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~ Consideration on Collatz conjecture ~

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ごあいさつ

こんにちは。タンジェントこと田中ジェン太郎と申します。
いつもは VTuber(ごっこ) をして、数学とは全く関係ないことで遊んでいます。
本記事は、コラッツ予想について、田中ジェン太郎の主観から考えてみるものです。
過去に某サイトで同様の記事を書いたのですが、残念なことにそのサイトが閉鎖してしまいましたので、
新たにこちらのサイトにてお世話になります。
何かわかったことがあれば追記していくというやり方で書いていきますので、
見出しの前後の直接的な関連性がなくただ雑多で脈絡がないものになっていきますが悪しからず。
よろしくお願いいたします。
あわよくばコラッツ予想を解明して1.2億円をもらいます。


コラッツ予想とは

コラッツ予想

Collatz 予想

任意の自然数 n に対し,以下の関数f(n)を定義する;

f(n)={n2(n0mod2)3n+1(n1mod2)

さらに,この関数をk回合成したものをfk(n)と表すことにする.
このとき,nがどのような自然数であっても,
fk(n)=1となる有限の自然数kが存在するであろう.

「偶数の時は2で割り,奇数の時は3倍して1足す操作を繰り返すと,いつかは必ず1を得るであろう」
というのがこの予想の主張です。
 ここで、f()に自然数nを代入して次の値f(n)を算出することを、
nに関数fを作用させる」と呼ぶことにし、
自然数nに対してコラッツ予想の主張が成立する場合、
nはコラッツ予想に従う」と呼ぶことにします。
(後述の「ショートカット形式」についても同様)


コラッツ予想のショートカット形式

nが奇数のとき、3n+1は明らかに偶数であるため、
コラッツ予想は以下のショートカット形式として考えることもできます;

Collatz 予想(ショートカット形式)

任意の自然数 n に対し,以下の関数T(n)を定義する;

T(n)={n2(n0mod2) 3n+12(n1mod2)

さらに,この関数をk回合成したものをTk(n)と表すことにする.
このとき,nがどのような自然数であっても,
Tk(n)=1となる有限の自然数kが存在するであろう.

今回はこのショートカット形式を採用し議論を進めます。理由は後述。


もしも予想が正しくなかったら?

もしも予想が正しくない場合、つまり、もしもコラッツ予想に従わない数が存在する場合、
それは複数存在します。操作をした場合の数の移り変わり方は以下の2通りです;

  • 循環する(元の数に戻ってくる)
  • 無限に発散する(有界でない)

そして、(存在する場合)コラッツ予想に従わない数について、以下のことが分かっています。

コラッツ予想が正しくない場合

コラッツ予想に従わない奇数が存在する場合,そのような奇数のうち最小のものをcとおくと,
c3mod4
である.

T(c)=3c+12>c である.T(c)が偶数であるとすると,T2(c)=3c+14c であり,
等号成立はc=1であるが,これはコラッツ予想に従うため,c3以上の奇数で,

T2(c)=3c+14<c である.

コラッツ予想に従わない数に対して関数を作用させて得た数もコラッツ予想に従わないため,

3c+14もまたコラッツ予想に従わない数である.しかしながら,これはcの最小値性に反する.

このことから,T(c)は偶数でなく奇数であるとわかり,

T2(c)=33c+12+12=9c+54=2c+1+c+14 である.

これは自然数でなくてはならないから,c+14の倍数,すなわち
c+10mod4c3mod4
である.(証明終)

つまり、コラッツ予想が正しいかどうかを確かめる際は、4で割って3あまる数さえ調べればよいことになります。


連続で奇数を得続けると?

なぜショートカット形式Tを用いるか

通常の形式fを用いる際、奇数に作用させて得られる数は必ず偶数になりますが、
ショートカット形式の関数Tに奇数を代入して得られる数は奇数である場合もあります.
例えばn=7のとき;

n=7のとき:

T(7)=37+12=11

T2(7)=T(11)=311+12=17

T3(7)=T(17)=317+12=26


ショートカット形式Tで奇数を得続けたとき

次ではショートカット形式Tを用いて、奇数を連続で得続ける回数と、
T(n)に代入する自然数nの関係性について議論します。
関数の合成の過程で必ず偶数を挟むfより、奇数を得ることがあるTのほうが何かと都合がよいのです。
これがショートカット形式Tを採用する理由です。



以降、関数の合成の表記で、T0(n)=nと表すことにします。

nを自然数とする.
自然数tに対し,Tt(n)が偶数であり,Ti(n) が奇数 (i=0,1,2,...,t1)であるとすると,

Tt(n)=(32)t(n+1)1

である.

