完整非電腦證明考拉茲猜想 (四) (Collatz conjecture 4)

2019年9月27日星期五

完整非電腦證明考拉茲猜想 (四) (Collatz conjecture 4)

http://4rdp.blogspot.com/2019/09/collatz-conjecture-4_27.html

續前文(三)，雖然第三篇證明比前兩篇好，但總覺得說明還不夠好，所以希望以較簡潔明瞭的方式證明。

考拉茲函數為 $f_{c}(n)=\left\{\begin{matrix} n/2,\; if \; n\equiv 0\\ 3n+1,\; if \; n\equiv 1 \end{matrix}\right.(mod \; 2),\; \; \; n\in \mathbb{N}^{+}$

任意正整數迭代運算後，目前已知結果會出現 fc = 1，今證明之。

證明

因為任一偶數 n 經過除二迭代運算後，最後皆會變成奇數，所以我們專注於奇數的處理。

$known \; \; n\geq 1$

$\Rightarrow 4n\geq 3n+1$

$\Rightarrow n\geq \frac{3n+1}{4}$

令 x 為起始奇數，將 n = x 代入

Case 1: 3n+1 ≡ 0 (mod 4)

只要 3n+1 可被 4 整除，可推導出下一個迭代數不會大於起始奇數 x 。

1.a 如果 $\frac{3x+1}{4}$ 是奇數，當 $\frac{3x+1}{4}= x\; \Rightarrow \; x=1$

若 $\frac{3x+1}{4}< x$ ，那麼下一個迭代數值不會超過起始奇數 x 。

1.b 如果 $\frac{3x+1}{4}$ 是偶數，表示可以一直除二，直到成為奇數，

${\color{Red} \frac{3x+1}{2^{m}}}<\frac{3x+1}{4}\leq x,\; \; \; m> 2\in \mathbb{N}$

到此已證明，於 3n+1 ≡ 0 (mod 4) 情形下，下一個迭代數不會大於起始奇數 x，另外，

$\left \{n_{1}\mid \; 3n_{1}+1 \equiv 0 \; (mod \; 4),\; n_{1}\in \mathbb{N}^{+}\right \}$

$=\left \{ 1,5,9,13,17,... \right \}$

$=\left \{4p-3\mid \; p\in \mathbb{N}^{+}\right \}$

Case 2: 3n+1 ≡ 1 or 3 (mod 4)

如果想獲得餘數為 1 or 3，n 必為偶數，而 n 為偶數，就會被一直除二，直到成為奇數。

$\left \{n_{2}\mid \; 3n_{2}+1 \equiv 1\; or\; 3 \; (mod \; 4),\; n_{2}\in \mathbb{N}^{+}\right \}$

$=\left \{ 2,4,6,8,10,... \right \}$

$=\left \{4p-2\mid \; p\in \mathbb{N}^{+}\right \}\cup \left \{4p\mid \; p\in \mathbb{N}^{+}\right \}$

Case 3: 3n+1 ≡ 2 (mod 4)

因 $\frac{3x+1}{4}$ 為非整數，也表示 $\frac{3x+1}{2}$ 是奇數，那麼

$\left \{n_{3}\mid \; 3n_{3}+1 \equiv 2 \; (mod \; 4),\; n_{3}\in \mathbb{N}^{+}\right \}$

$=\left \{ 3,7,11,15,19,... \right \}$

$=\left \{4p-1\mid \; p\in \mathbb{N}^{+}\right \}$

將起始奇數 x 迭代入 fc(n) 應可得一漸增數列，

$x_{0} = 4p-1=4\times (\frac{3}{2})^{0}p-1$

$x_{1} = \frac{3(4p-1)+1}{2}=6p-1=4\times (\frac{3}{2})^{1}p-1$

$x_{2} = \frac{3(6p-1)+1}{2}=9p-1=4\times (\frac{3}{2})^{2}p-1$

$x_{3} = \frac{3(9p-1)+1}{2}=\frac{27}{2}p-1=4\times (\frac{3}{2})^{3}p-1$

$\begin{matrix} ..... \end{matrix}$

$x_{k} = 4\times (\frac{3}{2})^{k}p-1,\; \; k\in \mathbb{N}^{0}$
因為 p 是定值，沒有無窮大的 $2^{m}$ ，所以求解 $x_{k}$ 數列過程中，一定會出現 $\frac{3x+1}{2}$ 偶數，
因而進入 Case 1 狀況。

以上分析完 $\frac{3x+1}{4}$ 所有狀況，欲證明重複迭代 fc(n) 會產生歸一的結果，如果直接證明 fc(n) 迭代歸一是困難的，那可以考慮兩種情形，一種是 fc(n) 迭代有漸增趨勢，另一種是 fc(n) 迭代有循環情形，只要證明這兩種狀況不存在，就可以說 fc(n) 迭代將會產生歸一狀況。

一、迭代循環

倘若有迭代循環，則必有某最小循環奇數 y，它必是 Case 3 型式，因為 Case 1 奇數的下一個迭代數不會比 y 大，除了 1 無法達成 y 是最小循環奇數條件。

而 Case 3 會產生漸增數值，經過迭代數次之後再除二回到原值 y。

$y=4p-1\Rightarrow 6p-1 \Rightarrow 9p-1\Rightarrow ...\Rightarrow x_{k}$ 奇數 n 經過 (3n+1)/2 計算

$y=4p-1\Leftarrow 8p-2 \Leftarrow 16p-4\Leftarrow ...$ 遇到偶數 /2 計算

從上面兩式計算過程可知，遇到奇數會一直累積 3 的倍數，這與回歸 y 循環 4, 8, 16, ... 除數完全沒有交集，因此 y 不會出現迭代循環情形。

二、迭代漸減

$Let\; \; g(x)=4^{x}(3a+1)-1,\; \; \; x\in \mathbb{N}^{+},\; \; \; a\in \mathbb{N}^{0}$

$\Rightarrow g(x)=3\cdot 4^{x}a+(4^{x}-1)$

x 分別代入 1, 2, 3, ...， $(4^{x}-1)=3,\; 15, \; 63, \;...$ 皆為 3 的倍數

所以歸納出 $g(x)$ 為 3 的倍數

無論 Case 1 或 Case 3，當 $3n+1 = g(x)+1$ 出現 4 的倍數時

n 可以化約為 $3a+1$ ，這將使 n 大幅變小，

又 Case 3 的 n 增幅有限，而它的 4p - 1 型式同 g(x)，這將使 Case 3 多次迭代有機會變小。

觀察補充

所有偶數除二計算皆可得到一個奇數對應，而奇數 n 經過 3n+1 計算是產不出所有偶數。