[編輯本段]數學的猜想對于任何一臺自然數A,(1)a.如果A為偶數,就除以2b.如果A為奇數,就乘以3加上1得數記為B(2)將B代入A重新進行(1)的運算若干步后,得數為1.這個猜想就叫做角谷猜想,目前沒有反例,也沒有證明.但也有許多人曾經嘗試去求證這個問題：[編輯本段]一臺錯誤的證明最簡單的證明角谷（3n+1）猜想的方法因為任何偶數都能變成2^a或一臺奇數乘2^b。前者在不停的除以2之后必定為1，因為它們只有質因數2。而后者則只能剩下一臺奇數，我們可以把偶數放在一邊不談。目前只剩下奇數了。我們假設一臺奇數m，當他進行運算時，變成3m+1。如果這個猜想是錯誤的話，那么就有（3m+1）/2^c＝m，且m不等于1。我們嘗試一下：當c＝1時，3m+1＝2m，，，m＝-1，不符合，舍去；當c＝2時，3m+1＝4m，，，m＝1，不符合，舍去；當c＝3時，3m+1＝8m，，，m＝0.2，不符合，舍去；當c＝4時，3m+1＝16m，，，m＝1/13，不符合，舍去；……………………可見，能推翻角古猜想的數只在1或以下的范圍，所以沒有數能推翻這個猜想，所以這個猜想是正確的。[編輯本段]錯誤分析我不敢茍同以下這種所謂的證明：“我們假設一臺奇數m，當他進行運算時，變成3m+1。如果這個猜想是錯誤的話，那么就有（3m+1）/2^c＝m，且m不等于1。我們嘗試一下：當c＝1時，3m+1＝2m，，，m＝-1，不符合，舍去；當c＝2時，3m+1＝4m，，，m＝1，不符合，舍去；當c＝3時，3m+1＝8m，，，m＝0.2，不符合，舍去；當c＝4時，3m+1＝16m，，，m＝1/13，不符合，舍去；。。。。。。可見，能推翻角古猜想的數只在1或以下的范圍，所以沒有數能推翻這個猜想，所以這個猜想是正確的。”要知道（3m+1）/2^c＝m這個等式左右兩邊的m是不一樣的，雖然兩個m都是奇數，但此m非彼m！上面無非就是想說一臺奇數乘以3再加1必定可以被2的n次方除盡，當然n到底是多大要看實際情況而定。然而這種表示方法是絕對錯誤的！不信大家可以試一試，左邊代入任意奇數m，右邊得出的m絕大多數都是跟左邊代入任意奇數m不同的。還有就是這個證明明顯存在前后矛盾，前面假設一臺奇數m，后面卻得出m＝0.2、m＝1/13這樣的結果，難道0.2、1/13這些就是所謂的奇數？連兩個m都分不清，更何況是證明呢？大家不要再犯這樣的低級錯誤了呀，腳踏實地才是真。[編輯本段]角谷猜想的一臺推廣角谷猜想又叫敘古拉猜想。它的一臺推廣是克拉茨問題，下面簡要說說這個問題：50年代開始,在國際數學界廣泛流行著這樣一臺奇怪有趣的數學問題:任意給定一臺自然數x,如果是偶數,則變換成x/2,如果是奇數,則變換成3x+1.此后,再對得數繼續進行上述變換.例如x=52,可以陸續得出26,13,40,20,10,5,16,8,4,2,1.如果再做下去就得到循環:(4,2,1).再試其他的自然數也會得出相同的結果.這個叫做敘古拉猜想.上述變換,實際上是進行下列函數的迭代{x/2(x是偶數)<br/>C(x)=<br/>3x+1(x是奇數)<br/>問題是,從任意一臺自然數開始,經過有限次函數C迭代,能否最終得到循環(4,2,1),或者等價地說,最終得到1?據說克拉茨(L.Collatz)在1950年召開的一次國際數學家大會上談起過,因而許多人稱之為克拉茨問題.但是后來也有許多人獨立地發現過同一臺問題,所以,從此以后也許為了避免引起問題的歸屬爭議,許多文獻稱之為3x+1問題.<br/>克拉茨問題吸引人之處在于C迭代過程中一旦出現2的冪,問題就解決了,而2的冪有無窮多個,人們認為只要迭代過程持續足夠長,必定會碰到一臺2的冪使問題以肯定形式得到解決.正是這種信念使得問題每到一處,便在那里掀起一股"3x+1問題"狂熱,不論是大學或是研究機構都不同程度地卷入這一問題.許多數學家開始懸賞征解,有的500美元,有的1000英鎊.<br/>日本東京大學的米田信夫已經對240大約是11000億以下的自然數做了檢驗.1992年李文斯(G.T.Leavens)和弗穆蘭(M.Vermeulen)已經對5.6*1013的自然數進行了驗證,均未發現反例.題意如此清晰,明了,簡單,連小學生都能看懂的問題,卻難到了20世紀許多大數學家.著名學者蓋伊(R.K.Guy)在介紹這一世界難題的時候,竟然冠以"不要試圖去解決這些問題"為標題.經過幾十年的探索與研究,人們似乎接受了大數學家厄特希(P.Erdos)的說法:"數學還沒有成熟到足以解決這樣的問題!"有人提議將3x+1問題作為下一臺費爾馬問題.<br/>下面是我對克拉茨問題的初步研究結果,只是發現了一點點規律,距離解決還很遙遠.<br/>克拉茨命題:設n∈N,并且<br/>f(n)=n/2(如果n是偶數)或者3n+1(如果n是奇數)<br/>現用f1(n)表示f(n),f2(n)=f(f(n)),...fk(n)=f(f(...f(n)...)).