考拉茲猜想獲得完全證明:冪尾數周期律與質函數迭代律

2020-12-09 澎湃新聞
編者按:

這是一篇關於考拉茲猜想獲得完全證明的文稿,來自《數學底層引擎相鄰論和重合法》(海天出版社)一書,作者羅莫在「考拉茲猜想」一文中證明了兩個重要引理。一個是洛書定理,即冪尾數周期律,此引理證明費馬猜想時已用到;同時還證明了質函數迭代律,考察了質函數,即本原解相鄰迭代函數,其迭代解集具有相鄰互素性,互異傳遞性,個數有限性的特徵。由兩個引理可直接推出考拉茲猜想成立。這個猜想,自去年引起陶哲軒的注意後,一度在網絡上很火,數學同仁紛紛給出推進,依然沒有善巧的工具可以徹底拿下。而本文作者給出的證明,妙在找到了如何歸簡的思路,同證明費馬猜想一樣,然後通過排除無法歸簡的族集,從而得到命題的精準證明。該證明方法與證明希爾伯特第八問題的思路也是一致的。先找到至簡和至繁的各自等式,然後找到至繁與至簡之間的貫穿階梯,既要找到交集和全集各自的等價變換,又要找到交集到全集,全集到交集的梯級變換。概念逐級打通,問題自然解決。

考拉茲猜想獲證可以推動量子力學基礎理論的發展,能給量子論提供合理的數學闡釋。沒有一勞永逸的交集和全集可描述對象世界,因此用「同構通項式」封閉視角理解世界的集合論已顯示出內捲化弊端,尤其是公理閉合情形下的集合論,哥德爾、康託爾和羅素已經宣告了它的局限性,但公理又不能率性添加,否則公理機制的初心就喪失了,數學之所以設置公理體系,就是為了用簡單來理解複雜世界的,如果公理可無限添加,此目的就會灰飛煙滅。因此公理仍然要極少,不能脫離它,但理解公理須無限開放。如果存在非閉合理解公理為第一公理,那麼集合論將會從內捲化的困境中掙脫出來,我們不需要增添更多公理,僅需要去開放理解已有公理,哥德爾不完備定理就不會成為理解數學世界的攔路虎,當然每次更開放理解公理應獲直覺認同,以集合論為基礎的數學,維繫了經典力學的合法性,但量子力學的合法性一直沒有相應的基礎數學理論支持,人們在期待新數學的產生。一些數學猜想久未解決,也寄希望於有新數學工具能攻克,如數論學家保爾 • 厄爾多斯(Paul Erdos)就認為現有數學還沒有準備好回答考拉茲猜想這樣的問題。提出拓撲序的凝聚態物理學家文小剛也多次著文希望有新數學能搭建離散與連續之橋,提倡用演生論去兼容發展還原論,認為離散在真實世界裡更為本質。

我們知道,整個數學體系是用演繹推理搭建的,演繹推理所得到的結果相對於公理來說一定是熵增的,因此假如公理體系沒有開放,整個數學體系必是內卷的。而公理又不能隨便添加,那出路只有一條,就是去開放理解不變的表達,針對亙古不變的稀有公理進行不斷超越性理解,即用非常之道去理解恆常之道。唯有如此,我們才能獲得一個熵減的世界。而量子世界正是這樣一個重視原初視角的世界,是一個重視公理重新深刻理解的世界。本文提出的質函數迭代律就是這樣一種數學,我們尋找質數不存在通項公式,但可以用相鄰迭代表達去探索,我們描述世界的單位元不再是單一的,視角是可以逐級深刻的,一切存在是合理的,可包容性改變存在是更合理的。

量子態的糾纏性、互補性、疊加性告訴我們,不可思議的合理性就隱藏在稀疏平常的合理性之中。量子態的平等性、唯一性、相干性告訴我們,不可思議的合理性也可顯現在稀疏平常的合理性之中。質函數迭代律告訴我們,生成元不再是一勞永逸可確定的,但又是可以自由設置封閉的,前者帶來了糾纏性、互補性、疊加性,後者帶來了平等性、唯一性、相干性。脫離經典力學的量子力學是不存在的,但量子力學決不在經典力學的囚籠中。數學大廈僅建立在集合論的基礎上是不穩固的,它需要序列論來兼容它。經典力學,是分析數學和集合論的思想,公理前提是,序列從極限中來,到極限中去。量子力學,是離散數學和序列論的思想,公理前提是,極限從序列中來,到序列中去。把序列作為邊界更具開放性。

【摘要】

本文用洛書定理①確定了考拉茲猜想奇偶歸一問題中的關鍵方程 :3n+1=2^k (n為奇數)有無窮組正整數解。2的冪數有無數解與1模3同餘(其中非2因子數的3倍數一定有無數個2冪數的相鄰量就是洛書定理,它就是可證明的弱考拉茲猜想),可見三個最基本數是自然數集無窮無漏變化的推手,足見複雜深藏在簡單中,這就是洛書定理所顯示出來的冪尾數周期律。此外互素迭代函數(也叫質函數迭代律)告訴我們,迭代解集具有相鄰互素性,互異傳遞性,個數有限性。由此得到,考拉茲迭代函數不存在循環迭代,它由自然數相鄰互素定理決定,不存在無窮迭代,它由素數等差數列有限長定理決定。