初項a0=T0(n)=n,漸化式ai+1=T(ai) の数列の一般項ak (k=0,1,2,...,t)を求めればよい.

ai+1=T(ai)=3ai+12ai+1+1=32(ai+1)

より,初項b0=a0+1=n+1,公比32の等比数列{bi}の一般項bkを求めると,

bk=(32)k(n+1)ak=(32)k(n+1)1

at=T(at1)=T2(at2)==Tt(a0)=Tt(n) より,

Tt(n)=(32)t(n+1)1

先の例のn=7の場合ですと、n=7, t=3で、

T3(7)=(32)3(7+1)1=26

となり、この例では確かに正しいことがわかりますね。


奇数を連続で得続ける回数

Tt(n)は偶数であるとしましたから、Tt(n)+1=3t2t(n+1) は当然ながら奇数になります。

ということは、3t2t(n+1)という式の分母2tは、式自体が自然数であるために

(n+1)と打ち消しあうようにして払われなければならず、

かつ、式は奇数であるためにn+12t は奇数でなければなりません。

このことから、n+1 は、素因数2をちょうどt個もつことがわかります。

さらに,補題1の式では2t回割り、3t回乗じていることになるため、
n+1の素因数23に置き換えれば、Tt(n)+1を得られることになります.

また、補題1の式を変形・整理すれば、

Tt(n)=(32)t(n+1)1Tt(n)+1n+1=3t2tn+1:Tt(n)+1=2t:3t

という比で表すこともできます.


コラッツ予想の計算コストを大幅に削減 ~これで∃●ノリのTKM先生もニッコリ~

以上のことから、n+1の素因数2の個数が、偶数を得るまでに行ったTの合成回数や、その偶数がどんな数かを調べるための手がかりになり、
逆にn+1の素因数3の個数が、どんな奇数にTを何回作用させればそのnを得られるかを調べるための手がかりにもなるのです。
これにより、関数を合成した後の数を算出する時間を大幅に短縮することが可能となります。
以下で例を挙げます;

n=7のとき:
n+1=8=23 より,t=3
8:T3(7)+1=23:33=8:27
T3(7)=271=26

n=503のとき:
n+1=504=23327 より,t=3
T3(503)=333271=1700

また,Tt¯(η)=503となる奇数ηを考える場合,
η+1:Tt¯(η)+1=2t¯:3t¯=η+1:23327より,
最大でt¯=2であり,その場合,η=223である.

実際,
T(223)=3223+12=335T(335)=3335+12=503で,確かに t¯=2 回目で 503 になり,T(503)=3503+12=755T(755)=3263+12=1133T(1133)=3395+12=1700で,確かに t=3 回目で 1700(偶数)を得る.


どんな時に奇数/偶数を得るか?

自然数nに対してTを作用させて得たT(n)が偶数か奇数かどうかを一般に判別する方法はわかりませんが、
逆に、nおよびT(n)の偶奇で、nがどのよう数であるかを、4で割ったときのあまりで区分することは可能です。

nT(n)がともに偶数である場合:nは明らかに4の倍数である.

nが奇数であり,T(n)が偶数である場合:

T(n)=3n+123n+10mod4n1mod4

nが偶数であり,T(n)が奇数である場合:

T(n)=n2 より n2mod4

nT(n)ともに奇数である場合:

T(n)=3n+123n+12mod4n3mod4

これを表に表すと以下の通り;

mod 4nが偶数nが奇数
T(n)が偶数n0n1
T(n)が奇数n2n3

このことから、もしコラッツ予想が正しくない数が存在するとして、その最小値cc3mod4のため、
T(c)は必ず奇数であるとわかります。
また、奇数nに対しT(n)が奇数かつT(η)=nとなる奇数ηが存在する場合、
n11mod12 であることが導かれます。(証明は割愛)


