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冰雹猜想的数学论证

对于任何一个自然数A,

(1)a.如果A为偶数,就除以2

b.如果A为奇数,就乘以3加上1

得数记为B

(2)将B代入A重新进行(1)的运算

若干步后,得数为1.

这个猜想,目前没有反例,也没有证明.

但也有许多人曾经尝试去求证这个问题： 因为任何偶数都能变成2^a或一个奇数乘2^b。前者在不停的除以2之后必定为1，因为它们只有质因数2。而后者则只能剩下一个奇数，我们可以把偶数放在一边不谈。

现在只剩下奇数了。

我们假设一个奇数m，当他进行运算时，变成3m+1。如果这个猜想是错误的话，那么就有（3m+1）/2^c=m，且m不等于1。我们尝试一下：

当c=1时，3m+1=2m，，，m=-1，不符合，舍去；

当c=2时，3m+1=4m，，，m=1，不符合，舍去；

当c=3时，3m+1=8m，，，m=0.2，不符合，舍去；

当c=4时，3m+1=16m，，，m=1/13，不符合，舍去；

……………………

可见，能推翻角古猜想的数只在1或以下的范围，所以没有数能推翻这个猜想，所以这个猜想是正确的。 介绍

从任何一个正整数开始，连续进行如下运算：

若是奇数，就把这个数乘以3再加1；若是偶数，就把这个数除以2。一直按这个规则算下去，到最后一定会出现4、2、1的循环。

比如，要是从1开始，就可以得到1→4→2→1；要是从17开始，则可以得到17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1。自然地，有人可能会问：是不是每一个正整数按这样的规则演算下去都能得到1呢？这个问题就是叙拉古猜想，也叫科拉兹猜想或角谷猜想。

证明

因为任一偶数2m除以2，到最后一定会是一个奇数(2m+1)，因此证明只需证明对于每一个奇数按这样的规则演算下去都能得到1，角谷猜想就成立。

根据二项式定理：

可得到：

当是n奇数，n=2m+1时，

根据代数恒等式：

可得到：

而因此令得到:

即任何一个奇数(2m+1)通过乘以3再加1和除以2两种运算都能得到一个形如 的偶数，而形如 的偶数通过除以2最后都能得到1。

结论

角谷猜想（3n+1）是成立的，事实上，即使是偶数通过乘以3再加1和除以2两种运算最后都能得到1。

奇数例如，从4开始，把4乘以3再加1，可以得到

4→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1，

从6开始，把6乘以3再加1，可以得到

6→19→58→29→88→44→22→11→34→17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1

这是因为偶数乘以3再1以后会得到奇数，而一切的奇数最终都能归结于1。 虽然一般的角谷猜想扩展的题目都可以发现反例子，除了化简版本以外，这证明了那些扩展题目都是错误的，但是对于它们的研究有助于发现反例子的规律.....希望百度百科可以对我昔日对角古猜想深度扩展给予重见天日.....目前已经总结出的主反例子的规律是：

1、 无限归结 因为是无限的所以没有办法归结于1 。 （数量必定无穷多个）

2、 循环归结 因为没完没了而无法归结于1（泛指3个或者是3个以上的奇数出现的病态循环归结）。

3、 互相归结 同样因为没完没了而无法归结于1（特指2个奇数出现的病态互相归结）。

以上的这3种主反例子的病态归结都在角谷猜想的深度扩展题目里面有真实存在的例子。牵连反例子，是指在主反例子存在的前提下，因为受到牵连而无法归结于1的。

对于角谷猜想的原题以及化简版本都是目前没有发现任何反例子的，化简版本只简单想一下就知道是成立而不存在反例子的。原题版本则需要证明是否存在反例子，使用排除法，首先排除偶数，再次排除能被3整除的奇数，以上的这3种反例子的类型都出现在奇数，而且是不能被3（或者是相对应的B）整除的奇数...该规律对于一切的角谷猜想扩展题目都适用。也就是说只剩下不能被3（或者是相对应的B）整除的奇数没有被排除。

一旦今后有什么办法可以排除这一个类型的奇数也不存在主反例子，那么角谷猜想被证明就会大功告成，圆满结束，角古猜想被证明是绝对成立，绝对正确的。

偶数、能被3（或者是相对应B）整除的奇数就算出现反例子，也只能是牵连反例子。我还有更加严格的证明，只可惜地方太小无法出示。任何一道角谷猜想的深度扩展的题目只需要找到2个主反例子就会出现数量无穷多个牵连反例子。也就是说一个反例子就足够推翻一个猜想。其中主反例子都只出现在不能被3（或者是B）整除的奇数，数量有可能是无穷多个。牵连反例子可以出现在一切的自然数类型，按照我在此的分类方法，数量都必定是无穷多个。 在前人的基础上，对于错误部分给予修正，对于正确部分给予扩展。其适用性对于一切我的扩展思路的两组数据的扩展题目都是成立的.有许多公式，都是按照数学归纳法证明是成立的。

图论专家据此阐述了一种独特的方法：把数列群比作是一棵树，4-2-1数列是连理枝，至于上面的分支构成了一个奇妙的数列通路，包含了所有的自然数。但是非常可惜的是，这个理论至今也没有人可以证明。所以“冰雹猜想”还是数学皇冠上一颗尚未鉴别的宝珠。虽然我对于图论的知识不怎么掌握，但是我可以根据逆向思考的冰雹猜想建立一棵无限大的冰雹猜想树，或者是根据一定的规则建立由数量无穷多的冰雹猜想树组成冰雹猜想的森林。

（一）角谷猜想是说，任何一个自然数，如果是偶数，就除以 2，如果是奇数，就乘以 3 再加 1。最后，经过若干次迭代得到 1。也就是说，不管怎样迭代，最后都会转移到4^n；不断除以 2 以后，最后是 1。迭代过程只要出现 2 的幂，问题就解决了。也就是说，第一个层次是 4^n。