【關鍵詞】

 洛書定理;冪尾數周期律;相鄰互素迭代函數;考拉茲猜想;集合論;序列論;模數分解;餘數分割;互異互素。

 

考拉茲猜想(又稱為 3x+1 猜想、角谷猜想、哈塞猜想、冰雹猜想、烏拉姆猜想或敘拉古猜想):是指對於每一個正整數,如果它是奇數,則對它乘3加1,如果它是偶數,則對它除以2,如此循環,最終都能得到1。

數論學家保爾 • 厄爾多斯(Paul Erdos)認為數學還沒有準備好回答考拉茲 猜想這樣的問題。實際上,底層的數學工具已經具就,搭橋的工具尚未造好,而本文要做的就是搭建起1與萬物相連的橋梁,這個橋梁中國剩餘定理已經完成過,本文新發明的數學工具,不過是該工具的變換。

2010 年,麻省理工學院數學教授傑弗裡 • 拉格尼阿斯(Jeffrey Lagarias)聲稱僅僅基於已知的關於這個問題的信息,「這是一個非常困難的問題,完全超出當今的數學範圍」。 但顯示冪尾數周期律的洛書定理以及互素迭代函數隱含了破解哥德巴赫猜想、費馬猜想、比爾猜想的密鑰,同樣也隱藏了破解考拉茲猜想的密鑰,我們來看考拉茲猜想的表達式:

(1)f(n)={n/ 2 if n ≡ 0(mod2)或 3n+1 if n ≡1(mod2)}。 這個表達式是指對於每一個正整數,如果它是奇數,則對它乘 3 再加 1, 如果它是偶數,則對它除以 2,如此循環,最終都能夠得到 1。

(2)f(n)={n/ 3 if n ≡ 0(mod3) 或 2n±1 if n ≡1,2(mod3)}。 當模數是 3 時,考拉茲所描述的現象會同樣發生,兩個表達式實際上是等 價的。 以下是幾個實例,取任意正整數代入表達式(1):

 n = 6 則 6 → 3 → 10 → 5 → 16 → 8 → 4 → 2 → 1 n = 11 則 11 → 34 → 17 → 52 → 26 → 13 → 40 → 20 → 10 → 5 → 16 → 8 → 4 → 2 → 1 n = 9 則 9 → 28 → 14 → 7 → 22 → 11 → 34 → 17 → 52 → 26 → 13 → 40 → 20 → 10 → 5 → 16 → 8 → 4 → 2 → 1 若一個數列進入 1 之後,再繼續套用此規則,會得到一個「8 → 4 → 2 → 1 」的循環;另外若在某步進入某個 2 的次方的話,則很明顯地最終一定會到 1。

 此猜想已被證實直到 n = 5.76×1018 為止都是正確的,尚未找到反例。 同樣,模數是3時也會出現相同的情況,取任意正整數代入表達式(2):

 n = 6 則 2 → 3 → 1 n = 12 則 4 → 9 → 3 → 1 n = 11 則 21 → 7 → 15 → 5 → 9 → 3 → 1 考拉茲猜想的本質意義是,在生成元1的基礎上,僅通過藉助係數2和3來進行四則運算,便足可得到任意自然數。也就是說,通過 1、2、3 可迭代得到所有自然數,此所謂奇偶歸一。即模 2 餘 0 的數(含 2 的冪數)與模 3 餘 1的數定有交集,這個問題可通過洛書定理來證明。

完成證明命題「所有奇數生成元通過 3x+1可獲得2的所有冪數的子集(也就是洛書定理,即弱考拉茲猜想)」 仍不夠,還須證明「每個奇數生成元通過 3x+1 取無2因子數都無例外地可迭代獲得某個純2因子的冪數」。前者生成元是全部奇數,後者實際生成元變成了局部奇數。前者遍取所有奇數所獲對象集定與2冪數有交集,後者遍取每個奇數所獲對象集必分別與2冪數有交集,但需要一個有說服力的證明。前者用冪尾數周期律可以證明,後者則需要用互素迭代函數的性質來證明。

這又是一次重合法與相鄰論成功搭檔解決難題的案例。用重合法找到了冪尾數周期律,用相鄰論找到了互異互素迭代函數,即質函數迭代律。天人合一,天人之間共大全,共交集,平等無別,即萬物同簡,萬物同全,這是用整數語言表達的重合法底層思想,這是還原論;萬物皆有核心到大全,大全到核心的路徑,於是就有映射歸簡到映射歸繁,萬事都有起源到終結,於是就有還原歸序到還原歸變,和而不同,萬物井然,萬物有序,這是相鄰論,這是用整數語言表達的演生論底層思想。以下我們就用冪尾數周期律和互素迭代函數的性質來證明考拉茲猜想。

