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：

①  用幂尾数周期律可得到2的幂跟1模3同余必有解，它的通解是跟2模3同余，但不会跟0模3同余。根据三元互素方程性质，迭代解的单一同余类不具可持续性，可证考拉兹猜想。

②  用迭代解集具有相邻互素性，互异传递性，个数有限性（等差素数数列有限长），三性结合，也可证明考拉兹猜想。

③  用最简本原解方程的数乘和内积变换，或最简本原解不等式的数乘和内积变换，可归谬证明考拉兹猜想。

这三种方法都能拿下考拉兹猜想的证明。

 第一种。用周期律证明考拉兹猜想。

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。即要么5的幂与2的幂模3同余，要么3的幂与2的幂模5同余，要么2的幂与5的幂模3同余，要么3的幂与5的幂模2同余，要么2的幂与3的幂模5同余，要么5的幂与3的幂模2同余。6种情形一致性地存在：2的幂跟1模3同余，或者2的幂跟2模3同余。这就是洛书所呈现出来的规律，而这正是考拉兹猜想。

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。

换句话说就是，根据三元互素方程性质，迭代解的单一同余类不具可持续性，形如3x+1的数，形如3x+2的数，形如3x+0的数，在给定数的整数迭代解集中是相互交替延申的，因此三类数的持续延申就等价于3x+1型的偶数在迭代延申，而这一类型的偶数必同2的幂有交集，3x+2型且x是偶数时通过除以2会回到3x+1型（是前者本原解的通解），等价于余0或余2型的也就不能跟着持续迭代延申数列的长度了，每次迭代解集的持续延申，都等价于3x+1型偶数的持续延申，而该型偶数同2的幂必有交集，前文已证，如此考拉兹猜想就获证了，这是最早期的证明，虽然简单，但需要很吃力的直觉理解。

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（类似3x+1型）；一类是半个卧底，能接头传信（类似3x+2型）；剩下一类是死硬份子（类似3x+0型）。与接头人（类似2的k次幂）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。

考拉兹猜想获证说明了轮替值班制度是脆弱的，一定要派专业人员防疫把关。总之，坏事不宜轮替把关，好事须轮替迎接，见者有份，有一个接到好事，大家都好，但有一个接到糟事，大家都糟。看来好事要公平，责任尽本分。

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。

为何根据素数"定差"方程中的素数数列有限长，就可判定素数"通项"公式或迭代公式中的素数数列有限长？且其映射方程所得到的通解数列也有限长？

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^（p-1）=1（mod p），令a^（p-1）+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（p-1）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。

为何考拉兹迭代函数每次所得到的奇数解集，是有限长素数数列满足乘法交换律前提下的条件映射？

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。

围绕每次输入的生成元定值要么迭代变大要么迭代变小延伸，不会重复。

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 由于①-②可得到方程（2^n1+3）•x2=3•x1+2^n2• x3，且因为其中的x1， x2 互素， x3，x2 互素，故x2 必与x1，x3 互异。若x1，x3 非互异，那么（2^n1+3）•x2=（2^n2+3）• x1，因 x1，x2 互素，故整数本原解只能是 x1=2^n1+3，x2=2^n2+3，代入方程①， 有 3（2^n1+3）+1=2^n1•（2^n2+3），简化得到，2^（n1+n2）=10，矛盾，故假设 x1，x3 非互异是不自洽的，x1，x3 互异得证。同态同构关系都具备传递性，若 a=b，b=c，则 a=c，但互素互异不具备传递性，a=3 和 b=5 互素互异，b=5 和 c=3互素互异，但a=3和c=3并不互素互异，仅在特殊情况下，互异具备传递性， 如以上考拉兹迭代函数情形，已证x1，x2 互异，x3，x2 互异，可得到x1，x3 互异。 于是x1， x2， x3，…，xk存在互异传递性。这样每次迭代出路就只有两种可能， 一是最后变大存在无穷迭代，二是最后变小获得奇数 1，终止迭代延伸。

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（f（x））=（3x+1） / 2^ i（x 为奇数，i为被除数中所有 2因子的个数）；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（f（p））=p+2k;通过线性算子f（f（u））作用f（f（p））=p+2k，就可得到f（f（x））=（3x+1） / 2 i（x 为奇数， i为被除数中所有 2因子的个数）。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"定差"方程中的素数数列有限长；可知素数"通项"公式中的素数数列有限长；继而可知素数迭代公式中的素数数列有限长；还知道，考拉兹迭代函数每次所得到的奇数解集是有限长素数数列的条件映射；最后得到与素数迭代公式映射的奇数迭代公式其奇数数列必有限长。用代数思想证明考拉兹迭代函数不会无限迭代，比用解析方法进行概率判断要精准得多，因为用概率的方法有时得到0%和100%的结论都不能肯定是否有例外的情形，只能解决几乎的问题，而不能完成最后的终极证明。

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。

用最简本原解内积变换可证 3x+1与2^k 有交集。 假如3x+1 与 2^k 无交集，即3x+1=2^k 无解， 那么3x+3=2^k 也一定无解， 因为它可变换为（3x+1）（ 1+3）T=2^k·λ，特征值λ乘以两边相同的特征向量，方程才会相等，或者它还可变换为（3x+1）（ 1+3）T=2^k·v，匹配数 v 乘以两边不相等的多项式虽可凑成等式，但v改成纯2因子数时，不等式两边仍不会相等。 由于3x+1 ≠ 2^k，两边加 2 也必不相等，3x+1+2 ≠ 2^k+2。 如果右边为大，大边改更大，为 2^k+1，右边仍大；如果右边为小，小边改更小，为 2^k-1，右边仍小。 故不等式 3x+3 ≠ 2^k 仍成立，导致 3x+1 与 2^k 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（x为偶数），因为它可变换为（3x+2） / 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。

以下进一步推出每个生成元xi所产生的迭代集与2的幂都有交集。

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（xi+2）+1 与 2^k 也是不等式，因为原方程的内积本原解无解， 那么（3xi+1）（ 1+7） T=2^kλ也无内积通解，等价于 3（xi+2）+1=2^k 都无解， 3（xi+2）+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。

幂尾数周期律也能获得这一结论，从偶数中的2 幂数子集与补集之间必存在相邻差值2 这一判定出发也可完成证明。而xi+2 可后继获得所有奇数，这就意味着，在所有奇数定义域下，3x+1与2^k 都是不等式，这就同前文已经证明的 3x+1 与 2^k 有交集矛盾。故可归谬得到，任意奇数生成元 x 所迭代产生的对象集与2^k 必有交集，否则都无交集。考拉兹猜想在三元互素方程的内积运算下得证。它是通过最简本原解方程的映射变换来完成证明的。

以上是用代数加性数论的思想完成证明考拉兹猜想的。 (罗莫)