コラッツ予想2023年改訂版

概　要

本ドキュメントは
　$f(x): = 3x + 1$ , $(2a + 1)\times 3 + 1 = 6a + 4$,
　$f(2a + 1) = 6a + 4,$
　 $\therefore f: \{2a + 1\mid a \in \mathbb{N}^{0}\} \Rightarrow \{6a + 4\mid a \in \mathbb{N}^{0}\},$
　 $f^{−1}: \{6a + 4\mid a \in \mathbb{N}^{0}\}\Rightarrow\{2a + 1\mid a \in \mathbb{N}^{0}\}$
　 は全単射である$\cdots （1）$
と
　 $\{(2a + 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid a, h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} = \mathbb{N}^{1}$
　 $(0$ を含まない全自然数の集合 に等しい。何故ならばすべての$0$を含まない
　 全自然数 は $2$で割り切れる限り$2$で割り続ければ必ず割り切れなくなって
　 奇数となるから。)$ \cdots （2）$
により
$D(2a_x+ 1):=\{(2a_x+ 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid 2a_x+ 1 \neq 1, h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $
$(2a_x+ 1$は1以外の正奇数で任意定数）
$S: = \mathbb{N}^{1} − D(2a_x+ 1)$
　$：\{(2a_x+ 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid 2a_x+ 1 \neq 1, h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $をD$(2a_x+ 1)$
　 として、 $SをD(2a_x+ 1$) 以外の$ 0$ を含まない全自然数の集合として定義する。
$S\supset \{(2a_p−1 + 1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}∌ f(2a_p−1 + 1) = (6a_p−1 + 4) $
$\in D(2a_p+ 1)$ならば $(2a_p+ 1 = 2a_x+ 1$の場合を含む)
　$D(2a_p+ 1) :=D(2a_x+ 1)\cup \{(2a_p−1 + 1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}$
　$S: = \mathbb{N}^{1} − D(2a_p+ 1)$ とそれぞれ再定義する。$ \cdots (a)$
または$D(2a_p+ 1)∌(2a_p+ 1) = (6a_p+ 4)$
$\in \{(2a_p+1 + 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0} \}\subset S$
ならば ($2a_p+ 1 = 2a_x+ 1$の場合を含む)
　$D(2a_{p+1} + 1) :=D(2a_p+ 1)\cup \{(2a_{p+1} + 1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}$
　$S:=\mathbb{N}^{1} − D(2a_{p+1} + 1) , D(2a_p+ 1) = \emptyset$ (空集合 ) として
それぞれ再定義する。$ \cdots (b)$
$\cdots (a), \cdots (b)$の操作はともに一度実行されれば実行可能な条件を
満たさなくなるから二度と実行されない。
したがって
$\mathbb{N}^{1} = D(2a_n+ 1) \cup S$ がその中に重複項を持たないとすれば
上記の操作を繰り返すことによって後述の例外に該当しない
限り$\mathbb{N}^{1}$中唯一$\emptyset$ (空集合) ではない$D(2a_n+ 1)$ はその中に重複項を
持たず、$D(2a_n+ 1)$に含まれるすべての元は奇数なら$3$倍して
$1$を足し、偶数なら$2$で割るというコラッツ予想の題意のとおり
の演算を有限回繰り返しても元の数と同じ数となって循環
することはなく、$2a_n+ 1$となる。
以上のこと 等 によってすべての有限値をもった自然数は
コラッツ予想の題意のとおりの演算を有限回繰り返せば1と
なるというコラッツ予想の題意の真偽を検証しようと試みる
ものです。

定義1

$\mathbb{N}^0$ : 全ての0を含む自然数全体の集合（ただしその中に重複項をもたず、
　多重集合としてみた場合すべての元の重複度は 1であるとする。）
$\mathbb{N}^1 $ : 全ての0を含まない自然数全体の集合　（〃）
$\mathbb{Z} $　: 全ての0を含む整数全体の集合
$a_{n}, x_{m}, y_{0}, h_{m n} \ldots$ : 右下の小文字によって修飾されている変数名は
　　　 特に変域の指定が無ければ　すべて $\mathbb{N}^0 $
　　　 (全ての0を含む自然数全体の集合)に含まれて
　　　 唯一存在する任意定数または他の任意定数に直接
　　　 または間接的に依存して定まる固定値をもった
　　　 定数を表す。固定値を採るものして扱われるため
　　　 集合表記の中の定義域の指定はこれを省略する場合がある。
　例：$　\{ 2a_x+y \mid y \in \{ 0,1,2\} \} =\{ 2a_x+0 ,2a_x+1 ,2a_x+2\} $
　　 $\{ 2a_x+y \mid y\in \mathbb{N}^0 \} =\{ 2a_x+0 ,2a_x+1 ,2a_x+2 ,2a_x+3 ,2a_x+4 ,2a_x+5……\}$
$a, x, y, h \ldots \qquad$右下の小文字による修飾を伴わない変数名は
　　　 特に変域の指定が無ければ$ \mathbb{N}^0 $
　　　 (全ての0を含む自然数全体の集合) をわたる値をとりうる
　　　 普通の変数を表す。この場合変域指定 $\in \mathbb{N}^0$は省略される
　　　 ことがある。
$f(x):=3x+1 $
$e(2a_0+1,n) := ( 2a_0+1+ \frac{1}{3}) \times 4^n - \frac{1}{3} $ 初項$ 2a_0+1$,
　　　 漸化式$ 2a_{n+1}+1=(2a_n+1)\times 4+1 $
　　　 の漸化数列の第$ n$ 項 $a_n+1$ (初項$2a_0+1$は第$0$ 項）
$Oparation Collatz Setup \left(2 a_{x}+1\right), O.C.S.\left(2 a_{x}+1\right)$
　$:D(2a_x+1):=\{ (2a_x+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid a_x+1 \neq 1 , h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^0 \} $
　 $S=\mathbb{N}^1 -D(2a_x+1)$
　　$:\{ (2a_x+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^0 \}$ を$ D(2a_x+1) $ として、
　　 $D(2a_x+1)$以外の$ \mathbb{N}^1 $ (全ての0を含まない自然数全体の集合) を
　　 $S$ としてそれぞれ定義する。
$以上の操作をOparation Collatz Setup\left(2 a_{x}+1\right)$
略して $O.C.S.\left(2 a_{y}+1\right)$ と呼ぶこととする。