（二）第二个层次是：所有奇数 m 乘以 3 再加上 1 以后回到4^n的有：(第一;根据整体证明方法的公式：(2^mn-1)/(2^n-1)...第二；根据直接归结定理）都可以得到

m1=(4^n-1)/3=1,5,21,341，.....问题就解决了，只要一步，就可以回到 4^n。。(修改原因：只有这样才能整除于3)

（三）第三个层次是：从一得知，有无穷多个自然数的奇数 m1=(4^（n+1）-1)/3，删除掉1(会造成循环)m1=(4^(3n)-1)/3，删除掉能被3整除的奇数（ 因为它们在逆向思考中是终止点的奇数，没有任何一个奇数可以进入它们的。）之后剩下的自然数是m1=(4^（3n-1）-1)/3和m2=(4^（3n-2）-1)/3

（四）从而得知，能够回到 5 的奇数有有无穷多个，我们仅以 13 来说，能够回到 13 的有：17；69；173；277；……；m(x+1)=m(x)+2^n×13。

有无穷多个 m(x+1)=m(x)+2^n×13。它们可以回到 13。只要回到问题就解决了。

我们可以轻而易举找到任意大的 m(x+1)=m(x)+2^n×13。

有无穷多个数值回到任何一列，有无穷多个数值回到任何一行。

显然，这样的程序可以无限制进行下去。

对于任何一个自然数 A；

（1）如果 A 为偶数，就除以 2；如果 A 为奇数，就乘以 3 加上 1，得数记为 B

（2）将 B 代入 A 重新进行（1）的运算。若干步后，得数为1。

这个猜想就叫做角谷猜想，在 2006 年这个问题被证明是 recursively undecidable（递归不可判定）的了。

总结：按照这样的计算下去，会遇到冰雹公式，而不是验证过程所遇到的冰雹数字了。 角谷猜想又叫叙古拉猜想。它的一个推广是克拉茨问题，下面简要说说这个问题：

50年代开始,在国际数学界广泛流行着这样一个奇怪有趣的数学问题:任意给定一个自然数x,如果是偶数,则变换成x/2,如果是奇数,则变换成3x+1.此后,再对得数继续进行上述变换.例如x=52,可以陆续得出26,13,40,20,10,5,16,8,4,2,1.如果再做下去就得到循环:

(4,2,1).再试其他的自然数也会得出相同的结果.这个叫做叙古拉猜想.

上述变换,实际上是进行下列函数的迭代

{ x/2 (x是偶数)

C(x)=

3x+1 (x是奇数)

问题是,从任意一个自然数开始,经过有限次函数C迭代,能否最终得到循环(4,2,1),或者等价地说,最终得到1?据说克拉茨(L.Collatz)在1950年召开的一次国际数学家大会上谈起过,因而许多人称之为克拉茨问题.但是后来也有许多人独立地发现过同一个问题,所以,从此以后也许为了避免引起问题的归属争议,许多文献称之为3x+1问题. 下面是我对克拉茨问题的初步研究结果,只是发现了一点点规律,距离解决还很遥远.

克拉茨命题:设 n∈N,并且

f(n)= n/2 (如果n是偶数) 或者 3n+1 (如果n是奇数)

现用f1(n)表示f(n),f2(n)=f(f(n)),...fk(n)=f(f(...f(n)...)).

则存在有限正整数m∈N,使得fm(n)=1.(以下称n/2为偶变换,3n+1为奇变换,并且称先奇变换再偶变换为全变换) 引理一:若n=2m,则fm(n)=1 (m∈N)

证明:当m=1时,f(n)=f(2)=2/2=1,命题成立,设当m=k时成立,则当m=k+1时,fk+1(n)=f(fk(2k+1))=

=f(2)=2/2=1.证毕.

引理二:若n=1+4+42+43+...+4k=(4k+1-1)/(4-1) (k∈N),则有f(n)=3n+1=4k+1=22k+2,从而f2k+3(n)=1.

证明:证明是显然的,省略.

引理三:若n=2m(4k+1-1)/(4-1) (m∈N), 则有fm+2k+3(n)=1.

证明:省略. :集合 O={X|X=2k-1,k∈N} 对于变换f(X)是封闭的.

证明:对于任意自然数n,若n=2m,则fm(n)=1,对于n=2k,经过若干次偶变换,必然要变成奇数,所以我们以下之考虑奇数的情形,即集合O的情形.对于奇数,首先要进行奇变换,伴随而来的必然是偶变换,所以对于奇数,肯定要进行一次全变换.为了直观起见,我们将奇数列及其全变换排列如下:

k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51

0 2k-1 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 33 35 37 39 41 43 45 47 49 51 53 55 57 59 61 63 65 67 69 71 73 75 77 79 81 83 85 87 89 91 93 95 97 99 101

1 3k-1 2 5 8 11 14 17 20 23 26 29 32 35 38 41 44 47 50 53 56 59 62 65 68 71 74 77 80 83 86 89 92 95 98 101 104 107 110 113 116 119 122 125 128 131 134 137 140 143 146 149 152

2 3k-2 1 　 4 　 7 　 10 　 13 　 16 　 19 　 22 　 25 　 28 　 31 　 34 　 37 　 40 　 43 　 46 49 　 52 　 55 　 58 　 61 　 64 　67 　 70 　 73 　 76

3 3k-1 　 　 2 　 　 　 5 　 　 　8 　 　 　 11 　 　 　 14 　 　 　 17 　 　 　 20 　 　 　 23 　 　 　 26 　 　 　 29 　 　 　 32 　 　 　 35 　 　 　 38

4 3k-2 　 　 1 　 　 　 　 　 　 4 　 　 　 　 　 　 　 7 　 　 　 　 　 　 　 10 　 　 　 　 　 　 　 13 　 　 　 　 　 　 　16 　 　 　 　 　 　 　 19

5 3k-1 　 　 　 　 　 　 　 　 　2 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 5 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 8

6 3k-2 　 　 　 　 　 　 　 　 　1 4

7 3k-1 2

8 3k-2 1

第一行(2k-1)经过全变换(3(2k-1)+1)/2=3k-1变成第二行,实际上等于第一行加上一个k,其中的奇数5,11,...6k-1又回到了第一行.以下各行是等差数列3k-2,3k-1交错排列.由于最终都变成了奇数,所以集合O对于变换f(X)是封闭的. :任何奇自然数经过若干次变换都会变成1.