1. 冪尾數周期律:模 3 餘 1 的數集同 2 的冪數有無窮交集

因為自然數是奇數和偶數的併集,即: n={n:n ≡ 0(mod2)}∪{n:n ≡ 1(mod2)}; 同時自然數又是 3 倍數、3 倍數餘 1 和 3 倍數餘 2 的併集,即: n={n:n ≡ 0(mod3)}∪{n:n ≡1(mod3)}∪{n:n ≡ 2(mod3)}。 若{n:n≡(1 mod3)}是偶數的話,那其他餘 0、餘 2 的兩類偶數,且是{3x+1} 的偶數補集,這個補集通過乘以 3 再加 1 而產生偶數。{3x+1}由於 x 是篩選 出的奇數,所以表達式是偶數。由於任意給定數,把 2 的冪數因子換成 3 因子,且加 1,就會使這個偶數同原來的偶數不同,新偶數要麼被 2 整除,直接歸一, 要麼去 2 因子變成新奇數生成元。從整體上來說,給定數 2^k X 比 3x+1 更稠密, 所以X會真包含 3x+1 去 2 因子數。不斷迭代變更的偶數 3x+1 與 2 的 k 次方也 必有交集,下文待證。

也就是{3x+1}與{2k }一定會有交集(x 為奇數)。此外,{3x}、{3x+2} 與{2^k }也一定會有交集(x為偶數)。三次交集的並就是{2^k }。x為奇數的{3x+1}型偶數,就是 x 為自然數的 6x+4 型偶數。其他兩類偶數,為它的上下相鄰偶數。

因為所有偶數是一定包含 2 冪數的。現假設 6x+4 型偶數不包含無窮多個 2k 數子集,那麼 6x 型偶數肯定包含不了2^k 數子集(有 3 因子),而 6x+2 型 偶數也就不包含 2^(k+1) 數子集,如果能包含,就意味著 x 為偶數時 6x+4 型偶數 包含無窮多個 2^k 數子集,這就與假設矛盾,可見 2^(k+1) 數子集、6x+2 型偶數就無法包含它,而 6x+4 型、6x+2 型、6x 型三者相併為所有偶數,這就與所有偶數是一定包含所有2冪數相矛盾,故此x為奇數的{3x+1}型偶數就一定包含無窮多個2冪數中的一個無限子集。因為{3x+1}型偶數是6x+4 型的本原解偶數,6x則不會產生2冪數,因為有3因子。如此則意味著若{3x+1}不存在無限2冪數,則{3x+2}也不存在2冪數,於是增長著的奇數3倍數一定會遭遇2冪數,如此就會奇偶歸1,這樣考拉茲弱猜想就獲證了。

該命題也可用顯示冪尾數周期律的洛書定理證明: 0(mod2)≡ 2、1、0(mod3), 左邊為 2 冪數時,右邊餘 0 可排除, 因為 2 冪數沒有 3 因子,模 3 餘 2 的 2 倍等價於模 3 餘 1,可見模 3 餘 1 不存在 2 冪數,模 3 餘 2 也就不存在 2 冪數,這就與 2、1、 0(mod3)一定包含 2 冪數矛盾, 故x為奇數的{3x+1}型偶數就一定包含無窮多個2冪數中的一個無限子集。

因此洛書定理,可視為是考拉茲弱猜想,它確定了2冪數與1模3同餘,有無窮交集,它說明2冪數的尾數周期與奇數3倍數的尾數周期有無限解是相鄰的。因為餘1是相鄰的,餘2也是互補相鄰的,是其本原解,可通過乘-1獲得,也可通過提取2因子獲得本原解,加上不可兩類皆空,故餘1相鄰是必要條件,這就是洛書所呈現給我們的判定。

但是考拉茲猜想的迭代生成元遍取所有奇數,總體迭代結果就算與2冪數 有交集,也不能直接體現每一次的迭代結果與2冪數有交集。因為考拉茲猜想要追問的是——需要證明兩個結論以後才有可能完成考拉茲猜想的證明:

1). 任何一個 Xi 進入迭代以後不會回到 Xi ,就是不會發生循環。如果發生循環,表明是一個反例,否定了角谷猜想。

2). Xi 進入迭代以後數值不會發散,就是不會越來越大直至無窮,而是在一 個有限的範圍內更替,否則猜想不成立。

用通俗的話說,考拉茲猜想就好比選手跨欄,2 的冪數就是欄杆,每位選 手按規則可來回跑,但最終都會碰倒欄杆。不會出現以下兩種情形:

a. 無限穿越開型路線欄杆; b. 無限穿越閉型路線欄杆。

故每位選手都會最終碰倒欄杆而被罰下場,即奇偶歸一(在此可以窺見生與死的哲學,每次生命都會回到起點)。

因此洛書定理的本原解證明,只能算是完成證明了考拉茲弱猜想,但等於完成了考拉茲猜想的築基證明。

2. 互素迭代函數:偶數 2 冪數子集與補集之間存在相鄰差值 2

為什麼每個給定的任意奇數 x 作為生成元用考拉茲迭代函數運行後所生成 的對象集都定有{2^k }子集{2^kr}?即須證明的命題是:若 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),則 f(f(x))=3x+1={2^kr }。 每個奇數 x 生成元的迭代函數對象集之所以必有{2^kr},是因為所有奇數 x 生成元代入迭代函數 3x+1 去 2 因子後能產生所有奇素數因子的奇數。