Tt(n)2の冪2τになるとき

コラッツ予想は、計算の結果が1になることが最終目標です。しかしながら途中で2の冪にさえなれば、
あとはそこから2で割り続けて1を得られるわけですから、2の冪はコラッツ予想に従うことがわかります。
もしもTt(n)2の冪2τになった場合の、その指数τntの関係性について調べてみましょう。


tと,2τの冪指数τの関係

nを自然数とする.
自然数tおよびτTt(n)=2τを満たし,Ti(n) が奇数 ( i=0,1,2,...,t1 )であるとすると,
2τ+13tの倍数である.

Tt(n)=(32)t(n+1)1=2τ で,(n+1)は素因数2をちょうどt個もつから,

奇数mを用いてTt(n)=3tm1=2τ と表せる.この式を整理すれば,
2τ+13tの倍数であることが導かれる.

mの値には触れていないことに注意!

mは奇数としているだけで、その因数に3が含まれているか否かについては触れていません。
mに因数3が含まれている場合、3の指数の数だけtに加算されることに注意してください。

以上,tτの関係が分かるのですが,ではτ自体は一体どんな数になるでしょうか。
それを考えるにあたり、次でいくつか補題を扱います。


τってどんな数? ~下準備~

任意の自然数tに対し,23t11mod3tが成り立つ.

t=1から5まで実際に確認してみると、

t=12=3111mod3t=28=9111mod9t=3512=271911mod27t=4134217728=81165700911mod81t=52417851639229258349412352=243995000674579941707577111mod243

となります。最後のほうエグいですね。読みますか?
2杼[ジョ] 4178 垓[ガイ] 5163 京[ケイ] 9229兆 2583億 4941万 2352 です。もう人が現代社会で扱う領域を超えている。
この補題は数学的帰納法を用いて証明できます。やってみてね。
もっと言うと、合同式は両辺を累乗しても合同関係は成り立つわけですから、
奇数pを用いて 23t1p1mod3t が成り立つことも分かります。
この合同式の左辺を移項すれば、

23t1p+10mod3t

となります。このことを用いて何をしたいかは、勘のいいガキ鋭い方であればもうお分かりですね。


証明しよう 間違いのないように (♪ ~ チューリングラブ~)

そうです。補題2の条件下で上記の合同式が成り立っていてくれれば,
τは一定の式で表すことができるのです。なんて素晴らしい。
ようはτ=3t1pであってくれれば良いのです。
しかし,これを何の証明もなしに使うことは許されません。
τを他の表し方でしか表せない場合が存在するかも知れない。
もしかするとτが偶数になる場合が存在するかもしれない。
その可能性を潰し、上記の式ただ一通りに表すことが許されるよう、次の補題を扱います;


任意の自然数tに対し,以下の命題Pt,Qtは同値である;
Pt:奇数pを用いて,τ=3t1p と表せる.
Qt:2τ+13tの倍数である.

これも数学的帰納法を用いて証明が可能です。
(長ったらしいので、面倒な人は「ハイハイ、証明できるんですね」程度に思って読み飛ばしてもらって大丈夫です)


t=1のとき
P1Q1の証明】
P1より,τ=pすなわちτは奇数である.一方,
Q1:2τ+13の倍数であるにはτが奇数であればよい.
したがって,P1Q1は真である.
P1Q1の証明】自明

以上から,P1,Q1は同値である.


ある自然数tに対し,Pt,Qtが同値であると仮定する.

Pt+1Qt+1の証明】
Pt+1より,τ=3tpである.これをQt+1に代入して,
Qt+1:2τ+1=23tp+1=(23t1p)3+1=(23t1p+1){(23t1p)2(23t1p)+1}を得る.

仮定よりPt,Qtは同値のため,(23t1p+1)3tの倍数.
また{(23t1p)2(23t1p)+1}3の倍数である.

41mod321mod3

したがって,23tp+13t+1の倍数であるから,Pt+1Qt+1が示される.

Pt+1Qt+1の証明】
Qt+1Qtであり,仮定よりPt,Qtは同値のため,Qt+1QtPtである.