证明:

我们看到 奇数经过全变换变成为3k-1型数,3k-1型奇数经过全变换有一半仍然变成3k-1型奇数,而另一半3k-1型偶数经过除以2有一半变成为3k-2型奇数,而3k-2型奇数经过全变换又变成为3k-1型数.换句话说不可能经过全变换得到3k-2型数.

下面我们只研究奇数经过全变换的性质,因为对于其他偶数经过若干次偶变换,仍然要回到奇数的行列里来.

我们首先证明奇数经过若干次全变换必然会在某一步变成偶数.（冰雹猜想又成奇偶变换猜想，“如果偶数除于2“是把偶数变成奇数的运算，偶数归结于奇数的逆向描述公式是：偶数=f(m,n)=(2n-1)*2^m，这是描述偶数归结于奇数的另外一个公式。“如果奇数乘于3加1”是把奇数变成偶数 的运算，运用直接归结定理2个公式描述了)

设2a0-1是我们要研究的奇数,它经过全变换变成3a0-1,假设它是一个奇数并且等于2a1-1,2a1-1又经过全变换变成为3a1-1=2a2-1,3a2-1=2a3-1,...3ak-1-1=2ak-1,所以a1=(3/2)a0,a2=(3/2)a1,...ak=(3/2)ak-1.

所以最后ak=(3/2)ka0,要使ak是整数,可令a0=2kn,(n是奇数).于是ak=3kn.则从2a0-1经过若干次全变换过程如下:

2k+1n-1 - 3*2kn-1 - 32*2k-1n-1 - 33*2k-2n-1 -... - 3k+1n-1 (偶数).

然后我们证明经过全变换变成偶数的奇数一定大于该偶数经过若干偶变换之后得到的奇数.

设3k+1n-1=2mh (h为奇数),我们要证明 h2*3kn-1:

h=(2*3kn-1+3kn)/2m2*3kn-1,令a=3kn,b=2m-1,则有 2aba+b,而这是显然的.

定义:以下我们将称呼上述的连续全变换紧接着连续的偶变换的从奇数到另外一个奇数的过程为一个变换链.

接着我们证明奇数经过一个变换链所得的奇数不可能是变换链中的任何中间结果,包括第一个奇数.

若以B(n)表示奇数n的变换次数,m是n经过变换首次遇到的其他奇数,则有。

定理三:B(n)=k+1+B(m),其中k是满足3n+1=2km的非负整数.

证明:n经过一次奇变换,再经过k次偶变换变成奇数m,得证.

举例来说,B(15)=2+B(23)=2+2+B(35)=2+2+2+B(53)=2+2+2+5+1+B(5)=2+2+2+5+1+5=17 按照角谷猜想的扩展部分，每一道扩展的题目都存在着相对应的几个归结定理。对于原题的文字描述是：文字描述是：首先把自然数中能被3或者是能被2整除的自然数都删除掉，剩下的自然数，按照第奇数个第偶数个分成2类，其中第奇数个奇数通项公式是：(6（n-1）+1）把这个式子乘于2^（2m）再减去1之后必定可以被3整除，而且得到的自然数全部是奇数。第偶数个奇数的通项公式是：(6(n-1)+5)把这个式子乘于2^（2m-1）再减去1之后必定可以被3整除而且得到的自然数全部都是奇数。

原题的归结定理公式描述就是：

((6（n-1）+1)*4^m-1)/3=x1

((6(n-1)+5)*2^(2m-1)-1)/3=x2

这是2个2维平面的变差数列，由2条互相垂直的射线组成的射面状的无穷变差数列。已经通过数学归纳法证明，公式成立，可以整除，而且得数全部都是奇数。如果把x1和x2都看成是集合，那么必定存在它们的交集必定是空集，它们的并集必定是全体奇数。等于说是把奇数分成2类，一类是x1，另外的一类是x2，再把以上2个式子移项以后就会得到：3x1+1=(6（n-1）+1)*4^m，和3x2+1=(6(n-1)+5)*2^(2m-1)。它们的威力在于，该定理可以描述所有的奇数的3x+1的以后和以前的情况....是逆向的描述....通过这个定理，我们可以非常容易地寻找，不能被3整除的奇数的所有上一步的直接归结的情况，以及和下一步的情况.。这个直接归结定理在分析冰雹猜想的过程中发挥着非常重要的作用。假设我被邀请去参加某次的数学成果研究大会，站在讲台上我就可以说任意给我一个不能被3整除的奇数我都能马上算出，它所有上一步的奇数，也就是在忽略偶数不记录的前提下的所有直接归结于这个奇数的奇数。文字描述是：首先把自然数中能被3或者是能被2整除的自然数都删除掉，剩下的自然数，按照第奇数个第偶数个分成2类，其中第奇数个奇数通项公式是：(6（n-1）+1）把这个式子乘于2^（2m）再减去1之后必定可以被3整除，而且得数是全部奇数。第偶数个奇数的通项公式是：(6(n-1)+5)把这个式子乘于2^（2m-1）再减去1之后必定可以被3整除而且得数全部都是奇数。

同时对于任意任何一个能被3整除的奇数，都绝对不存在上一步的奇数，都是顺冰雹猜想验证的最起始点的奇数，都是逆向冰雹猜想的终止点的奇数，跟最主归结点的1的情况刚好相反的.