該命題可由本原解方程推理得到,f(f(x))=3x+1可看成三元組方程,左邊一項,右邊兩項,由於左邊兩項是兩兩互素的,故三元組必是兩兩互素的,也就是說,f(f(x))與 3x 一定是互素的,生成元奇數 x 所產生的迭代函數對象集就一定包含有兩類數:2 冪數以及非2 冪數,由於每次迭代生成的數都要與相鄰的生成元 x 以及無 2 因子的 f(x)互素,故每次對象集 x1、x2、x3、…、xi ,因相鄰奇素數因子全部互素,遠鄰奇素數因子局部互素,由於每一項要同所有項存在互素因子,故不斷有新素數因子項產生,這就保證了考拉茲生成模式不會出現無限死循環,3x+1 在某個2冪數以內的有限區間不可能永遠累積生成互異互素偶數,必在有限項內生成2冪數。不同的給定數會生成相同的偶數,但相同的給定數絕不會迭代生成相同的偶數,每次迭代生成的新偶數不僅相鄰互素,還會全部累積遠鄰局部互素,如果奇素數因子有非互異值,就與通項表達所生成的素數是有漏的,但一定是無限互異互素即每次自我超越相矛盾。滿足無限死循環就不能生成元奇數兩兩互素,這與互素方程矛盾,故不會出現無限死循環而避開2冪數。

除了不出現死循環外,那是否還會出現另一種情形,即每次對象集雖然會遞減遞增交替出現,但仍然與2的冪數無交集?即迭代函數對象集會不會總是跳過 2的冪數,並趨向無窮?現在就來證明,考拉茲生成模式不會出現無限不循環而穿越2冪數。假如有給定奇數 xr 的迭代函數對象集會出現無限不循環,不含2 的冪數,那麼可推理出 x(r+1) 的迭代函數對象集也不含 2 的冪數,x(r-1) 的迭代函數對象集也不含 2 的冪數。冪尾數周期律顯示: 所有選手的對象集與2冪數有交集。

互素迭代函數顯示:每個選手的對象集與2冪數有交集。發散的開線型生成的對象集沒有無限穿越2的冪數,收斂的閉線型生成的對象集沒有無限穿越2的冪數,故所有自然數經過考拉茲算法都會最終得1。

假如有給定奇數 xr 的迭代函數對象集會出現無限不循環的奇數集,且不含 通過2冪數獲得的奇數1,就可進一步推理出某一個奇數生成元 xr 所迭代產生 的對象集去2 因子後,有且必有無窮多個非1 奇數生成元產生,加上三元互素 迭代函數的性質,說明某一個給定奇數生成元 xr 所產生的考拉茲迭代函數對象集能囊括所有的奇素因子。因為凡整數無窮集都是自然數全集的映射,自然數全集生成元或在底數中或在指數中,自然數全集生成元在底數中的數集一定包含了所有的素數因子,自然數全集在指數中的數集通過減一還原,也可以得到所有的素數因子,這個可由費馬小定理② 2^(p-1) ≡ 1(modp)得到。這就與任意給定的單個奇數生成元 x 不可以通過多項式3x+1 的去 2 因子數迭代生成所有的奇素數因子的命題相矛盾,沒有通項公式能夠不斷迭代生成新素數的,否則,素數的間隔就恆定了。因此給定奇數 xr 的迭代函數對象集就不會出現無限不循環的奇數集。

單個奇數所迭代產生的對象集:三元互素迭代函數 f(f(x))=(3x+1)/ 2^i ,其 中值域比定義域少一個生成元1。 假設單個奇數所迭代產生的對象集值域中有無數個解集(屬奇數子集) x1、x2、x3、…、xi ,其中相鄰解集彼此互素,且不含1奇數。 則另有單個奇數所迭代產生的對象集值域中也有無數個解集(屬另一奇數 子集)y1、y2、y3、…、yi ,其中相鄰解集彼此互素,且不含1奇數。 如此無限延伸,就存在所有的生成元和對象集都不含1奇數。

另已知,存在2冪數都是奇數的 3 倍加1產生的,其中生成數中的奇數因子僅含 1,跟其他奇數生成元無關。該奇數作為生成元不能靠無限迭代式產生, 也不能在非1基礎上通過無限迭代式的逆運算產生,這就與考拉茲方程的定義 域擁有所有奇數因子相矛盾,故解集無限不循環而穿越2冪數是不可能的,考拉茲無限迭代式是不存在的。

那麼根據給定奇數 xi 相鄰項 x(i+1) 的迭代函數對象集 3x+1+6=3(x+2)+1 可推理出也必不含2的冪數,因為(x+2)就是 xi 的後繼奇數,而根據此結論,可推理出所有奇數域的 3x+1 都無 2 的冪數,但這與 3x+1 必含2的冪數相矛盾。

可見給定奇數 xr 的迭代函數對象集必含2的冪數。這樣考拉茲猜想就獲證了。為了更深刻地理解該證明,再細說下兩大關鍵證明步驟:迭代函數對象集無限死循環延伸,是否會與2冪數有交集? 如果與2冪數沒有交集,那麼某生成元的對象集就會無限死循環而在有限數值內奔跑,即某個給定生成元的對象集就不會繼續產生新數值,這就無法保證對象集與生成元互素,於是矛盾。故某個給定生成元的迭代函數對象集是不會無限死循環延伸的,是一定會與2冪數有交集的。

