三種證明考拉茲猜想的簡要說明

海天出版社最近出版的基礎數學論文專輯《數學底層引擎相鄰論和重合法》一書，作者羅莫嘗試證明了30多個久未解決的數論猜想，其中就有考拉茲猜想，該猜想自從去年引起陶哲軒的注意後，一度在網絡上很火，多位數學愛好者聲稱完成了證明。而作者羅莫完成的《考拉茲猜想：互素迭代函數與冪尾數周期律》一文，無疑是其中很嚴肅的一篇，畢竟是正式出版物，且論文幾年前就完成了，作者用三種方法探索了對考拉茲猜想的證明，分別是：

①  用冪尾數周期律可得到2的冪跟1模3同餘必有解，它的通解是跟2模3同餘，但不會跟0模3同餘。根據三元互素方程性質，迭代解的單一同餘類不具可持續性，可證考拉茲猜想。

②  用迭代解集具有相鄰互素性，互異傳遞性，個數有限性（等差素數數列有限長），三性結合，也可證明考拉茲猜想。

③  用最簡本原解方程的數乘和內積變換，或最簡本原解不等式的數乘和內積變換，可歸謬證明考拉茲猜想。

這三種方法都能拿下考拉茲猜想的證明。

 第一種。用周期律證明考拉茲猜想。

方法一用到了冪尾數規律，論文早在2012年11期《數學學習與研究》的雜誌上就發表過，使用類型偶數的交並運算和洛書中的冪尾數規律，得到3x+1必蘊含2的k次冪，即2的冪與3的冪存在無窮指數解滿足相鄰映射關係。

一個數的尾數要麼是2的冪，要麼是3的冪，要麼是5的冪。即要麼5的冪與2的冪模3同餘，要麼3的冪與2的冪模5同餘，要麼2的冪與5的冪模3同餘，要麼3的冪與5的冪模2同餘，要麼2的冪與3的冪模5同餘，要麼5的冪與3的冪模2同餘。6種情形一致性地存在：2的冪跟1模3同餘，或者2的冪跟2模3同餘。這就是洛書所呈現出來的規律，而這正是考拉茲猜想。

2^n，要麼跟1模3同餘，要麼跟2模3同餘。2^n，跟2模3同餘，如果同餘方程三項都除以2，就會回到，2^n，跟1模3同餘。非2^n型的偶數，等於奇數乘以2^n，也存在要麼跟1模3同餘，要麼跟2模3同餘。但這些偶數每次都用來迭代生成新的奇數了，從而可以迭代互異產生新的偶數。由於每次迭代解集不能無限密集充滿全集偶數，若能就會與所有偶數都不含2^n相矛盾；也不能僅無限稀疏充滿不含2^n的某類型無窮迭代偶數，因為任何無窮迭代偶數都是全體自然數的映射，若存在就會與全體自然數映射不含2因子的迭代數列相矛盾，故每次迭代解集都與2^n有交集。

換句話說就是，根據三元互素方程性質，迭代解的單一同餘類不具可持續性，形如3x+1的數，形如3x+2的數，形如3x+0的數，在給定數的整數迭代解集中是相互交替延申的，因此三類數的持續延申就等價於3x+1型的偶數在迭代延申，而這一類型的偶數必同2的冪有交集，3x+2型且x是偶數時通過除以2會回到3x+1型（是前者本原解的通解），等價於餘0或餘2型的也就不能跟著持續迭代延申數列的長度了，每次迭代解集的持續延申，都等價於3x+1型偶數的持續延申，而該型偶數同2的冪必有交集，前文已證，如此考拉茲猜想就獲證了，這是最早期的證明，雖然簡單，但需要很吃力的直覺理解。

以下可用一個故事來感性理解下。某敵人營地分三類人，一類是臥底，能接頭看信（類似3x+1型）；一類是半個臥底，能接頭傳信（類似3x+2型）；剩下一類是死硬份子（類似3x+0型）。與接頭人（類似2的k次冪）能否聯繫上就看這個營地的值班制度了。如果總是派死硬分子值班，同接頭人就聯繫不上，但如果實行輪替值班制，會導致定能與接頭人聯繫上。考拉茲猜想就是這種情形。三元互素方程性質決定了，每次迭代解集所獲得的偶數解和奇數解都是餘1，餘2，餘0三種類型相互交替出現的，可見實行的是輪替值班制度。輪替可帶來充分條件，傳承能找到必要條件。3x+1型是其它兩類偶數型的必要條件。

考拉茲猜想獲證說明了輪替值班制度是脆弱的，一定要派專業人員防疫把關。總之，壞事不宜輪替把關，好事須輪替迎接，見者有份，有一個接到好事，大家都好，但有一個接到糟事，大家都糟。看來好事要公平，責任盡本分。