根据普通的奇数与偶数的描述公式法，即偶数是2n，奇数是2n-1的描述办法并不符合冰雹猜想的运算。符合冰雹猜想的偶数归结于奇数的逆向描述公式是：偶数=f(m,n)=(2n-1)*2^m，这是描述偶数归结于奇数的另外一个公式。同样是一个2维的平面的数列。由2条互相垂直的射线组成的射面状的无穷数列。

原始克拉茨

二十世纪30年代,克拉茨还在上大学的时候,受到一些著名的数学家影响,对于数论函数发生了兴趣,为此研究了有关函数的迭代问题.

在1932年7月1日的笔记本中,他研究了这样一个函数:

F(x)= 2x/3 （如果x被3整除 或者 (4x-1)/3 （如果x被3除余1）或者 (4x+1)/3 （如果x被3除余2）

则F(1)=1,F(2)=3,F(3)=2,F(4)=5,F(5)=7,F(6)=4,F(7)=9,F(8)=11,F(9)=6,...为了便于观察上述迭代结果,我们将它们写成置换的形式:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 ...

1 3 2 5 7 4 9 11 6 ...

由此观察到:对于x=2,3的F迭代产生循环(2,3)

对于x=4,5,6,7,9的F迭代产生循环(5,7,9,6,4).

接下来就是对x=8进行迭代,克拉茨在这里遇到了困难,他不能确知,这个迭代是否会形成循环,也不知道对全体自然数做迭代除了得到上述两个循环之外,是否还会产生其他循环.后人将这个问题称为原始克拉茨问题.现在人们更感兴趣的是它的逆问题:

G(x)= 3x/2 （如果x是偶数）或者 (3x+1)/4 （如果x被4除余1）或者 (3x-1)/4 （如果x被4除余3）

不难证明,G(x)恰是原始克拉茨函数F(x)的反函数.对于任何正整数x做G迭代,会有什么样的结果呢?

经计算,已经得到下列四个循环:

(1),(2,3),(4,6,9,7,5),(44,66,99,74,111,83,62,93,70,105,79,59).

因为G迭代与F迭代是互逆的,由此知道,F迭代还应有循环(59,79,105,70,93,62,83,111,74,99,66,44).

G迭代还能有别的循环吗?为了找到别的循环,人们想到了下面的巧妙方法:

由于G迭代使后项是前项的3/2(当前项是偶数时)或近似的3/4(当前项是奇数).如果G迭代中出现循环,比如迭代的第t项at与第s项as重复(ts):at=as.但

as/as-1,as-1/as-2,...at+1/at

或等于3/2,或者近似于3/22,因而

1=as/at=as/as-1*as-1/as-2*...at+1/at≈3m/2n

这里 m=s-t,m n

即 2n≈3m

log22n≈log23m

故 n/m≈log23

这就是说,为了寻找出有重复的项(即有循环),应求出log23的渐进分数n/m,且m可能是一个循环所包含的数的个数,即循环的长度.

log23展开成连分数后,可得到下列紧缺度不同的渐进分数:

log23≈2/1,3/2,8/5,19/12,65/41,84/53,485/306,1054/665,24727/15601,...

渐进分数2/1表明,31≈22,循环长度应为1.实际上恰存在长度为1的循环(1).

渐进分数3/2表明,32≈23,循环长度应为2.实际上恰存在长度为2的循环(2,3).

渐进分数8/5表明,35≈28,循环长度应为5.实际上恰存在长度为5的循环(4,6,9,7,5).

渐进分数19/12表明,312≈219,循环长度应为12,实际上恰存在长度为12的循环(44,66,...59).

这四个渐进分数的分母与实际存在的循环长度的一致性,给了人们一些启发与信心,促使人们继续考虑:是否存在长度为41,53,306,665,15601,...的循环?令人遗憾的是,已经证明长度是41,53,306的循环肯定不存在,那么,是否会有长度为665,15601,...的循环呢?

F迭代与G迭代究竟能有哪些循环呢?人们正在努力探索中!

Java验证实现

import java.util.Scanner;

public class JiaoGuCaiXiang {

public static void main(String[] args) {

Scanner sc=new Scanner(System.in);

System.out.print("请输入要进行判断的数字：");

int a=sc.nextInt();

jiaogu(a);

}

public static void jiaogu(int a){

if(a1){

if (a%2==0) {

a=a/2;

System.out.println("偶数的变化是"+a);

}else{

a=3*a+1;

System.out.println("奇数的变化是"+a);

}

}

else{

return;

}

jiaogu(a);

}

}

c++验证实现 #include iostreamusing namespace std;int main (){   int array[1000];//n的值无法预估。   int n = 0;   cout  "input the first number of Hailstone"  endl;//输入第一个数字   cin  array[n];   cout  "array [ " n "] = "  array[n]  endl;   while (array[n] != 1)   {      if(array[n]%2)             {                 array[n+1] = array[n]*3 + 1;                 n++;                 cout  "array [ " n " ] = "  array[n]  endl;             }      else             {                 array[n+1] = array[n]/2;                 n++;                 cout  "array [ " n " ] = "  array[n]  endl;             }   }   cout  "n = "  n  endl;   return 0;}

哪位好心人JAVA编程题可以帮忙写一下？

①

public class DividedByZeroException extends Exception {

private static final long serialVersionUID = 4420887449631055240L;

public String getMessage() {

return "除数不能为零";

}

}

上面是异常类DividedByZeroException的代码。

②

import java.util.Scanner;

public class Test {

@SuppressWarnings("resource")

public static void main(String[] args) {

System.out.print("请输入被除数：");

Scanner scanner1 = new Scanner(System.in);

int input1 = scanner1.nextInt();

System.out.print("请输入除数：");

Scanner scanner2 = new Scanner(System.in);

int input2 = scanner2.nextInt();

System.out.print("两个数相除结果为：");

if (input2 == 0) {

try {

throw new DividedByZeroException();

} catch (DividedByZeroException e) {

e.printStackTrace();

}

} else {

System.out.println(input1 / input2);

}

scanner1.close();

scanner2.close();

}

}

上面是测试类代码和运行结果，麻烦看一下是否能满足要求。

JAVA 程序写结果 程序如下：

this("I am Tom") 意思就是直接调用构造函数并传入String类型的参数I am Tom

public Test(String s ){

super(s);

System.out.println("How do you do?");

}

顺序就是入口main

实例化Test对象t Test t = new Test("Tom"); 自动调用带参数构造方法public Test(String s )

super(s);调用父类带参数构造方法public TT(String s)

this();调用本类的构造方法 public TT() 打印What a pleasure!

