考拉兹猜想 三种证明考拉兹猜想的简要说明

海天出版社最近出版的基础数学论文专辑《数学底层引擎相邻论和重合法》一书，作者罗莫尝试证明了30多个久未解决的数论猜想，其中就有考拉兹猜想，该猜想自从去年引起陶哲轩的注意后，一度在网络上很火，多位数学爱好者声称完成了证明。而作者罗莫完成的《考拉兹猜想：互素迭代函数与幂尾数周期律》一文，无疑是其中很严肃的一篇，毕竟是正式出版物，且论文几年前就完成了，作者用三种方法探索了对考拉兹猜想的证明，分别是：

利用幂尾数的周期定律，我们可以得到，一定有2的幂的解和1模3的同余，它的通解是与2模3同余，而不是与0模3同余。根据三元互质方程的性质，迭代解的单同余类是不可持续的，可以证明考拉猜想。

② 用迭代解集具有相邻互素性，互异传递性，个数有限性，三性结合，也可证明考拉兹猜想。

③利用最简本原解方程的乘法和内积变换或最简本原解不等式的乘法和内积变换，可以通过回归证明考拉猜想。

这三种方法都能拿下考拉兹猜想的证明。

第一个。用周期定律证明考拉猜想。

方法一用到了幂尾数规律，论文早在2012年11期《数学学习与研究》的杂志上就发表过，使用类型偶数的交并运算和洛书中的幂尾数规律，得到3x+1必蕴含2的k次幂，即2的幂与3的幂存在无穷指数解满足相邻映射关系。

一个数的尾数要么是2的幂，要么是3的幂，要么是5的幂。也就是说，要么5的幂与2的幂模3全等，要么2的幂与5的幂模3全等，要么3的幂与5的幂模2全等，要么2的幂与3的幂模5全等，要么5的幂与3的幂模2全等。六种情况一直存在:2的幂与1模3全等，或者2的幂与2模3全等。这是罗叔提出的定律，这是考拉猜想。

2^n，要么跟1模3同余，要么跟2模3同余。2^n，跟2模3同余，如果同余方程三项都除以2，就会回到，2^n，跟1模3同余。非2^n型的偶数，等于奇数乘以2^n，也存在要么跟1模3同余，要么跟2模3同余。但这些偶数每次都用来迭代生成新的奇数了，从而可以迭代互异产生新的偶数。由于每次迭代解集不能无限密集充满全集偶数，若能就会与所有偶数都不含2^n相矛盾；也不能仅无限稀疏充满不含2^n的某类型无穷迭代偶数，因为任何无穷迭代偶数都是全体自然数的映射，若存在就会与全体自然数映射不含2因子的迭代数列相矛盾，故每次迭代解集都与2^n有交集。

换句话说，根据三元互质方程的性质，迭代解的单一同余类是不可持续的，如3x+1数、3x+2数和3x+0数，它们在给定数的整数迭代解集内交替扩展。因此，三类数的连续延拓相当于3x+1型偶数的迭代延拓，必须与2的幂相交。如果3x+2类型，x是偶数，除以2会返回3x+1类型。如果等价于余数0或余数2类型，则序列的长度不能连续扩展。每次迭代中解集的连续延拓等价于3x+1型偶数的连续延拓，该型偶数必须与2的幂相交。之前已经证明过了，所以考拉猜想被证明了。这是最早的证明，虽然简单，但需要很大的努力。

以下可用一个故事来感性理解下。某敌人营地分三类人，一类是卧底，能接头看信；一类是半个卧底，能接头传信；剩下一类是死硬份子。与接头人能否联系上就看这个营地的值班制度了。如果总是派死硬分子值班，同接头人就联系不上，但如果实行轮替值班制，会导致定能与接头人联系上。考拉兹猜想就是这种情形。三元互素方程性质决定了，每次迭代解集所获得的偶数解和奇数解都是余1，余2，余0三种类型相互交替出现的，可见实行的是轮替值班制度。轮替可带来充分条件，传承能找到必要条件。3x+1型是其它两类偶数型的必要条件。

考拉兹猜想说明轮岗制度脆弱，必须派专业人员防疫。总之，坏事不要轮着查，好事要轮着打。看到他们的人都有一份，一个人收到好东西，每个人都是好的，但一个人收到坏东西，每个人都是坏的。似乎好事要公平，责任要履行。

如果盲目追求公平就会导致短板说了算。可以追求等价公平，不可追求替代公平。有些职责可等价分离出一些来，不可完全替代。“大丈夫当如是也”，是等价追求，“彼可取而代之”，是替代追求。故刘邦胜出，项羽淘汰。建议用传承值班制弥补轮替值班制的不足。第二种。用互素性证明考拉兹猜想。

