证明角谷猜想是正确的

Proof of Collatz Conjecture

摘要: 假设角谷猜想不正确，那么可将自然数分为两种数的集合，满足角谷猜想的自然数集记为集合B，不满足角谷猜想的自然数集记为集合H，通过对H中的数进行角谷运算，证明了角谷猜想是正确的。

Abstract: Assume that Collatz conjecture is incorrect, and represent the set of natural numbers as N, then the N set can be divided into B set and H set. Set B satisfies the Collatz conjecture; set H does not satisfy the Collatz conjecture. After performing the Collatz operation on the number in the H, it proves that the Collatz conjecture is correct.

1. 预备工作

角谷算法， $f\left(n\right)=\{\begin{array}{l}n/2如果n\equiv 0\left(\mathrm{mod}2\right)\\ 3n+1如果n\equiv 1\left(\mathrm{mod}2\right)\end{array}$

角谷猜想任给一自然数通过角谷算法后最后都将进入 $4\to 2\to 1\to 4$ 的循环中。

假设角谷猜想不正确，则有：

定义1 角谷数集B，非角谷数集H。

设N是自然数集，把N分成B、H两个数集：

1) 满足角谷猜想的自然数，记为集合B

$\text{B}=\left\{b_1,b_2,b_3,b_4,\cdots ,b_i\right\}$, $b_1=1,b_2=2,b_3=3,b_4=4,b_i\to \infty$

2) 不满足角谷猜想的自然数称为非角谷数集，记为集合H

$\text{H}=\left\{h_1,h_2,h_3,h_4,\cdots ,h_i\right\}$

显然有 $\text{B}\cup \text{H}=N$， $\text{B}\cap \text{H}=\varnothing$，且 $h_1$ 是奇数 [1] ，由于 $h_1$ 是H集合中最小自然数，所以凡是小于 $h_1$ 的自然数都在集合B中。

2. 命题证明

在集合 $\text{H}=\left\{h_1,h_2,h_3,h_4,\cdots ,h_i\right\}$ 中，因为 $h_1$ 是H中最小的自然数，且 $h_1$ 是奇数。所以有：

引理一： $h_1=2p+1$， $p=2n+1$，即： $h_1=2\left(2n+1\right)+1=4n+3$，并且 不能被4整除。

证：如果 $p=2n$，即 $h_1=4n+1$，根据角谷算法， $3\times \left(4n+1\right)+1=12n+4$， $\left(12n+4\right)/2=6n+2$， $\left(6n+2\right)/2=3n+1$，而 $3n+1<4n+1=h_1$， $\therefore 3n+1\in \text{B}$， $\because 3h_1+1=3\left(4n+3\right)+1=12n+10$，而 $\left(12n+10\right)/4=3n+5/2$， $\therefore 3h_1+1$ 不能被4整除。#