打印I amTom

回到子类继续打印How do you do?

----子类中没有参数的构造方法没有用到

简单Java程序do-while循环语句的问题（关于角谷猜想的验证）

你的判断条件写错了，判断字符串是否相等要用equals去比较

"yes".equals(o) || "Yes".equals(o)|| "YES".equals(o)

自己做公务员考试题目有个疑问，望解答

应该是角谷猜想 吧

一简介 角谷猜想： 考拉兹猜想，又称为3n＋1猜想、角谷猜想、哈塞猜想、乌拉姆猜想或叙拉古猜想，是指对於每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1，如果它是偶数，则对它除以2，如此循环，最终都能够得到1。 取一个数字 如n = 6，根据上述公式，得出 6→3→10→5→16→8→4→2→1 。(步骤中最高的数是16，共有7个步骤) 如n = 11，根据上述公式，得出 11→34→17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1。(步骤中最高的数是40，共有13个步骤) 如n = 27，根据上述公式，得出 : 27→82→41→124→62→31→94→47→142→71→214→107→322→161→484→242→121→364→182→91→274→137→412→206→103→310→155→466→233 →700→350→175→526→263→790→395→1186→593→1780→890→445→1336→668→334→167→502→251→754→377→1132→566→283→850→425→1276 →638→319→958→479→1438→719→2158→1079→3238→1619→4858→2429→7288→3644→1822→911→2734→1367→4102→2051→6154→3077→9232 →4616→2308→1154→577→1732→866→433→1300→650→325→976→488→244→122→61→184→92→46→23→70→35→106→53→160→80→40→20→10 →5→16→8→4→2→1。(步骤中最高的数是9232，共有111个步骤) 考拉兹猜想称，任何正整数，经过上述计算步骤后，最终都会得到 1 。 注意：与角谷猜想相反的是蝴蝶效应，初始值极小误差，会造成巨大的不同；而3x+1恰恰相反，无论多么大的误差，都是会自行的恢复。 二，逆行思考 （一）角谷猜想是说，任何一个自然数，如果是偶数，就除以2，如果是奇数，就乘以3再加1。最后，经过若干次迭代得到1。也就是说，不管怎样迭代，最后都会转移到2^n ；不断除以2以后，最后是1。迭代过程只要出现2的幂，问题就解决了。也就是说，第一个层次是2^n。 （二）第二个层次是：所有奇数m乘 以3再加上1以后回到的有： m1=（2^n-1）/3。 也就是只要进入m1，只要一步就可以回到2^n。例如： n=4时，m1=5；3×5+1=16。或者：1+2^2=5。 n=6时；m1=21；21×3+1=64。或者：5+2^4=21。 n=8时；m1=85；85×3+1=256。或者：21+2^6=85。 n=10时；m1=341；341×3+1=1024。或者：85+2^8=341。 n=12时；m1=1365；1365×3+1=4096。或者341+2^10=1365。 n=12时；m5461；5461×3+1=16384。即：m（x+1）=m（x）+2^n ……；直到无穷，因为已经知道定理：n是偶数时，3|（2^n-1）；m（x+1）=m（x）+2^n。 任何奇数进入了以后m1=2^n-1）/3（有无穷多个m1=（2^n-1）/3）问题就解决了，只要一步，就可以回到2^n。我们可以轻而易举地找到任意大的m1。 （三），第三个层次是：从一得知，有无穷多个自然数的奇数m1=（2^n-1）/3任何一个奇数，只有进入5；21；85；341；….。问题就解决了。 我们仅以第一个5来说，能够回到5的奇数有（5×2^n-1）/3的有： 例如： (5×2^1-1)/3=3；3×3+1=10；10÷2=5。 5×2^3-1)/3=13；13×3+1=40；40÷8=5。 5×2^5-1)/3=53; 53×3+1=160,160÷32=5。 5×2^7-1)/3=213; 213×3+1=640,640÷128=5。 n=奇数时都有解，有无穷多个m1=（2^n-1）/3..即2^n|（3m1+1）。也就是说，只要进入m1=（2^n-1）/3题就彻底解决了。我们可以轻而易举找到任意大的m1=（2^n-1）/3。 （三），从而得知，能够回到5的奇数有有无穷多个，我们仅以13来说，能够回到13的：有17；69；173；277；…；m（x+1）=m（x）+2^n×13。 例如17=m2，17×3+1=52；52÷4=13。 17+2^2×13=69；69×3+1=208； 208÷16=13。 69+2^4×13=277；277×3+1=832； 832÷64=13。 277+2^6×13=1109；1109×3＋1=3328；3328÷256=13。 1109+2^8×13=4437.；4437×3＋1=13312；13312÷1024=13。 ……..。 有无穷多个m（x+1）=m（x）+2^n×13。它们可以回到13。只要回到问题就解决了。 我们可以轻而易举找到任意大的m（x+1）=m（x）+2^n×13。 参见下面的归纳图：（每一纵列都有无穷多个数值，横向可以无穷扩展而不重复）。例如：右上角第一个数33， 33×3+1=100,100÷4=25； 25×3+1=76,76÷4=19； 19×3+1=58,58÷2=29； 29×3+1=88,88÷8=11； 11×3+1=34,34÷2=17； 17×3+1=52,52÷4=13； 13×3+1=40,40÷8=5； 5×3+1=16,16÷16=1。图中每一个数都可以回到终点2^n。 例如：177。 177×3+1=532,532÷4=133,133→25→19→29→11→17→13→5→2^n . 709×3+1=2128,2128÷16=133→25→19→29→11→17→13→5→2^n 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 有无穷多个数值回到任何一列，有无穷多个数值回到任何一行。 显然，这样的程序可以无限制进行下去。 于任何一个自然数A, (1)a.如果A为偶数,就除以2 b.如果A为奇数,就乘以3加上1 得数记为B (2)将B代入A重新进行(1)的运算 若干步后,得数为1. 这个猜想就叫做角谷猜想, 在2006年这个问题被证明是recursively undecidable的了。 Kurtz, Stuart A.; Simon, Janos, "The Undecidability of the. Generalized Collatz Problem", Department of Computer Science. The University of Chicago, December 26, 2006.