<br/>則存在有限正整數m∈N,使得fm(n)=1.(以下稱n/2為偶變換,3n+1為奇變換,并且稱先奇變換再偶變換為全變換)<br/>克拉茨命題的證明<br/>引理一:若n=2m,則fm(n)=1(m∈N)<br/>證明:當m=1時,f(n)=f(2)=2/2=1,命題成立,設當m=k時成立,則當m=k+1時,fk+1(n)=f(fk(2k+1))=<br/>=f(2)=2/2=1.證畢.<br/>引理二:若n=1+4+42+43+...+4k=(4k+1-1)/(4-1)(k∈N),則有f(n)=3n+1=4k+1=22k+2,從而f2k+3(n)=1.<br/>證明:證明是顯然的,省略.<br/>引理三:若n=2m(4k+1-1)/(4-1)(m∈N),則有fm+2k+3(n)=1.<br/>證明:省略.<br/>定理一:集合O={X|X=2k-1,k∈N}對于變換f(X)是封閉的.證明:對于任意自然數n,若n=2m,則fm(n)=1,對于n=2k,經過若干次偶變換,必然要變成奇數,所以我們以下之考慮奇數的情形,即集合O的情形.對于奇數,首先要進行奇變換,伴隨而來的必然是偶變換,所以對于奇數,肯定要進行一次全變換.為了直觀起見,我們將奇數列及其全變換排列如下:k12345678910111213141516171819202122232425262728293031323334353637383940414243444546474849505102k-11357911131517192123252729313335373941434547495153555759616365676971737577798183858789919395979910113k-125811141720232629323538414447505356596265687174778083868992959810110410711011311611912212512813113413714014314614915223k-2147101316192225283134374043464952555861646770737633k-12581114172023262932353843k-21471013161953k-125863k-21473k-1283k-21第一行(2k-1)經過全變換(3(2k-1)+1)/2=3k-1變成第二行,實際上等于第一行加上一臺k,其中的奇數5,11,...6k-1又回到了第一行.以下各行是等差數列3k-2,3k-1交錯排列.由于最終都變成了奇數,所以集合O對于變換f(X)是封閉的.定理二:任何奇自然數經過若干次變換都會變成1.證明:我們看到奇數經過全變換變成為3k-1型數,3k-1型奇數經過全變換有一半仍然變成3k-1型奇數,而另一半3k-1型偶數經過除以2有一半變成為3k-2型奇數,而3k-2型奇數經過全變換又變成為3k-1型數.換句話說不可能經過全變換得到3k-2型數.下面我們只研究奇數經過全變換的性質,因為對于其他偶數經過若干次偶變換,仍然要回到奇數的行列里來.我們首先證明奇數經過若干次全變換必然會在某一步變成偶數.設2a0-1是我們要研究的奇數,它經過全變換變成3a0-1,假設它是一臺奇數并且等于2a1-1,2a1-1又經過全變換變成為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是整數,可令a0=2kn,(n是奇數).于是ak=3kn.則從2a0-1經過若干次全變換過程如下:2k+1n-1->3*2kn-1->32*2k-1n-1->33*2k-2n-1->...->3k+1n-1(偶數).然后我們證明經過全變換變成偶數的奇數一定大于該偶數經過若干偶變換之后得到的奇數.設3k+1n-1=2mh(h為奇數),我們要證明h<2*3kn-1:h=(2*3kn-1+3kn)/2m<2*3kn-1,令a=3kn,b=2m-1,則有2ab>a+b,而這是顯然的.定義:以下我們將稱呼上述的連續全變換緊接著連續的偶變換的從奇數到另外一臺奇數的過程為一臺變換鏈.接著我們證明奇數經過一臺變換鏈所得的奇數不可能是變換鏈中的任何中間結果,包括第一臺奇數.若以B(n)表示奇數n的變換次數,m是n經過變換首次遇到的其他奇數,則有定理三:B(n)=k+1+B(m),其中k是滿足3n+1=2km的非負整數.證明:n經過一次奇變換,再經過k次偶變換變成奇數m,得證.舉例來說,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原始克拉茨二十世紀30年代,克拉茨還在上大學的時候,受到一些著名的數學家影響,對于數論函數發生了興趣,為此研究了有關函數的迭代問題.