证明：对于任意正整数n，做如下运算：如果是奇数，就×3再＋1，如果是偶数就÷2，如此反复运算，最后的结果都是1.
比如5，是奇数，5*3+1=16，16是偶数，16/2=8，8又是偶数，8/2=4优艾设计网_设计LOGO，依次，4/2=2，2/2=1，就算继续算，1*3+1=4，再循环，还得1。
qkoufu1572 2022-01-24 22:09 [编辑本段]数学的猜想对于任何一台自然数A,(1)a.如果A为偶数,就除以2b.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,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：[编辑本段]一台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或一台奇数乘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台奇数，我们可以把偶数放在一边不谈。目前只剩下奇数了。我们假设一台奇数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。[编辑本段]错误分析我不敢苟同以下这种所谓的证明：“我们假设一台奇数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台奇数乘以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，前面假设一台奇数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]角谷猜想的一台推广角谷猜想又叫叙古拉猜想。它的一台推广是克拉茨问题，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台奇怪有趣的数学问题:任意给定一台自然数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)<br/>C(x)=<br/>3x+1(x是奇数)<br/>问题是,从任意一台自然数开始,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台问题,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.<br/>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,必定会碰到一台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,优艾设计网_Photoshop交流便在那里掀起一股&quot;3x+1问题&quot;狂热,不论是大学或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.<br/>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&quot;不要试图去解决这些问题&quot;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:&quot;数学还没有成熟到足以解决这样的问题!&quot;有人提议将3x+1问题作为下一台费尔马问题.<br/>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.<br/>克拉茨命题:设n∈N,并且<br/>f(n)=n/2(如果n是偶数)或者3n+1(如果n是奇数)<br/>现用f1(n)表示f(n),f2(n)=f(f(n)),...fk(n)=f(f(...f(n)...)).<br/>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)<br/>克拉茨命题的证明<br/>引理一:若n=2m,则fm(n)=1(m∈N)<br/>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))=<br/>=f(2)=2/2=1.证毕.<br/>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.<br/>证明:证明是显然的,省略.<br/>引理三:若n=2m(4k+1-1)/(4-1)(m∈N),则有fm+2k+3(n)=1.<br/>证明:省略.<br/>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:k12345678910111213141516171819202122232425262728293031323334353637383940414243444546474849505102k-11357911131517192123252729313335373941434547495153555759616365676971737577798183858789919395979910113k-125811141720232629323538414447505356596265687174778083868992959810110410711011311611912212512813113413714014314614915223k-2147101316192225283134374043464952555861646770737633k-12581114172023262932353843k-21471013161953k-125863k-21473k-1283k-21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台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,假设它是一台奇数并且等于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h<2*3kn-1:h=(2*3kn-1+3kn)/2m<2*3kn-1,令a=3kn,b=2m-1,则有2ab>a+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台奇数的过程为一台变换链.接着我们证明奇数经过一台变换链所得的奇数不可能是变换链中的任何中间结果,包括第一台奇数.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,他研究了这样一台函数: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:123456789...1325749116...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.目前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(t<s):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≈3mlog22n≈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可能是一台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迭代到底能有哪些循环呢?人们正在努力探索中![编辑本段]角谷猜想深度扩展任给一台正整数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=mb=1c=-1d=0三a=mb=c=d=1四a=2b=2^m-1c=-1d=1以上（m>1)五a=2b=2^m-1c=1d=1六a=2b=c=d=2^m-1以上m为任意自然数最简单的情况：a=b=c=d=2a=2b=1c=1d=1a=2b=1c=-1d=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台及其微小的部分以上数据全部成立没有一台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台数学问题而不是指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：先构造一台2元函数这个函数揭示了一台秘密：把能够被a整除的全部的自然数都转化成不能被a的自然数f(x,y)有a五a=2b=2^m-1c=1d=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=1A1=(1)m=2A2=(1,5)m=3A3=(1,9,11)m=4A4=(1,17,19,23)m=5A5=(1,33,35,37,39)m=6A6=(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....