如果盲目追求公平就會導致短板說了算。可以追求等價公平，不可追求替代公平。有些職責可等價分離出一些來，不可完全替代。「大丈夫當如是也」，是等價追求，「彼可取而代之」，是替代追求。故劉邦勝出，項羽淘汰。建議用傳承值班制彌補輪替值班制的不足。第二種。用互素性證明考拉茲猜想。

為何根據素數"定差"方程中的素數數列有限長，就可判定素數"通項"公式或迭代公式中的素數數列有限長？且其映射方程所得到的通解數列也有限長？

假如等差為定值的素數數列可任意長，那麼差值中的素數因子必蘊含初項素數。如此與初項相加得到的數列新項就是合數了，與素數數列矛盾，故素數"定差"方程中的素數數列是有限長的。素數"不定差"方程中的素數數列可任意長，這是陶哲軒所完成證明的定理。故兩個命題不衝突。根據素數數列有限長就可判定素數「通項」公式中的素數數列有限長，這裡通項二字打引號，是指素數數列沒有全集貫通的通項，所謂「通項」方程一定是兩兩互異的素數基礎解系與組合係數向量組的一個線性組合。有限長的素數迭代數列為了滿足乘法交換律，等價於素數基礎解系中的素數因子是有限個的，則組合係數向量組中的素數因子也是有限個的，那線性組合後的各項也是有限個的。因為整數方程沒有素數最簡本原解就沒有奇數通解。現素數"通項"數列或迭代數列之最簡本原解是有限項的有限個的，那奇數數列之通解就必是有限項的有限個的。

否則會等價於係數無限新增素數因子，係數不能無限新增素數因子，因為根據乘法交換律，就會等價於素數迭代項會無限新增，這樣就會與素數迭代公式中的素數數列有限長相矛盾。考拉茲迭代函數每次素數基礎解系中的所有素數數列是有限長的，素數是有限個的，則線性組合後的素數多項式中的係數，項數，指數其素數因子都是有限個的。根據費馬小定理a^（p-1）=1（mod p），令a^（p-1）+1是3kp+1的組合係數向量組，即多項式算子中的指數持續遞增後的各項a的（p-1）次冪會等價於不斷產生新增素數因子係數，而按素數「通項」數列或迭代數列的規律，每次生成元的迭代解集不存在無限新增素數因子，故每次解集多項式算子中的所有指數也是有限個的，因此每次作用的算子也是有限個的，係數向量組若無限新增素數因子，就會與乘法交換律相矛盾。

為何考拉茲迭代函數每次所得到的奇數解集，是有限長素數數列滿足乘法交換律前提下的條件映射？

因為考拉茲迭代函數不僅解集具有互異傳遞性，解集中的不共素因子也具有互異傳遞性。關於這個結論，證明如下。

圍繞每次輸入的生成元定值要麼迭代變大要麼迭代變小延伸，不會重複。

2^n1• x2=3•x1+1……

① 2^n2• x3=3•x2+1……

② 2^n3• x4=3•x3+1……

2^nk• xk+1=3•xk+1 由於①-②可得到方程（2^n1+3）•x2=3•x1+2^n2• x3，且因為其中的x1， x2 互素， x3，x2 互素，故x2 必與x1，x3 互異。若x1，x3 非互異，那麼（2^n1+3）•x2=（2^n2+3）• x1，因 x1，x2 互素，故整數本原解只能是 x1=2^n1+3，x2=2^n2+3，代入方程①， 有 3（2^n1+3）+1=2^n1•（2^n2+3），簡化得到，2^（n1+n2）=10，矛盾，故假設 x1，x3 非互異是不自洽的，x1，x3 互異得證。同態同構關係都具備傳遞性，若 a=b，b=c，則 a=c，但互素互異不具備傳遞性，a=3 和 b=5 互素互異，b=5 和 c=3互素互異，但a=3和c=3並不互素互異，僅在特殊情況下，互異具備傳遞性， 如以上考拉茲迭代函數情形，已證x1，x2 互異，x3，x2 互異，可得到x1，x3 互異。 於是x1， x2， x3，…，xk存在互異傳遞性。這樣每次迭代出路就只有兩種可能， 一是最後變大存在無窮迭代，二是最後變小獲得奇數 1，終止迭代延伸。

因相鄰解集有互異傳遞性，故所有解集中的不共素因子具互異傳遞性，於是可判定考拉茲迭代函數是素數迭代函數的條件映射，即滿足乘法交換律的映射。考拉茲迭代函數是： f（f（x））=（3x+1） / 2^ i（x 為奇數，i為被除數中所有 2因子的個數）；根據迭代函數所有解集中的不共素因子具互異傳遞性，可判定每次所有解集都有不共素數因子，故函數蘊含互異素數基礎解系。素數迭代函數是：f（f（p））=p+2k;通過線性算子f（f（u））作用f（f（p））=p+2k，就可得到f（f（x））=（3x+1） / 2 i（x 為奇數， i為被除數中所有 2因子的個數）。考拉茲迭代函數每項都有不共素因子新增，一旦不能，就終止繼續迭代了。因此它是素數有限長數列且滿足乘法交換律條件下的映射。