为什么可以根据素数“差分”方程中素数序列的有限长度来判断素数“通项”公式或迭代公式中素数序列的有限长度？从它的映射方程得到的通解序列也是有限的？

假如等差为定值的素数数列可任意长，那么差值中的素数因子必蕴含初项素数。如此与初项相加得到的数列新项就是合数了，与素数数列矛盾，故素数"定差"方程中的素数数列是有限长的。素数"不定差"方程中的素数数列可任意长，这是陶哲轩所完成证明的定理。故两个命题不冲突。根据素数数列有限长就可判定素数“通项”公式中的素数数列有限长，这里通项二字打引号，是指素数数列没有全集贯通的通项，所谓“通项”方程一定是两两互异的素数基础解系与组合系数向量组的一个线性组合。有限长的素数迭代数列为了满足乘法交换律，等价于素数基础解系中的素数因子是有限个的，则组合系数向量组中的素数因子也是有限个的，那线性组合后的各项也是有限个的。因为整数方程没有素数最简本原解就没有奇数通解。现素数"通项"数列或迭代数列之最简本原解是有限项的有限个的，那奇数数列之通解就必是有限项的有限个的。

否则会等价于系数无限新增素数因子，系数不能无限新增素数因子，因为根据乘法交换律，就会等价于素数迭代项会无限新增，这样就会与素数迭代公式中的素数数列有限长相矛盾。考拉兹迭代函数每次素数基础解系中的所有素数数列是有限长的，素数是有限个的，则线性组合后的素数多项式中的系数，项数，指数其素数因子都是有限个的。根据费马小定理a^=1，令a^+1是3kp+1的组合系数向量组，即多项式算子中的指数持续递增后的各项a的次幂会等价于不断产生新增素数因子系数，而按素数“通项”数列或迭代数列的规律，每次生成元的迭代解集不存在无限新增素数因子，故每次解集多项式算子中的所有指数也是有限个的，因此每次作用的算子也是有限个的，系数向量组若无限新增素数因子，就会与乘法交换律相矛盾。

否则就相当于质因数对系数的无限加法，而不是质因数对系数的无限加法，因为根据乘法和交换定律，就相当于质数迭代项的无限加法，这就和质数迭代公式中质数的有限长度相矛盾。每次考拉迭代函数质数基本解系中的所有质数都是有限的，并且质数是有限的，那么线性组合的质数多项式的系数、项和指数都是有限的。根据费马小定理A = 1，设A+1为3kp+1的组合系数向量组，即每一项A的幂将等价于多项式算子指数增长后新质因数系数的不断生成。根据素数“通项”序列或迭代序列的规律，每个发生器的迭代解集中没有无穷新的素因子，所以每个解集的多项式算子中的所有指标也是有限的，所以每次作用的算子也是有限的。

为什么考拉迭代函数得到的奇解集在有限素序列满足乘法和交换定律的前提下是条件映射？

因为考拉兹迭代函数不仅解集具有互异传递性，解集中的不共素因子也具有互异传递性。关于这个结论，证明如下。

每个输入周围的生成器值或者迭代地变大或者迭代地变小，并且将不被重复。

2^n1• x2=3•x1+1……

①2^n2•x3 = 3 x2+1……

② 2^n3• x4=3•x3+1……

2 nkxk+1 = 3xk+1因为①-②可以得到方程x2 = 3x1+2n2x3，而且因为x1和x2互为素数，x3和x2互为素数，x2一定和x1和x3不一样。如果x1和x3互不相同，则x2 = x1。由于x1和x2互为素数，整数的本原解只能是x1 = 2 N1+3，X2 = 2 N2+3。代入方程①，有3+1 = 2 N1，简化了，2 = 10，矛盾了。因此，假设x1和x3彼此没有不同。同态和同构是传递的。如果a=b，b=c，那么a=c，但是相互的差异是不可传递的。a=3和b=5互不相同，而b=5和c=3互不相同，但a=3和c=3互不相同。只有在特殊情况下，相互差异才是传递性的，比如上面的考拉因此，x1，x2，x3，…，xk有不同的传递性。这样，每次迭代只有两种可能性。一是最后变大时有无限迭代，二是最后变小时得到奇数1，终止迭代扩展。