在1932年7月1日的筆記本中,他研究了這樣一臺函數: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）則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,...為了便于觀察上述迭代結果,我們將它們寫成置換的形式:123456789...1325749116...由此觀察到:對于x=2,3的F迭代產生循環(2,3)對于x=4,5,6,7,9的F迭代產生循環(5,7,9,6,4).接下來就是對x=8進行迭代,克拉茨在這里遇到了困難,他不能確知,這個迭代是否會形成循環,也不知道對全體自然數做迭代除了得到上述兩個循環之外,是否還會產生其他循環.后人將這個問題稱為原始克拉茨問題.目前人們更感興趣的是它的逆問題:G(x)=3x/2（如果x是偶數）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）不難證明,G(x)恰是原始克拉茨函數F(x)的反函數.對于任何正整數x做G迭代,會有什么樣的結果呢?經計算,已經得到下列四個循環:(1),(2,3),(4,6,9,7,5),(44,66,99,74,111,83,62,93,70,105,79,59).因為G迭代與F迭代是互逆的,由此知道,F迭代還應有循環(59,79,105,70,93,62,83,111,74,99,66,44).G迭代還能有別的循環嗎?為了找到別的循環,人們想到了下面的巧妙方法:由于G迭代使后項是前項的3/2(當前項是偶數時)或近似的3/4(當前項是奇數).如果G迭代中出現循環,比如迭代的第t項at與第s項as重復(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這里m=s-t,m<n即2n≈3mlog22n≈log23m故n/m≈log23這就是說,為了尋找出有重復的項(即有循環),應求出log23的漸進分數n/m,且m可能是一臺循環所包含的數的個數,即循環的長度.log23展開成連分數后,可得到下列緊缺度不同的漸進分數:log23≈2/1,3/2,8/5,19/12,65/41,84/53,485/306,1054/665,24727/15601,...漸進分數2/1表明,31≈22,循環長度應為1.實際上恰存在長度為1的循環(1).漸進分數3/2表明,32≈23,循環長度應為2.實際上恰存在長度為2的循環(2,3).漸進分數8/5表明,35≈28,循環長度應為5.實際上恰存在長度為5的循環(4,6,9,7,5).漸進分數19/12表明,312≈219,循環長度應為12,實際上恰存在長度為12的循環(44,66,...59).這四個漸進分數的分母與實際存在的循環長度的一致性,給了人們一些啟發與信心,促使人們繼續考慮:是否存在長度為41,53,306,665,15601,...的循環?令人遺憾的是,已經證明長度是41,53,306的循環肯定不存在,那么,是否會有長度為665,15601,...的循環呢?F迭代與G迭代到底能有哪些循環呢?人們正在努力探索中![編輯本段]角谷猜想深度擴展任給一臺正整數n，如果n能被a整除，就將它變為n/a,如果除后不能再整除，則將它乘b加c（即bn+c）。不斷重復這樣的運算，經過有限步后，一定可以得到d嗎？對此題的答案只能有3種：1不一定2一定不3一定都以下都是一定都的情況一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為任意自然數最簡單的情況：a=b=c=d=2a=2b=1c=1d=1a=2b=1c=-1d=0原題只是五的當m=2情況據說中國有許多人會證明了原題原題只是擴展的一臺及其微小的部分以上數據全部成立沒有一臺反例這道題非常短小卻隱含著非常豐富的數學思想的...需要用到的東西非常多那些定理公式都非常完美可以表達非常普遍的數學規律這是一臺數學問題而不是指什么猜想絕對成立的此題重在培養學生的獨立思考問題的能力以及逆向思維...其實這道題非常簡單不知道是不是整體證法了對以上情況的整體證法第一步：先構造一臺2元函數這個函數揭示了一臺秘密：把能夠被a整除的全部的自然數都轉化成不能被a的自然數f(x,y)有a五a=2b=2^m-1c=1d=1用數學歸納整除規律因式分解自然數拆分...證明：(2^(mn)-1)/(2^n-1)=e當m和n為自然數時，e為奇數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).........的組合無限數列A()的通項公式各小項都不能被2的m次方-1整除這個組合數列是非常簡單的只是無數個等差數列的首項....

總結

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