したがってPtについて,奇数τ¯,pを用いてτ¯=3t1pと表せるとすれば,
Qtから,2τ¯+13tの倍数である.

一方,(2τ¯)3+1=(2τ¯+1){(2τ¯)2(2τ¯)+1} であることを考えると,
先述の議論と同様,{(2τ¯)2(2τ¯)+1}3の倍数である.
したがって,(2τ¯)3+1=23τ¯+13t+1の倍数である.
3τ¯=τとすれば,2τ+13t+1の倍数であるとき,τ=3tpと表せる.
これはQt+1Pt+1が真であることに他ならない.
以上から,Pt+1,Qt+1が同値であることが示された.


以上の議論から,数学的帰納法により,補題4が導かれる.

pの値には触れていないことに注意!

先述のmの話と同様です。この証明ではpの因数に3が含まれているか否かについては触れていません。
pに因数3が含まれていない場合、3の指数の数だけtに加算されることに注意してください。
逆にpに因数3が含まれていない場合,2τ+1は[3tの倍数]かつ[3t+1の倍数でない]ことになります。


ふでやすめ

ここまでお読みいただきありがとうございます。そしてお疲れ様です。
「あれ、何を考えているんだったっけ?」
と忘れかけてしまっている方のために、
ここで改めて周知します。

ショートカット形式Tを自然数nに作用させ、
「連続で奇数を得続け、t回目で初めて偶数を、しかも2の冪2τを得た」
ことを考えるにあたり,2τの指数τはどんな数なのか?

ということを調べていました。ここまでの証明でほぼ答えは出ているのですが、次でまとめに入ります。


τってどんな数? ~まとめ~

補題2 と同様の条件とすると,奇数pが存在して,τ=3t1pと表せる.
このとき,tn+1の素因数2の指数と等しい.

証明は前述の通りです.

例を挙げてみましょう。

n=151のとき n+1=152=2319より,t=3
T3(151)=33191=512=29 である.p=1とすれば,τ=3311=9である.

はい、ちゃんと一定の式で表せることがわかりました。


コラッツ予想、一部解明?

具体的な自然数nからτの値を導き出せたならば、その逆もできますね。

2の冪についてコラッツ予想は正しい

nを自然数とする.
自然数tおよびτTt(n)=2τを満たし,Ti(n) が奇数 (i=0,1,2,...,t1)であるとすると,
ある奇数pが存在して,τ=3t1pと表すことができ,

 n=(23)t(Tt(n)+1)1=(23)t(2τ+1)1=(23)t(23t1p+1)1 となる.

逆に,上記のように表せる自然数nについて,コラッツ予想は正しい.

 定理ってほどじゃないですが…。 証明は、これまでの議論を用いてTt(n)から逆算すれば明らかです。
前述のn=151の場合でも t=3, τ=9 (p=1)から導くことができます。

<!!--

2の冪じゃなくて、一般の偶数について考えたい!

本題はここから

 本来はこちらが議論の主題です。といいますのも、そもそも計算のスタートは最初に選んできた奇数nです。
そこからtおよびTt(n)τの値が決まるわけですから。
 先の2の冪になる場合の議論では、最終的に「Tt(n)=2τになるnはいくつでしょう」というお話でした。例に挙げた自然数nも、あくまでTt(n)の計算結果が2の冪になるnの値を選んだに過ぎず、平たく言えば2の冪に対する忖度です。
「あ!n=151としたらTt(n)2τになったぞぉ~!(すっとぼけ)」
という具合に。
よっぽどの偶然でも起きない限り、Tt(n)の値が2の冪になることはないでしょう。

n偶数n¯を得るまで

 先ほどはTt(n)=2τとなる場合について考えましたが,次は2の冪ではない一般の偶数について話を広げます。
つまり,Tt(n)=2τn¯となる奇数n¯がある場合です。n¯=1のときはまさしくTt(n)2の冪になる場合ですね。
次は無作為に奇数nを選んだときのtおよび Tt(n)=2τn¯となるτ, n¯の値を考えてみましょう。

nの表し方

 ところで、nからTt(n)を得るのにあたり、n+1の素因数23に置き換える操作が入るわけですが、
なぜそのような操作が必要とされることになったのでしょうか?これは実際に計算で確かめてみる他ありません。
n+1から素因数2を分離して表すと、mを奇数として2tmとなります。
n=2tm1T(n)に代入して得る数は