编辑本段一个错误的证明

最简单的证明角谷（3n+1）猜想的方法 因为任何偶数都能变成2^a或一个奇数乘2^b。前者在不停的除以2之后必定为1，因为它们只有质因数2。而后者则只能剩下一个奇数，我们可以把偶数放在一边不谈。 现在只剩下奇数了。 我们假设一个奇数m，当他进行运算时，变成3m+1。如果这个猜想是错误的话，那么就有（3m+1）/2^c＝m，且m不等于1。我们尝试一下： 当c＝1时，3m+1＝2m，，，m＝-1，不符合，舍去； 当c＝2时，3m+1＝4m，，，m＝1，不符合，舍去； 当c＝3时，3m+1＝8m，，，m＝0.2，不符合，舍去； 当c＝4时，3m+1＝16m，，，m＝1/13，不符合，舍去； …………………… 可见，能推翻角谷猜想的数只在1或以下的范围，所以没有数能推翻这个猜想，所以这个猜想是正确的。

编辑本段错误分析

我不敢苟同以下这种所谓的证明： “我们假设一个奇数m，当他进行运算时，变成3m+1。如果这个猜想是错误的话，那么就有（3m+1）/2^c＝m，且m不等于1。我们尝试一下： 当c＝1时，3m+1＝2m，，，m＝-1，不符合，舍去； 当c＝2时，3m+1＝4m，，，m＝1，不符合，舍去； 当c＝3时，3m+1＝8m，，，m＝0.2，不符合，舍去； 当c＝4时，3m+1＝16m，，，m＝1/13，不符合，舍去； 。。。。。。 可见，能推翻角古猜想的数只在1或以下的范围，所以没有数能推翻这个猜想，所以这个猜想是正确的。” 要知道（3m+1）/2^c＝m这个等式左右两边的m是不一样的，虽然两个m都是奇数，但此m非彼m！上面无非就是想说一个奇数乘以3再加1必定可以被2的n次方除尽，当然n到底是多大要看实际情况而定。然而这种表示方法是绝对错误的！不信大家可以试一试，左边代入任意奇数m，右边得出的m绝大多数都是跟左边代入任意奇数m不同的。还有就是这个证明明显存在前后矛盾，前面假设一个奇数m，后面却得出m＝0.2、m＝1/13这样的结果，难道0.2、1/13这些就是所谓的奇数？连两个m都分不清，更何况是证明呢？大家不要再犯这样的低级错误了呀，脚踏实地才是真。

编辑本段程序实现

角谷猜想（冰雹序列） java code: /** * @param int n , init number * @param int len , the list length, if the length is very very long, maybe OutOfMemory * @return list , the list */ public ListInteger getHailFiguresList(int n, int len){ ListInteger list = new ArrayListInteger(); list.add(n); int count = 0; int previous = list.get(count); while(count len previous != 1){ if(previous % 2 == 0){ list.add(previous/2); }else{ list.add(previous*3-1); } count++; previous = list.get(count); } return list; }

