2+2 (偶数)①
. _" l4 F0 H( C c5 f: O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。' C) L7 h/ }) I( e1 n$ _% X4 c" G
2∧n+2∧(n-1)+…+2∧3+2∧2+2+2∧0 (奇数)②7 R9 R9 k6 J w5 r: I0 S4 o: O3 X4 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、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。3 w* J; R' s! ^ V' {7 s- i" o0 \
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。
5 ~: O( P& j6 m7 ]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。
6 P' G2 d5 N7 i6 g' C, o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。
* U1 D) A9 Y+ K, X1 J+ Q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。
2 M$ F6 m- P2 ]4 y+ [5 T3 {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。1 x7 v0 H0 I' z* x6 y/ L
定理:对于任意自然数n,有:% k; x+ `4 Q' } S
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归;) [ d: K1 F. h; a6 C! \
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;5 g6 M2 I5 w; E% O5 Z0 B( f+ K2 Z
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。
2 w Q- p, G' w/ n: E$ p! X8 W/ [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。
1 g/ ]& Z% y) k(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:
2 F7 w0 s# _' K) ky(k+1)
$ C0 Z4 F5 Q6 o; Oy(k+2), _) I) Y: w X1 r
……
0 C$ i6 p; A! \8 ]) {* e& `y(2k-1)+ j' [+ l8 U, [
y(2k)% S% @" K* U! s! E- m6 _) J) b9 t
即所有不大于2k的自然数均满足科拉兹回归。
- m. w( u, u/ m) S% H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
7 p$ B& u% N$ m' J9 Oy(1+k+1)、y(2+k+1)……y(k-2+k+1)均成立。
, H- [2 A3 }8 w, l对于k+(k+1)有:
) D- T( \6 |$ p2 X8 A9 i' i+ V∵y(2k)成立、 y(1)成立
+ C+ A8 N% c! s8 _( {+ D∴y(2k+1)= y(k+k+1)成立: h: `& s( T8 ~7 ^% }1 X. @# V: j
而y(k+1)成立& [4 r7 k i/ l0 {
∴y(2k+2)成立
" ~1 C- f8 D) E. T' _4 t8 s即所有不大于k+1的自然数两两之和也满足科拉兹回归。% d/ p1 R) N9 u7 z1 [+ C) U3 m
任意给定一个自然数p(k+1<p),若y(p)成立
7 i0 x9 T# U$ q$ [4 ~: d根据假设有y(1+p)、y(2+p)……y(k+p)成立。! m% f q* s% h" f9 n
∵y(k+p)成立、 y(1)成立
% x6 k" M6 B: I' r6 E∴y(1+k+p)成立
2 D6 ?, H( p! G" W2 h ]+ l3 A) ~即y(1+k+p)成立
3 u) ~& W6 ~ o/ o K综合(1)、(2),由k的任意性可知,对于任意自然数n,有:3 N- l; |' E2 ^8 n2 ?! f, x5 G. J8 k
1、不大于n的自然数均满足科拉兹回归;; m# v: Z3 o* @( O8 `# i& n
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;
9 j" y0 B; ~2 [6 K# Y( X6 U% h3、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。" D; k: G( o2 V2 J
推论:所有自然数满足科拉兹回归。
! x( V7 |* r/ y" i/ X5 ?* H! y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。7 @2 x% X( o% V6 Y5 x7 ?, W
% t! d! h- v( e/ x
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