T(n)=3(2tm1)+12=2t13m1 ですね。

この式のとらえ方として、「nの第1項の素因数2の指数が1つ減り、31つ増えた」とみなすことができます。
tが十分大きければ、このT(n)も奇数です。もう一度Tを作用させてみると、

T2(n)=T(2t13m1)=3(2t13m1)+12=2t232m1 となります。

つまるところT()の操作というのは、「作用前の式の第1項の素因数2の指数を1つ減らし、31つ増やす」
ことと全く同じなのです。これが可能な回数がt回のため、「n+1の因数23に置き換える」ことで、
Tt(n)を得ることができるのですね。
このことから、n=2tm1という表し方は、コラッツ予想を考えるにあたって有効な手段だと思われます。
ちなみに、前述の注意と同様の理由で、奇数mには因数3が含まれていないものと考えてください。


 さて、コラッツ予想の(ショートカット形式の)操作はnからスタートし、
Tt(n)=(32)t(n+1)1=2τn¯,Tτ(2τn¯)=n¯ で、次の奇数n¯を得るまでがワンセット。

(T(n)nが偶数の時に2で割る関数であることをお忘れなく…)
 このn¯に当てはまる数が1になったとき、nに関してコラッツ予想は正しいといえます。
では、途中で得る偶数の2τn¯について、τn¯はどんな値になるでしょうか。
先ほどのようにτ=3t1p だと嬉しかったのですが、そう都合よく上手くいくものではありません。
どうにかしてn=2tm1Tt(n)=2τn¯の間に別の繋がりを見つけられないものでしょうか。
 ここからは、手探りで試行錯誤をしている状態のものをプロトタイプとして記述していきます。

スタートのnに制限を持たせる

 これまで口酸っぱく述べたこととして、前述のn=2tm1mは因数に3を持たないかどうか、つまり3の倍数でない奇数かどうかに注意を向けておりました。なぜ3を気にしているか、ここで改めて詳しくお話しします。

Tt(n)を得るまでの通過点の奇数と見なされる

 ここで仮にn=2tm1mが素因数3を持つとしましょう。奇数μを用いてm=3μ と表せますので、
n=2t3μ1 です。これは前述の"操作"に基づいて考えれば、T(2t+1μ1)=nと考えることはできませんか?
このように、m3の倍数であった場合、Tを作用させて奇数nを得るような奇数が存在することになるため、
Tt(n)を得るにあたり、スタートに代入する奇数としてn2t+1μ1のどちらを入れて考えても、
Tt+1(2t+1μ1)=Tt(n)となって変わらないよね、となるわけです。
 逆にm3の倍数にならないようにしてスタートするとき、Tを作用させてnを得るのに入れる数は偶数2nしかありません。このようなとき、n3で割ったときのあまりが01となるような奇数です。
そして、前に述べた表から、

n4で割ると1あまる数T(n)は偶数で、
n4で割ると3あまる数T(n)は奇数となります。

これを表に表すと以下の通り;

n0mod3n1mod3
n1mod4n9mod12n1mod12
n3mod4n3mod12n7mod12

コラッツ予想に従わない数が存在するとき、その最小は4で割って3あまるので、
考えるべき数は、表の下の段の2つになります。

投稿日:20231025
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タンジェントこと、田中ジェン太郎です。 いつもはVTuberやってます。

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  1. ごあいさつ
  2. コラッツ予想とは
  3. コラッツ予想
  4. コラッツ予想のショートカット形式
  5. もしも予想が正しくなかったら?
  6. 連続で奇数を得続けると?
  7. ショートカット形式Tで奇数を得続けたとき
  8. 奇数を連続で得続ける回数
  9. どんな時に奇数/偶数を得るか?
  10. Tt(n)2の冪2τになるとき
  11. tと,2τの冪指数τの関係
  12. τってどんな数? ~下準備~
  13. τってどんな数? ~まとめ~
  14. 2の冪じゃなくて、一般の偶数について考えたい!
  15. n偶数n¯を得るまで
  16. スタートのnに制限を持たせる