綜上所述，根據素數"定差"方程中的素數數列有限長；可知素數"通項"公式中的素數數列有限長；繼而可知素數迭代公式中的素數數列有限長；還知道，考拉茲迭代函數每次所得到的奇數解集是有限長素數數列的條件映射；最後得到與素數迭代公式映射的奇數迭代公式其奇數數列必有限長。用代數思想證明考拉茲迭代函數不會無限迭代，比用解析方法進行概率判斷要精準得多，因為用概率的方法有時得到0%和100%的結論都不能肯定是否有例外的情形，只能解決幾乎的問題，而不能完成最後的終極證明。

既然每次迭代生成的所有奇數都不能超過上限定值，那根據考拉茲迭代函數的非1解集具有互異傳遞性，最後互異遞減生成的奇數必是1，如此才會停止互異迭代。這是本書的證明方法二，用考拉茲迭代函數解集具有相鄰互素性，互異傳遞性，個數有限性來完成猜想證明。第三種。用映射法證明考拉茲猜想。

用最簡本原解內積變換可證 3x+1與2^k 有交集。 假如3x+1 與 2^k 無交集，即3x+1=2^k 無解， 那麼3x+3=2^k 也一定無解， 因為它可變換為（3x+1）（ 1+3）T=2^k·λ，特徵值λ乘以兩邊相同的特徵向量，方程才會相等，或者它還可變換為（3x+1）（ 1+3）T=2^k·v，匹配數 v 乘以兩邊不相等的多項式雖可湊成等式，但v改成純2因子數時，不等式兩邊仍不會相等。 由於3x+1 ≠ 2^k，兩邊加 2 也必不相等，3x+1+2 ≠ 2^k+2。 如果右邊為大，大邊改更大，為 2^k+1，右邊仍大；如果右邊為小，小邊改更小，為 2^k-1，右邊仍小。 故不等式 3x+3 ≠ 2^k 仍成立，導致 3x+1 與 2^k 沒有交集。

如果兩個特徵向量是不等式， 那麼乘以匹配的特徵值後將仍是不等式， 可見最簡本原解方程無解，那麼經數乘或內積線性映射後的通解方程就必然無解。 同樣，假如 3x+1=2^k 無解，那麼 3x+2=2^k 也一定無解（x為偶數），因為它可變換為（3x+2） / 2=2^k/ 2，同 3x+1=2^k 的情形一樣，若偶數除以 2 後仍是偶數方程必無解。 而｛3x+1｝∪｛ 3x+2｝∪｛ 3x+3｝就是自然數n，自然數n是必囊括2^k的， 這就同三者併集不含 2^k 矛盾，可見3x+1與2^k 無交集不真，3x+1=2^k 一定有解獲證。

以下進一步推出每個生成元xi所產生的迭代集與2的冪都有交集。

假如考拉茲函數某個生成元所迭代產生的對象集 xi的函數與2^k 無交集。 即：xi 在奇數子集下，3xi+1=2^k 無解； 即：3xi+1 ≠ 2^k。 它們約掉公因子後的尾數是奇偶互異的，或尾數都等於1。但其他位數不同，則 3（xi+2）+1 與 2^k 也是不等式，因為原方程的內積本原解無解， 那麼（3xi+1）（ 1+7） T=2^kλ也無內積通解，等價於 3（xi+2）+1=2^k 都無解， 3（xi+2）+1 ≠ 2^k 得證，即原方程恆等式兩邊分別內積一個正交向量和數乘一 個相關的特徵值或匹配數後方程仍無解，由於3x+1≠2^k，兩邊加6也必不相等， 3x+1+6 ≠ 2^k+6。 如果右邊為大，大邊改更大，為 2^k+3，右邊仍大； 如果右邊為小，小邊改更小，為 2^k-3，右邊仍小。 故不等式3x+7 ≠ 2^k 仍成立，導致3x+7 與 2^k 沒有交集。

冪尾數周期律也能獲得這一結論，從偶數中的2 冪數子集與補集之間必存在相鄰差值2 這一判定出發也可完成證明。而xi+2 可後繼獲得所有奇數，這就意味著，在所有奇數定義域下，3x+1與2^k 都是不等式，這就同前文已經證明的 3x+1 與 2^k 有交集矛盾。故可歸謬得到，任意奇數生成元 x 所迭代產生的對象集與2^k 必有交集，否則都無交集。考拉茲猜想在三元互素方程的內積運算下得證。它是通過最簡本原解方程的映射變換來完成證明的。

以上是用代數加性數論的思想完成證明考拉茲猜想的。 (羅莫)