$Oparation Collatz Invite(2a_x+1,2a_{n-1}+1), O.C.I.((2a_x+1,2a_{n-1}+1)$
　 ：$D(2a_x+1)\supset \{ (2a_n+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^0 \} \ni (2a_n+1)\times 2^{h_{n_y}}=6a_{n-1}+4 $
　 $ D(2a_x+1)∌ f^{-1} ((2a_n+1)\times 2^{h_{n_y}})=2a_{n-1}+1\in \{ (2a_{n-1}+1)\times 2^{ h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^0 \}$
　 $ \subset S \subset $ $\mathbb{N}^1 \Rightarrow $　

　　： $(2a_n+1)\times 2^{h_{n_{y}}} $ が $D(2a_x+1) $の真部分集合である $\{ (2a_n+1)\times 2^{ h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^0 \} $
　　 に含まれ 、$f^{-1} ((2a_n+1)\times 2^{h_{n_y}})=2a_{n-1}+1$ が $\mathbb{N}^1 $ の真部分集合である
　　 $ S $の真部分集合 $ \{ (2a_{n-1}+1)\times 2^{ h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^0 \} $ に含まれて存在すれば
　　 $ (2a_n+1=2a_x+1,x=n $の場合を含む）　

　 $D(2a_x+1):=D(2a_{x+1}\cup \{ (2a_{n-1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^0 \} S:=\mathbb{N}^1 -D(2a_x+1) $

　　： $D(2a_x+1) $ を $D(2a_x+1 ) $ と $ \{ (2a_{n-1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^0 \} $ の和集合 として、
　　 $ S $を$D(2a_x+1) $以外の $ \mathbb{N}^1 $ (全ての0を含まない自然数全体の集合)
　　 としてそれぞれ再定義する。
以上の操作を $Oparation Collatz Invite(2a_x+1,2a_{n-1}+1) $
略して $ O.C.I.(2a_x+1,2a_{n-1}+1) $ と呼ぶこととする。

$Oparation Collatz Hijack(2a_{x+1}+1,2a_x+1),O.C.H.(2a_{x+1}+1,2a_x+1) $

　： $D(2a_x+1)\ni 2a_x+1 $
　 $D(2a_x+1)∌ f(2a_x+1)=(2a_{x+1}+1)\times 2^{h_{(x+1)_y}}=6a_x+4$
　 $\in \{ (2a_{x+1} +1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^0 \} \subset S\subset \mathbb{N}^1 \Rightarrow $
　　 ：$2a_x+1が D(2a_x+1)$に含まれ、$f(2a_x+1)=6a_x+4=(2a_{x+1}+1)\times 2^{h_{(x+1)_y}} $
　　 が $ \mathbb{N}^1 $ の真部分集合である $S$の真部分集合

　　 $ \{ (2a_{x+1}+1)\times 2^{ h^{\prime \prime} } \mid h''\in \mathbb{N}^0 \}$ に含まれて存在すれば
　 $D(2a_{x+1}+1)=D(2a_x+1)\cup \{ (2a_{x+1}+1)\times 2^{ h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^0 \} $　
　 $S=\mathbb{N}^1 -D(2a_{x+1}+1), D(2a_x+1)=\emptyset $(空集合 )
　　：$D(2a_{x+1}+1)$ を $D(2a_x+1) $ と $ \{ (2a_{x+1}+1)\times 2^{ h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^0 \} $ の和集合 として、
　　 $S$を $D(2a_{x+1}+1)$以外の$ \mathbb{N}^1$ (全ての0を含まない自然数全体の集合) として、
　　 また $D(2a_x+1$) を $\emptyset$(空集合 )としてそれぞれ再定義する。
以上の操作を$Oparation Collatz Hijack(2a_{x+1}+1,2a_x+1)$,
略して$O.C.H.(2a_{x+1}+1,2a_x+1)$ と呼ぶこととする。