编辑本段角谷猜想的一个推广

角谷猜想又叫叙古拉猜想。它的一个推广是克拉茨问题，下面简要说说这个问题： 50年代开始,在国际数学界广泛流行着这样一个奇怪有趣的数学问题:任意给定一个自然数x,如果是偶数,则变换成x/2,如果是奇数,则变换成3x+1.此后,再对得数继续进行上述变换.例如x=52,可以陆续得出26,13,40,20,10,5,16,8,4,2,1.如果再做下去就得到循环: (4,2,1).再试其他的自然数也会得出相同的结果.这个叫做叙古拉猜想. 上述变换,实际上是进行下列函数的迭代 { x/2 (x是偶数) C(x)= 3x+1 (x是奇数) 问题是,从任意一个自然数开始,经过有限次函数C迭代,能否最终得到循环(4,2,1),或者等价地说,最终得到1?据说克拉茨(L.Collatz)在1950年召开的一次国际数学家大会上谈起过,因而许多人称之为克拉茨问题.但是后来也有许多人独立地发现过同一个问题,所以,从此以后也许为了避免引起问题的归属争议,许多文献称之为3x+1问题. 克拉茨问题吸引人之处在于C迭代过程中一旦出现2的幂,问题就解决了,而2的幂有无穷多个,人们认为只要迭代过程持续足够长,必定会碰到一个2的幂使问题以肯定形式得到解决.正是这种信念使得问题每到一处,便在那里掀起一股"3x+1问题"狂热,不论是大学还是研究机构都不同程度地卷入这一问题.许多数学家开始悬赏征解,有的500美元,有的1000英镑. 日本东京大学的米田信夫已经对240大约是11000亿以下的自然数做了检验.1992年李文斯(G.T.Leavens)和弗穆兰(M.Vermeulen)已经对5.6*1013的自然数进行了验证,均未发现反例.题意如此清晰,明了,简单,连小学生都能看懂的问题,却难到了20世纪许多大数学家.著名学者盖伊(R.K.Guy)在介绍这一世界难题的时候,竟然冠以"不要试图去解决这些问题"为标题.经过几十年的探索与研究,人们似乎接受了大数学家厄特希(P.Erdos)的说法:"数学还没有成熟到足以解决这样的问题!"有人提议将3x+1问题作为下一个费尔马问题. 下面是我对克拉茨问题的初步研究结果,只是发现了一点点规律,距离解决还很遥远. 克拉茨命题:设 n∈N,并且 f(n)= n/2 (如果n是偶数) 或者 3n+1 (如果n是奇数) 现用f1(n)表示f(n),f2(n)=f(f(n)),...fk(n)=f(f(...f(n)...)). 则存在有限正整数m∈N,使得fm(n)=1.(以下称n/2为偶变换,3n+1为奇变换,并且称先奇变换再偶变换为全变换) 克拉茨命题的证明 引理一:若n=2m,则fm(n)=1 (m∈N) 证明:当m=1时,f(n)=f(2)=2/2=1,命题成立,设当m=k时成立,则当m=k+1时,fk+1(n)=f(fk(2k+1))= =f(2)=2/2=1.证毕. 引理二:若n=1+4+42+43+...+4k=(4k+1-1)/(4-1) (k∈N),则有f(n)=3n+1=4k+1=22k+2,从而f2k+3(n)=1. 证明:证明是显然的,省略. 引理三:若n=2m(4k+1-1)/(4-1) (m∈N), 则有fm+2k+3(n)=1. 证明:省略. 定理一:集合 O={X|X=2k-1,k∈N} 对于变换f(X)是封闭的. 证明:对于任意自然数n,若n=2m,则fm(n)=1,对于n=2k,经过若干次偶变换,必然要变成奇数,所以我们以下之考虑奇数的情形,即集合O的情形.对于奇数,首先要进行奇变换,伴随而来的必然是偶变换,所以对于奇数,肯定要进行一次全变换.为了直观起见,我们将奇数列及其全变换排列如下: k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 0 2k-1 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 33 35 37 39 41 43 45 47 49 51 53 55 57 59 61 63 65 67 69 71 73 75 77 79 81 83 85 87 89 91 93 95 97 99 101 1 3k-1 2 5 8 11 14 17 20 23 26 29 32 35 38 41 44 47 50 53 56 59 62 65 68 71 74 77 80 83 86 89 92 95 98 101 104 107 110 113 116 119 122 125 128 131 134 137 140 143 146 149 152 2 3k-2 1 4 7 10 13 16 19 22 25 28 31 34 37 40 43 46 49 52 55 58 61 64 67 70 73 76 3 3k-1 2 5 8 11 14 17 20 23 26 29 32 35 38 4 3k-2 1 4 7 10 13 16 19 5 3k-1 2 5 8 6 3k-2 1 4 7 3k-1 2 8 3k-2 1 第一行(2k-1)经过全变换(3(2k-1)+1)/2=3k-1变成第二行,实际上等于第一行加上一个k,其中的奇数5,11,...6k-1又回到了第一行.以下各行是等差数列3k-2,3k-1交错排列.由于最终都变成了奇数,所以集合O对于变换f(X)是封闭的. 定理二:任何奇自然数经过若干次变换都会变成1. 证明: 我们看到 奇数经过全变换变成为3k-1型数,3k-1型奇数经过全变换有一半仍然变成3k-1型奇数,而另一半3k-1型偶数经过除以2有一半变成为3k-2型奇数,而3k-2型奇数经过全变换又变成为3k-1型数.换句话说不可能经过全变换得到3k-2型数. 下面我们只研究奇数经过全变换的性质,因为对于其他偶数经过若干次偶变换,仍然要回到奇数的行列里来. 我们首先证明奇数经过若干次全变换必然会在某一步变成偶数. 设2a0-1是我们要研究的奇数,它经过全变换变成3a0-1,假设它是一个奇数并且等于2a1-1,2a1-1又经过全变换变成为3a1-1=2a2-1,3a2-1=2a3-1,...3ak-1-1=2ak-1,所以a1=(3/2)a0,a2=(3/2)a1,...ak=(3/2)ak-1. 所以最后ak=(3/2)ka0,要使ak是整数,可令a0=2kn,(n是奇数).于是ak=3kn.则从2a0-1经过若干次全变换过程如下: 2k+1n-1 - 3*2kn-1 - 32*2k-1n-1 - 33*2k-2n-1 -... - 3k+1n-1 (偶数). 然后我们证明经过全变换变成偶数的奇数一定大于该偶数经过若干偶变换之后得到的奇数. 设3k+1n-1=2mh (h为奇数),我们要证明 h2*3kn-1: h=(2*3kn-1+3kn)/2m2*3kn-1,令a=3kn,b=2m-1,则有 2aba+b,而这是显然的. 定义:以下我们将称呼上述的连续全变换紧接着连续的偶变换的从奇数到另外一个奇数的过程为一个变换链. 接着我们证明奇数经过一个变换链所得的奇数不可能是变换链中的任何中间结果,包括第一个奇数. 若以B(n)表示奇数n的变换次数,m是n经过变换首次遇到的其他奇数,则有 定理三:B(n)=k+1+B(m),其中k是满足3n+1=2km的非负整数. 证明:n经过一次奇变换,再经过k次偶变换变成奇数m,得证. 举例来说,B(15)=2+B(23)=2+2+B(35)=2+2+2+B(53)=2+2+2+5+1+B(5)=2+2+2+5+1+5=17 原始克拉茨 二十世纪30年代,克拉茨还在上大学的时候,受到一些著名的数学家影响,对于数论函数发生了兴趣,为此研究了有关函数的迭代问题. 在1932年7月1日的笔记本中,他研究了这样一个函数: F(x)= 2x/3 （如果x被3整除 或者 (4x-1)/3 （如果x被3除余1）或者 (4x+1)/3 （如果x被3除余2） 则F(1)=1,F(2)=3,F(3)=2,F(4)=5,F(5)=7,F(6)=4,F(7)=9,F(8)=11,F(9)=6,...为了便于观察上述迭代结果,我们将它们写成置换的形式: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ... 1 3 2 5 7 4 9 11 6 ... 由此观察到:对于x=2,3的F迭代产生循环(2,3) 对于x=4,5,6,7,9的F迭代产生循环(5,7,9,6,4). 接下来就是对x=8进行迭代,克拉茨在这里遇到了困难,他不能确知,这个迭代是否会形成循环,也不知道对全体自然数做迭代除了得到上述两个循环之外,是否还会产生其他循环.后人将这个问题称为原始克拉茨问题.现在人们更感兴趣的是它的逆问题: G(x)= 3x/2 （如果x是偶数）或者 (3x+1)/4 （如果x被4除余1）或者 (3x-1)/4 （如果x被4除余3） 不难证明,G(x)恰是原始克拉茨函数F(x)的反函数.对于任何正整数x做G迭代,会有什么样的结果呢? 经计算,已经得到下列四个循环: (1),(2,3),(4,6,9,7,5),(44,66,99,74,111,83,62,93,70,105,79,59). 因为G迭代与F迭代是互逆的,由此知道,F迭代还应有循环(59,79,105,70,93,62,83,111,74,99,66,44). G迭代还能有别的循环吗?为了找到别的循环,人们想到了下面的巧妙方法: 由于G迭代使后项是前项的3/2(当前项是偶数时)或近似的3/4(当前项是奇数).如果G迭代中出现循环,比如迭代的第t项at与第s项as重复(ts):at=as.但 as/as-1,as-1/as-2,...at+1/at 或等于3/2,或者近似于3/22,因而 1=as/at=as/as-1*as-1/as-2*...at+1/at≈3m/2n 这里 m=s-t,m n 即 2n≈3m log22n≈log23m 故 n/m≈log23 这就是说,为了寻找出有重复的项(即有循环),应求出log23的渐进分数n/m,且m可能是一个循环所包含的数的个数,即循环的长度. log23展开成连分数后,可得到下列紧缺度不同的渐进分数: log23≈2/1,3/2,8/5,19/12,65/41,84/53,485/306,1054/665,24727/15601,... 渐进分数2/1表明,31≈22,循环长度应为1.实际上恰存在长度为1的循环(1). 渐进分数3/2表明,32≈23,循环长度应为2.实际上恰存在长度为2的循环(2,3). 渐进分数8/5表明,35≈28,循环长度应为5.实际上恰存在长度为5的循环(4,6,9,7,5). 渐进分数19/12表明,312≈219,循环长度应为12,实际上恰存在长度为12的循环(44,66,...59). 这四个渐进分数的分母与实际存在的循环长度的一致性,给了人们一些启发与信心,促使人们继续考虑:是否存在长度为41,53,306,665,15601,...的循环?令人遗憾的是,已经证明长度是41,53,306的循环肯定不存在,那么,是否会有长度为665,15601,...的循环呢? F迭代与G迭代究竟能有哪些循环呢?人们正在努力探索中!