因相邻解集有互异传递性，故所有解集中的不共素因子具互异传递性，于是可判定考拉兹迭代函数是素数迭代函数的条件映射，即满足乘法交换律的映射。考拉兹迭代函数是： f）= / 2^ i；根据迭代函数所有解集中的不共素因子具互异传递性，可判定每次所有解集都有不共素数因子，故函数蕴含互异素数基础解系。素数迭代函数是：f）=p+2k;通过线性算子f）作用f）=p+2k，就可得到f）= / 2 i。考拉兹迭代函数每项都有不共素因子新增，一旦不能，就终止继续迭代了。因此它是素数有限长数列且满足乘法交换律条件下的映射。

综上所述，根据素数序列中的素数“定差”方程是有限的；可以知道，素数“通项”公式中的素数序列是有限的；那么我们就可以知道素数迭代公式中的素数序列是有限的；还知道考拉迭代函数每次得到的奇解集是有限素数序列的条件映射；最后得到由素迭代公式映射的奇迭代公式，奇序列必须是有限的。用代数思想证明考拉迭代函数不会无限迭代比用解析法判断概率要准确得多，因为有时0%和100%的结论都不能确定是否有例外，只能解决几乎所有的问题，却不能完成最终的证明。

既然每次迭代生成的所有奇数都不能超过上限定值，那根据考拉兹迭代函数的非1解集具有互异传递性，最后互异递减生成的奇数必是1，如此才会停止互异迭代。这是本书的证明方法二，用考拉兹迭代函数解集具有相邻互素性，互异传递性，个数有限性来完成猜想证明。第三种。用映射法证明考拉兹猜想。

3x+1和2 k的交集可以用最简本原解的内积变换来证明。如果3x+1和2 k没有交集，也就是3x+1 = 2 k没有解，那么3x+3 = 2 k也一定没有解，因为它可以转化为t = 2 k λ，而且方程只有当特征值λ乘以两边相同的特征向量才能相等，或者转化为t = 2 k v，匹配数v乘以两边不相等的多项式才能相等。因为3x+1 ≠ 2^k，两边加2会不相等，3x+1+2 ≠ 2 k+2。如果右侧较大，则大侧改为2 k+1，右侧仍然较大；如果右侧很小，那么小的一侧改为2 k-1，右侧仍然很小。因此，不等式3x+3 ≠ 2^k仍然成立，导致3x+1和2 k之间没有交集。

如果两个特征向量是不等式， 那么乘以匹配的特征值后将仍是不等式， 可见最简本原解方程无解，那么经数乘或内积线性映射后的通解方程就必然无解。 同样，假如 3x+1=2^k 无解，那么 3x+2=2^k 也一定无解，因为它可变换为 / 2=2^k/ 2，同 3x+1=2^k 的情形一样，若偶数除以 2 后仍是偶数方程必无解。 而｛3x+1｝∪｛ 3x+2｝∪｛ 3x+3｝就是自然数n，自然数n是必囊括2^k的， 这就同三者并集不含 2^k 矛盾，可见3x+1与2^k 无交集不真，3x+1=2^k 一定有解获证。

下面进一步推导出，每个发生器xi产生的迭代集与2的幂有交集。

假如考拉兹函数某个生成元所迭代产生的对象集 xi的函数与2^k 无交集。 即：xi 在奇数子集下，3xi+1=2^k 无解； 即：3xi+1 ≠ 2^k。 它们约掉公因子后的尾数是奇偶互异的，或尾数都等于1。但其他位数不同，则 3+1 与 2^k 也是不等式，因为原方程的内积本原解无解， 那么 T=2^kλ也无内积通解，等价于 3+1=2^k 都无解， 3+1 ≠ 2^k 得证，即原方程恒等式两边分别内积一个正交向量和数乘一 个相关的特征值或匹配数后方程仍无解，由于3x+1≠2^k，两边加6也必不相等， 3x+1+6 ≠ 2^k+6。 如果右边为大，大边改更大，为 2^k+3，右边仍大； 如果右边为小，小边改更小，为 2^k-3，右边仍小。 故不等式3x+7 ≠ 2^k 仍成立，导致3x+7 与 2^k 没有交集。

这个结论也可以从幂尾数的周期规律中得到，从偶数中2次幂的子集和补数之间必须有相邻差值2的判断中也可以完成证明。但是，xi+2以后可以得到所有奇数，这意味着3x+1和2 k是所有奇数域中的不等式，这与之前已经证明的3x+1和2 k的交集相矛盾。因此可以得出结论，任意奇发生器x迭代的对象集必须与2 k相交，否则没有交集。用三元互质方程的内积运算证明了考拉猜想。通过最简本原解方程的映射变换证明。

以上是用代数加性数论的思想完成证明考拉兹猜想的。