奇數全集能生成所有 6x+4 型偶數,該類型偶數包含2冪數子集,所有 6x+4 型偶數去2因子後的奇數子集也能生成所有 6x+4 型偶數,所以也能包含所有 6x+4 型偶數,該類型偶數包含2冪數子集。由於該子集的每個奇數作為生成元,在三元互素迭代函數方程中,總能無限產生互素因子的對象集,故每一生成元的迭代函數對象集不會在有限數集內死循環。

迭代函數對象集無限不循環延伸,是否會與2冪數有交集?如果與2冪數沒有交集,那麼某生成元的對象集就會無限不循環延伸而無法奇偶歸一,穿越了所有的2冪數,如此這般,每個生成元的對象集都會在所有 6x+4 型偶數中無限延伸出迭代函數對象集,都不含2冪數,這就與它們的併集生成元所產生的對象集是包含2冪數相矛盾。故某個給定生成元的迭代函數對象集是不會無限不循環延伸的,是一定會與2冪數有交集的。

由於該子集的每個奇數作為生成元,在三元互素迭代函數方程中,總能無漏產生互素因子的對象集,故對象集不會在無限數集內不循環延伸,總會抵達某一極值,由於對象集是無漏延伸,故不會穿越掉某一偶數集2的冪數。

互素三元組方程 3x+1=f(x)中,3x 所擁有的素數因子,f(x)全都非同次擁有。作為三類偶數之一的 3x+1 可擁有所有的素因子域,f(x)去 2 因子後就成了奇數子集 xr,3xr+1 一定同2冪數也有交集,此所謂一損俱損一榮俱榮。 3x 與 f(x)若有一項欠缺素因子,則兩項的素因子集就不對等,則三元組就不是同構方程,這就與是同構方程矛盾,故 3x 與 f(x)都包含所有奇素因子,要麼都相互欠缺。而生成元為所有奇數解集時的對象集 3x+1 是一定包含2冪數子集的,如果生成元中有一個所產生的對象集同2冪數沒有交集,則相鄰後繼生成元所迭代產生的對象集同2冪數也沒有交集,否則要求互素的將不互素,如此所有的並就不會有交集,這就同有交集矛盾。故每一個生成元迭代運算所產生的對象集都必蘊含2冪數。

(1)每一奇數生成元的考拉茲迭代函數不會呈現循環迭代,不會在某一 2 冪數內滯留。

(2)每一奇數生成元的考拉茲迭代函數不會呈現無限迭代,不會在全部 2冪數外穿越。

若要滿足以上兩條,則每一生成元的對象集上確界必為某一 2 冪數。決定 以上兩條命題成立的原因是,三元互素方程會無窮迭代生成新素教因子解集,因為要同之前的所有解集互素,因互素,必互異,故奇素生成元不會死循環,因互異,必互素,故迭代函數不會死循環,這個結論比較高深,只有在本原解方程中才有,而相鄰自然數都是互素三元方程,都是本原解三元方程,這樣每 一個給定數不會死循環,不同個給定數不會死循環,因相鄰奇素數因子互素,必累積奇素因子存在局部互素,每個奇數x都能迭代生成2冪數,故第一條成立。

三元互素方程會無漏生成新素數因子解集,因為每個數的所有生成數都會 次第同所有與 2 冪數差值為 2 的解集互素,三元互素方程性質③,包括相鄰偶數約掉 2 互素,奇數相鄰互素,一個都不能漏,一漏則全漏。

假如 x=k 時的生成對象集{3k+1}與 2 冪數約掉公因子後仍互素,那麼 {3k+1}與{3k+7}約掉一個 2 公因子後也必是互素的,因為{3k+1}不含3 因子,去 2 因子後與 6 是互素的,{3k+7}去 2 因子後也與 6 互素,且與 {3k+1} 也互素。

假如 x=k 時的生成對象集{3x+1}與 2 冪數約掉公因子後還是互素的,那 {3x+1}與{3x+13}約掉公因子後也必是互素的,因為{3x+1}不含 3 因子, 去 2 因子後與 12 是互素的,{3x+13}去 2 因子後也與 12 互素,且與{3x+1} 也互素。

假設{3k+1}與 2 冪數無交集,存在{3k+1}+6=2n ,那麼{3k+1}當且僅 當與2n互異,如此 3k+1 就僅含一個 2 因子,於是{2t+1}+3=2n-1 ,變換得到{t+2} =2n-2 。 當 t+1=3k 時,{t+2}={3k+1}=2n ,這與 3k+1 與 2 冪數無交集相矛盾;當 t+1=3k+1 時,{t+2}={3k+2},這是一個奇數,不等於 2 冪數,與{3k+1} +6=2n 存在矛盾; 當 t+1=3k+2 時,{t+2}={3k+3},與 2n 不含 3 因子相矛盾,其他後繼遞推 都不外乎這三種情形。

故假設{3k+1}與 2 冪數無交集,存在{3k+1}+6=2n 是錯誤的。本原解方程因互異而互素,故可判定 2 因子個數,{3k+1+12}與2冪數也是如此。而 一旦皆無交集,就與{3x+1}必蘊含 2 冪數發生矛盾,故每個生成元所迭代產生的對象集{3x+1}與 2 冪數定有交集。