编辑本段角谷猜想 深度扩展

任给一个正整数n，如果n能被a整除，就将它变为n/a,如果除后不能再整除，则将它乘b加c（即bn+c）。不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到d吗？ 对此题的答案只能有3种 ：1不一定 2一定不 3一定都 以下都是一定都的情况 一 a=b=c=d=m 二 a=m b=1 c=-1 d=0 三 a=m b=c=d=1 四 a=2 b=2^m-1 c=-1 d=1 以上（m1) 五 a=2 b=2^m-1 c=1 d=1 六 a=2 b=c=d=2^m-1 以上m为任意自然数 最简单的情况： a=b=c=d=2 a=2 b=1 c=1 d=1 a=2 b=1 c=-1 d=0 原题只是五的当m=2情况，据说中国有许多人会证明了原题，原题只是扩展的一个及其微小的部分，原题只是扩题的第五组数据成立的一个小小特殊例子。 以上数据全部成立，没有一个反例，这道题非常短小，却隐含着非常丰富的数学思想的...需要用到的东西非常多，那些定理、公式都非常完美，可以表达非常普遍的数学规律。这是一个数学问题而不是什么猜想，绝对成立的，此题重在培养学生的独立思考问题的能力，以及逆向思维... 其实这道题非常简单 不知道是不是整体证法了 对以上情况的整体证法第一步： （对于 以上的第五组数据） 先构造一个2元函数 这个函数揭示了一个秘密 ：把不能被2整除的全部的自然数都转化成能被2的自然数 f(m,n) 有a （对于 以上的第五组数据）f(m,n)=2^m*（2n-1） 五 a=2 b=2^m-1 c=1 d=1 用数学归纳 整除规律 因式分解 自然数拆分...证明： (2^(mn)-1)/(2^n-1)=e 当m和n为自然数时，e为奇数 m=1 A1=(1) m=2 A2=(1,5) m=3 A3=(1,9,11) m=4 A4=(1,17,19,23) m=5 A5=(1,33,35,37,39) m=6 A6=(1,65,67,71,73,79) ... ... ... 的组合无限数列A()的通项公式 各小项都不能被2的m次方-1整除 这个组合数列是非常简单的 只是无数个等差数列的首项....所谓的复杂 是指在不知道的情况之下的，但凡对于已经知道了答案了的人又怎么会复杂呢？？ 顺着去验证： 判断能否被a整除 若能除于a 若不能 *b+c 逆着去验证： 判断能否被b整除 若能除于b 若不能 *a-c

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