比如5，是奇数，5*3+1=16，16是偶数，16/2=8，8又是偶数，8/2=4优艾设计网_设计LOGO，依次，4/2=2，2/2=1，就算继续算，1*3+1=4，再循环，还得1。
qkoufu1572 2022-01-24 22:09 [编辑本段]数学的猜想对于任何一台自然数A,(1)a.如果A为偶数,就除以2b.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,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：[编辑本段]一台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或一台奇数乘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台奇数，我们可以把偶数放在一边不谈。目前只剩下奇数了。我们假设一台奇数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。[编辑本段]错误分析我不敢苟同以下这种所谓的证明：“我们假设一台奇数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台奇数乘以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，前面假设一台奇数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]角谷猜想的一台推广角谷猜想又叫叙古拉猜想。它的一台推广是克拉茨问题，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台奇怪有趣的数学问题:任意给定一台自然数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)<br/>C(x)=<br/>3x+1(x是奇数)<br/>问题是,从任意一台自然数开始,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台问题,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.<br/>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,必定会碰到一台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,优艾设计网_Photoshop交流便在那里掀起一股&quot;3x+1问题&quot;狂热,不论是大学或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.<br/>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&quot;不要试图去解决这些问题&quot;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:&quot;数学还没有成熟到足以解决这样的问题!&quot;有人提议将3x+1问题作为下一台费尔马问题.<br/>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.<br/>克拉茨命题:设n∈N,并且<br/>f(n)=n/2(如果n是偶数)或者3n+1(如果n是奇数)<br/>现用f1(n)表示f(n),f2(n)=f(f(n)),...fk(n)=f(f(...f(n)...)).<br/>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)<br/>克拉茨命题的证明<br/>引理一:若n=2m,则fm(n)=1(m∈N)<br/>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))=<br/>=f(2)=2/2=1.证毕.<br/>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.<br/>证明:证明是显然的,省略.<br/>引理三:若n=2m(4k+1-1)/(4-1)(m∈N),则有fm+2k+3(n)=1.<br/>证明:省略.<br/>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:k12345678910111213141516171819202122232425262728293031323334353637383940414243444546474849505102k-11357911131517192123252729313335373941434547495153555759616365676971737577798183858789919395979910113k-125811141720232629323538414447505356596265687174778083868992959810110410711011311611912212512813113413714014314614915223k-2147101316192225283134374043464952555861646770737633k-12581114172023262932353843k-21471013161953k-125863k-21473k-1283k-21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台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,假设它是一台奇数并且等于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h<2*3kn-1:h=(2*3kn-1+3kn)/2m<2*3kn-1,令a=3kn,b=2m-1,则有2ab>a+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台奇数的过程为一台变换链.接着我们证明奇数经过一台变换链所得的奇数不可能是变换链中的任何中间结果,包括第一台奇数.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,他研究了这样一台函数: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:123456789...1325749116...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.目前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(t<s):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≈3mlog22n≈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可能是一台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迭代到底能有哪些循环呢?人们正在努力探索中![编辑本段]角谷猜想深度扩展任给一台正整数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=mb=1c=-1d=0三a=mb=c=d=1四a=2b=2^m-1c=-1d=1以上（m>1)五a=2b=2^m-1c=1d=1六a=2b=c=d=2^m-1以上m为任意自然数最简单的情况：a=b=c=d=2a=2b=1c=1d=1a=2b=1c=-1d=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台及其微小的部分以上数据全部成立没有一台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台数学问题而不是指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：先构造一台2元函数这个函数揭示了一台秘密：把能够被a整除的全部的自然数都转化成不能被a的自然数f(x,y)有a五a=2b=2^m-1c=1d=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=1A1=(1)m=2A2=(1,5)m=3A3=(1,9,11)m=4A4=(1,17,19,23)m=5A5=(1,33,35,37,39)m=6A6=(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....
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