在此基礎上不難證明:每個給定奇數 x 生成元的考拉茲迭代函數對象集必含2的冪數。兩個原因導致:

互素方程決定了每個奇數生成元會無限產生新素數因子,故不會無限死循環;互異方程決定了每個奇數生成元會無漏產生新素數因子,故不會無限不循環。

針對每個生成元的迭代項④可判定不會無限死循環。理由是,相鄰自然數都是互素三元方程,都是本原解三元方程,相鄰遞增項,因互異,必互素,因互素,必互異。每次給定的奇素數因子 xi 的 3 倍數與後繼相鄰的自然數都是互素的,即迭代獲得的 x(i+1) 與 xi 是互素的,相鄰迭代獲得的 x 都是兩兩互素的,也同累積已知奇素數因子是局部互素的(算術基本定理決定,凡迭代生成的互異數抽離共因子後必奇素數因子互素)。總之,生成元 x 與生成對象 f(f(x)) =(3x+1)/ 2^ i,會因奇素數因子互素而互異,又會因累積奇素數因子互異而累積互素,因累積奇素數因子互素而累積互異,故不會無限死循環。

針對每個生成元的迭代項可判定不會無限不循環。理由是(f(f x))=(3x+1)/ 2^ i , 即在素因子域上是封閉的,每個給定的奇數生成元迭代產生偶數對象集都必含 一個 2 的冪數作為上確界。為何考拉茲通項會持續迭代產生比生成元更小的素 數因子數?因為互異互素是每次生成新素數因子的條件,累積看不是間隔更小互異,就是間隔更大互異,僅間隔更大互異不會持續發生,故更小互異會一直 進行。若僅間隔更大互異互素會持續發生,那 f(f(x))會無限產生更大的新 素數因子,必無1個以上的2因子數產生,否則新素數因子數不能比生成元更大。

3.質函數相鄰迭代律:相鄰互素性,互異傳遞性,個數有限性。

考拉茲迭代函數除了輸入奇數 1 會存在循環迭代外,輸入其他非 1 數都不會出現循環迭代。因為非1數同1都是互異互素的,而1與1不是互異互素的,考拉茲迭代函數(y=3x+1,x 屬於 y 的無 2 因子數)作為互異互素三元方程,根據相鄰互素定理,由於不會循環迭代,每次輸入經迭代計算所產生的對象集,一定是彼此互異互素的,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=3x1+1……①

2^n2•x3=3x2+1……②

2^n3•x4=3x3+1

……

2^nk•x(k+1)=3xk+1

由於① - ②可得到方程(2^n1+3)x2=3x1+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。這個證明可以解釋泡利不相容定律的能級梯度,除去共因子外,總有同已有素因子互異的新素因子出現,直到出現結界,無法繼續迭代。迭代公式表達新素數一定是有窮項的,要找到所有素數必須尋找相鄰迭代公式。因為沒有一勞永逸的通項公式是可以表達宇宙中的萬物共性的。這就同量子思想吻合了。

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。但每次迭代所產生的對象集選擇無限變大是不可能的。因為考拉茲迭代函數每次迭代輸入所產生的對象集,其中每次的奇素數因子解集是封閉的,這是由迭代方程的性質決定的,已規定了其奇素數因子封閉。那是否為有限集封閉呢?根據素數間隔定理,新增素數的無窮通項數列不存在,拿孿生素數來舉例,孿生素數僅有兩項,若出現三項,就會變成含3因子的合數,就不是素數了。間隔 2n 的素數組構成的數列不止兩個素數,每次可以構成很長的有限數列,若更長就會出現合數。

雖然陶哲軒已證明這樣的素數等差數列可以任意長,但那不是指恆定的等差數列,是指可不斷更換等差才可任意長的,每次多項式通項表達的數列長是確定的。因此考拉茲迭代函數每次的奇素數因子解集是有限封閉的,各種素數通項表達式都是等差數列的變形,素數等差數列是有限項的,那考拉茲迭代函數每次描述新增素數因子的解集也定是有限項的,即每次互異互素迭代產生的最大奇數是有限值的。素數數列的間隔大小決定了迭代項數。每次給定生成元意味著素數數列的間隔是確定的,它映射的迭代解集之間的關係也是確定的,故迭代項數一定是有限的。

既然在有限域不斷互異迭代產生新的生成元,那最後只能選擇最小奇數 1 而終止迭代。因此考拉茲猜想得證可歸結為,自然數相鄰互素定理⑤證明了,考拉茲函數不存在循環迭代(除奇數1外),素數等差數列有限長定理⑥證明了, 拉茲函數不存在無窮迭代。

根據考拉茲函數的每次迭代解集具有相鄰互素性可證得解集也具有互異傳遞性,由此能進一步證明考拉茲函數每個首項生成元的迭代解集具有個數有限性。考拉茲迭代函數所有的非1生成元所獲得的解集必含奇數 1,因為它不僅能互異生成大於首項生成元的奇數,且不可持續互異生成更大的奇數(由每個 素數數列有限項定理確定,素數通項公式不存在),於是只能互異生成小於首項生成元的奇數。由於每個奇數都能互異生成比首項更小的奇數,如此遞推則每個奇數最終都能迭代生成奇數1。於是考拉茲函數的每次迭代解集具有個數 有限性就得證,可見考拉茲函數的這三個特性就能證明考拉茲猜想成立。