为了直观地看到H集合中 $h_i$ 在角谷运算过程中的变化情况，我们建立直角坐标系如下：

Figure 1. Line $X=3Y+1$ intersects Line $Y=h_i$

图1. 直线 $X=3Y+1$ 与直线 $Y=h_i$ 相交

在图1中， $Y=h_i$ 直线与 $X=3Y+1$ 直线相交于D [1] ，过D点作垂线与X轴交于E，可得到直角三角形D0E，设角D0E为Q，有 $\tan Q=\frac{Y}{3Y+1}$，设 $DE=Y=h_1$ 则有 $0E=X_1=3h_1+1$， $X_i$ 与 $h_i$ 是一一对应的，当 $DE=h_1$ 时， $\tan Q=\frac{h_1}{3h_1+1}$，因为 $3h_1+1$ 是偶数，依照角谷运算法有， $h_2=\frac{X_1}{2^{n_1}}=\frac{3h_1+1}{2^{n_1}}$， $n_1\ge 1$， $h_2\in \text{H}$， $n_1$ 的取值取决于 $\frac{3h_1+1}{2^{n_1}}$ 是否是奇数，当 $\frac{3h_1+1}{2^{n_1}}$ 是奇数时 $n_1$ 是最大值，设： $y=\frac{3h_1+1}{2^{n_1}}=h_2$，因为 $\tan Q=\frac{h_1}{3h_1+1}=\frac{h_2}{X_2}$ 即： $X_2=\frac{h_2\left(3h_1+1\right)}{h_1}$，所以 $X_2=\frac{{\left(3h_1+1\right)}^2}{2^{n_1}{h}_1}$，依照角谷算法有 $h_3=\frac{X_2}{2^{n_2}}=\frac{{\left(3h_1+1\right)}^2}{h_1{2}^{n_1}{2}^{n_2}}$，此时 $Y=h_3$， $\tan Q=\frac{h_1}{3h_1+1}=\frac{h_3}{X_3}$ 即： $X_3=\frac{h_3\left(3h_1+1\right)}{h_1}=\frac{\left(3h_1+1\right){\left(3h_1+1\right)}^2}{h_1^2{2}^{n_1}{2}^{n_2}}$ 。

依照角谷算法有 $h_4=\frac{X_3}{2^{n_3}}=\frac{{\left(3h_1+1\right)}^3}{h_1^2{2}^{n_1}{2}^{n_2}{2}^{n_3}}$ ……以此类推有：

$h_{i+1}=\frac{{\left(3h_1+1\right)}^i}{h_1^{i-1}{2}^{n_1+n_2+\cdots +n_i}}$, $\left(n_1+n_2+\cdots +n_i\right)\ge i$ , (1)

当 $n_1=n_2=\cdots =n_i=1$ 时， $\left(n_1+n_2+\cdots +n_i\right)=i$，设 $\left(n_1+n_2+\cdots +n_i\right)=\beta ,\beta \ge i$ 。

这样(1)式可写成： $h_{i+1}=h_1{\left(\frac{3h_1+1}{h_1{2}^{\beta /i}}\right)}^i$，因为 $h_{i+1}$ 是整数，所以 $\frac{3h_1+1}{h_1{2}^{\beta /i}}$ 必须是整数，而 $\frac{3h_1+1}{h_1}$ 不是整数，所以 $\frac{3h_1+1}{2^{\beta /i}}$ 必须是整数，根据引理一，4不能整除 $\left(3h_1+1\right)$，所以 $2^{\beta /i}$ 只能等于2，即： $\beta /i=1$， $\beta =i$，所以 $\left(n_1+n_2+\cdots +n_i\right)=i$，即有： $n_i=1$，所以 $h_i=4n+3$，所以 $p_i=2n_j+1$，所以 $h_1=2p_1+1=2\left(2\left(2\cdots \left(2n_j+1\right)\cdots +1\right)+1\right)+1$， $j=1,2,3,\cdots$， $j\to \infty$ 。

证：如果j不是无穷大，则在H集合中必须出现循环，而(1)出现循环的必要条件是： $h_1{\left(\frac{3h_1+1}{h_1{2}^{\beta /i}}\right)}^i=h_1$，即有 ${\left(\frac{3h_1+1}{h_1{2}^{\beta /i}}\right)}^i=1$，即 $3h_1+1=h_1{2}^{\beta /i}$，显然 $3h_1+1\ne 2h_1$，所以等式(1)不可能产生从 $h_1$ 开始的循环，因为 $n_i=1$，所以在H集合中任取一 $h_i$ 来讨论都会得到同样的结果。所以 $j\to \infty$ 。#

因为 $j\to \infty$，所以我们永远无法找到一个 $h_1$ [2] ，满足 $h_1$ 在H集合中作角谷运算，所以非角谷数的集合是不存在的，即 $\text{H}=\varnothing$，故角谷猜想是正确的。证明完！

NOTES

作者简介：出生年月：1959年9月，籍贯：广东省始兴县，学历：本科，职称：工程师。