另外,考拉茲猜想也可單獨在洛書定理和內積運算下得證。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^k·λ 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+2) ,右邊仍大; 如果右邊為小,小邊改更小,為 2^(k-2) ,右邊仍小。也就是說當k大於2後,每遞增一個數都會遠遠大於6,加6後仍然不會湊成2冪數。因為2^k +6  ≠ 2^t

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,前文已表。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,這就同洛書定理已經證明的 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。考拉茲猜想在洛書定理和內積運算下得證。

其實用該方法(指最簡本原解內積變換)同理可證 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,且由上文不難判定,其解集無限,因為假如任何一組迭代解集無解,都能推出 3x+1=2^k 無解。 

以上說明,方程存在最簡本原解是方程存在通解的必要條件,這一數學定理非常重要!用它證明了哥猜,也用它證明了考拉茲猜想。於是就證明了在 3x+1 中 x 每次取任意奇數所迭代產生的偶數必含2的冪數。故考拉茲猜想得證。

4. 寫在後面:三種方法證明了考拉茲猜想成立。

① 用冪尾數周期律可得到2的冪跟1模3同餘必有無窮組解,它的通解是跟2模3同餘,但不會跟0模3同餘。根據本原解是通解的必要條件,可證得3x+1=2^n必有無窮組解。另外,根據最簡本原解是通解的必要條件,即三元互素方程性質,3xi+1=2^n的某一迭代解集都大於初項可推理出3(xi+2)+1=2^n的相應迭代解集都大於初項,導致與任意給定的2冪數無交集,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。根據最簡本原解是通解的必要條件,即三元互素方程性質,3xi+1=2^n的某一迭代解集跟3(xi+2)+1=2^n的某一迭代解集都有相同的基礎解系方程,可證考拉茲猜想。

這三種方法都能拿下考拉茲猜想的證明。

第一種。用本原解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,得到形如3x+1的偶數必蘊含2的n次冪,即2的冪數與3的倍數存在無窮指數解滿足相鄰映射關係。該論文完成證明了考拉茲弱猜想。證明了奇數的3倍數有無限解與2冪數相鄰。缺點是,對個別迭代解集是否會內循環,對個別迭代解集是否會不循環,未展開證明。但用本原解以及最簡本原解周期律就可解決該問題。

一個數的尾數要麼是2的冪,要麼是3的冪,要麼是5或0的冪。即2的冪跟1模3同餘,或者2的冪跟2模3同餘,不存在2的冪跟0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,跟0模3同餘不存在。而2^n跟2模3同餘是跟1模3同餘的新增通解,如果同餘方程三項都除以2,就會回到,2^n跟1模3同餘,其它情形等於奇數無解。因沒有本原解就沒有通解,故2^n必跟1模3同餘必優先有解,這就證明了形如3x+1的偶數是一定會同2的冪有交集。說明x≥1時,3x+1=2^n有無窮組解。

另外,根據最簡本原解是通解的必要條件,即三元互素方程性質,3xi+1=2^n的某一迭代解集跟3(xi+2)+1=2^n的某一迭代解集都有相同的基礎解系方程,如果前者迭代解集{x}其初項都小於所有後繼項,即f(f(xi))=(3xi+1)/2^n>xi,那麼經線性映射所得到的後者迭代解集{x+2}其初項一定也都小於所有後繼項,因為不等式小邊加2大邊加2^(k+2)-2後不等式仍成立, f(f(xi))=(3xi+1)/2^n+2>xi+2,而f(f(xi))={3(xi+2)+1}/2^n>f(f(xi))=(3xi+1)/2^n+2也一定是成立的,大邊加大仍大,即左邊加2^(k+2)-2>右邊加2,此時必k大於1且n不會超過1個2因子,因為超過一個2因子,迭代解集就不是始終大於初項的無限解集,如此f(f(xi))={3(xi+2)+1}/2^n>xi+2就是成立的。這意味著所有奇數的後繼迭代解集全都會大於初項,這跟全集一定同2^n有交集矛盾。即3xi+1=2^n的某一迭代解集都大於初項可推理出3(xi+2)+1=2^n的相應迭代解集都大於初項,導致與任意給定的2冪數無交集,反證了迭代解的某單一同餘類不具可持續性,每次迭代生成的所有奇數不能全都大於初始值無限遞增,也不能全都大於初始值循環遞增,即每次迭代解集非無限,非循環,於是可證考拉茲猜想。

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=3x1+1……

① 2^n2• x3=3x2+1……

② 2^n3• x4=3x3+1……

2^nk• xk+1=3xk+1 由於①-②可得到方程(2^n1+3)x2=3x1+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,當然該類傳遞性不象等量傳遞性那樣形成閉環,而是非閉環的。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,即其中任意項同其他所有項都有不共素因子,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,因為原方程的最簡本原解無解,即內積本原解無解, 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。

無最簡本原解即無通解,也就是無二元素數基礎解系則無通解,這個定理在哥德巴赫猜想一文中已證。

還可從直觀來理解,由於3x+1≠2^k,兩邊加6也必不相等, 3x+1+6 ≠ 2^k+6,其中k≥2。因為如果右邊為大,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+7 ≠ 2^k 仍成立,導致3x+7 與 2^k 沒有交集。這裡直接推導出了,最簡本原解無解,即基礎解系無解,那匹配內積向量以及匹配特徵值後的方程必仍無解。

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,體現了最簡本原解的重要性,就象橢圓方程有解必可模形式一樣。

相鄰論和重合法判定,所有方程若有解,必存在二元素數基礎解系,凡無二元素數基礎解系必無相應通解。

這個判定是哥德巴赫猜想獲證的核心思想,它將給量子力學基礎理論發展帶來巨大的思想解放。

(文/羅莫)

 

參考文獻:

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[3] 潘承洞,潘承彪 . 代數數論 [M]. 濟南:山東大學出版社,2001.

[4] 羅素,懷海德 . 數學原理 [M]. 劍橋郡:劍橋大學出版社,1910.

[5] 俞曉群 . 自然數中的明珠 [M]. 上海:上海教育出版社,2013.

注釋:

 ①洛書定理,來自河圖洛書中的數理思想,用現代數學語言可證明。該定 理表達了整數的冪尾數周期律: 偶數的情形(洛書中是 2 冪數左旋,8 冪數右旋): (2mod10)n ≡(2 or 4 or 8 or 6)mod10; (8mod10)n ≡(8 or 4 or 2 or 6)mod10; (4mod10)n ≡(4 or 6 or 4 or 6)mod10; (6mod10)n ≡(6 or 6 or 6 or 6)mod10; (0mod10)n ≡(0 or 0 or 0 or 0)mod10。 奇數的情形(洛書中是 3 冪數右旋,7 冪數左旋): (3mod10)n ≡(3 or 9 or 7 or 1)mod10; (7mod10)n ≡(7 or 9 or 3 or 1)mod10; (9mod10)n ≡(9 or 1 or 9 or 1)mod10; (1mod10)n ≡(1 or 1 or 1 or 1)mod10; (5mod10)n ≡(5 or 5 or 5 or 5)mod10。 證明該定理很容易,根據乘法口訣表可歸納獲證。

 ②費馬小定理是數論中的一個重要定理,其內容為:假如 p 是質數,且(a, p)=1,那麼 a (p-1)≡ 1(mod p)。即:假如 p 是質數,且 a,p 互質,那麼 a 的(p-1) 次方除以 p 的餘數恆等於 1。

 ③三元互素方程性質,通過互異互素思想可完成證明,令 n < m 是一對相 015 考拉茲猜想:互素迭代函數與冪尾數周期律 鄰自然數,則必有 n+1=m,由於 1 與 m 互素,故方程必三元互素,即 n 與 m 是互素的,自然數相鄰互素得證。互異互素的思想,兩數若互素,則一定是互 異的,兩數若互異,不一定是互素的,但相鄰互異則一定是互素的,或差值互 素的互異則一定是互素的。

④迭代項。數學上的迭代法一般指迭代算法,迭代算法是用計算機解決問 題的一種基本方法。它利用計算機運算速度快、適合做重複性操作的特點,讓 計算機對一組指令(或一定步驟)進行重複執行,在每次執行這組指令(或這 些步驟)時,都從變量的原值推出它的一個新值,然後繼續用新值替換原值計 算出下一個新值,如此循環不斷。

⑤自然數相鄰互素定理。它刻畫了自然數相鄰互素的性質。 證明:已知 n,m 是一對相鄰自然數,即 n+1=m,由於 1 與 n 互素,故 n 與 m 必互素。假如其中兩項非互素,有公約數可約掉,就會產生整數與真分數相等,矛盾。故自然數是相鄰互素的。繼而引申出三元互素方程的性質,在 a+b=c 中,若有一對互素,則三元互素。該定理可證明考拉茲函數不存在循環迭代,因為存在相鄰互異性。相鄰互素方程,會不斷迭代產生新素因子,直到不能繼續迭代,不能產生更大素因子也不能產生更小素因子,如果說有循環那也是在最小素因子2裡頭循環。考拉茲迭代函數除了代入1時會循環迭代,其它情形皆不會出現循環迭代, 

⑥素數等差數列有限長定理。它刻畫了相同間隔的素數數列為有限項。 證明:根據波利尼亞克定理,差值為 2k 的素數對有無限組,若數對與數對之間也間隔 2k,就可延伸為更多項的素數數列,但不中斷的等差數列一定是有限項的。狄利克萊定理也描述了這一性徵。因為間隔差若可以無限遞增再加上互質的初項素數就必會變合數。同理可證明考拉茲函數每次不能可持續地迭代獲得新增素數因子,這樣的解集數列是有限項的,它是有限素數數列的子集映射,互異迭代項數不能持續遞增超過定值。一旦超過,給定公差的素數數列就不能產生新增素數因子,這樣就不能產生新的互異生成元,故迭代終止。表達所有素因子解集的通項公式不存在,表達無窮素因子解集的迭代公式(即無窮素數數列)不存在。於是就證明了,考拉茲函數不存在無窮迭代。

 

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