命題1-1

$ \{ (2a+1)\times 2^{ h^{\prime \prime}} \mid a, h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^0 \} =\mathbb{N}^1 $

：正の奇数 $2a+1$を初項とする公比 $2$ の 等比数列すべての集合は
全ての $0$ を含まない自然数の集合 $\mathbb{N}^1$ に等しい。

証明1-1

全ての0を含まない偶数は2 で割り切れる限り2 で割り続けていけば必ず
割り切れなくなって奇数となるから

命題1-2

$f:\left\{2 a+1 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\} \rightarrow\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}$
$f^{-1}:\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\} \rightarrow\left\{2 a+1 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}$
は全単射である。

証明1-2

$f(2 a+1)=(2 a+1) \times 3+1$
　$=6a+4$
$f^{-1}(6a+4)=(6a+4-1) \div 3$
　$=2a+1$
$\therefore f:\left\{2a+1 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\} \rightarrow\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}$
$f^{-1}:\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\} \rightarrow\left\{2a+1 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}$
　 は全単射である。

命題1-3

$ (6a+1) \times 2^{2 h+2} \in\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}\left(h \in \mathbb{N}^{0}\right)$

$ (6a+3) \times 2^{h} \notin\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}\left(h \in \mathbb{N}^{1}\right) $

$ (6a+5) \times 2^{2 h+1} \in\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}\left(h \in \mathbb{N}^{0}\right)$

証明 1-3

$6a+2 \notin\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}$
$(6a+2) \times 2^{1}=12 a+4=6(2 a)+4 \in\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}$
\quad$(6a+4) \times 2^{1}=12 a+8=6(2 a+1)+2 \notin\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}$
$(6a+1) \times 2^{1}=12 a+2=6(2 a)+2 \notin\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\} $
$(6a+5) \times 2^{1}=12 a+10=6(2 a+1)+4 \in\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}$
$(6a+3) \times 2^{1}=12 a+6=6(2 a+1)+3 \notin\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\} $
$\therefore$
$(6a+1) \times 2^{2 h+2} \in\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}\left(h \in \mathbb{N}^{0}\right) $
$(6a+3) \times 2^{h} \notin\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}\left(h \in \mathbb{N}^{1}\right)$
$(6a+5) \times 2^{h+1} \in\left\{6a+4 \mid a \in \mathbb{N}^{0}\right\}\left(h \in \mathbb{N}^{0}\right)$

命題 1-4

$f(e(4a+3, n)) \div 2^{1+2 n}=6a+5$
$f(e(8 a+1, n)) \div 2^{2+2 n}=6a+1$

証明 1-4

$(4a+3) \times 3+1=12 a+10$
$(12 a+10) \div 2^{1}=6a+5 $
$(8 a+1) \times 3+1=24a+4$
$(24a+4) \div 2^{2}= 6a+1$
$(2 a+1) \times 3+1=6a+4 $
$(2 a+1) \times 4+1=e(2 a+1,1)$
$=8 a+5 $
$(8 a+5) \times 3+1=24a+16 $
$=(6a+4) \times 2^{2} $
$ \therefore f(e(4a+3, n)) \div 2^{1+2 n}=6a+5$
\quad$ f(e(8 a+1, n)) \div 2^{2+2 n}=6a+1$

命題1-5

$f(2a_x+ 1)\in \{(2a_x+ 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }, ax\in \mathbb{N}^{0}\} \Rightarrow $
$2a_x+ 1 = 1, h^{\prime \prime } = 2$
(ただし$2a_x+ 1 $は$\mathbb{N}^{0} $を定義域とする任意定数)
$:f(2a_x+ 1)$ が $\{(2a_x+ 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}$ に含まれているとすれば
$2a_x+ 1 = 1, h^{\prime \prime } = 2$である。

証明1-5

命題1-4により $f(e(8a + 1,n)) \div 2^{2+2n} = 6a + 1$
$n = 0\Rightarrow f(8a + 1) \div 2^2 = 6a + 1$
$a = 0\Rightarrow 8a + 1 = 6a + 1$
$a > 0\Rightarrow 8a + 1 > 6a + 1$
$n > 0\Rightarrow e(8a + 1,n) > 32a + 5 > 6a + 1$
命題1-4により $f(e(4a + 3,n)) \div 2^{1+2n} = 6a + 5$
$n = 0\Rightarrow f(4a + 3) \div 21 = 6a + 5$
$4a + 3 < 6a + 5$
$n > 0\Rightarrow e(4a + 3,n) > 16a + 13 > 6a + 5$
$\therefore f(2a_x+ 1)\in \{(2a_x+ 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }, a_x\in \mathbb{N}^{0}\} \Rightarrow $
$2a_x+ 1 = 1, h^{\prime \prime } = 2 $(ただし$2a_x+ 1 は\mathbb{N}^{0}$ を定義域とする任意定数)
　$:f(2a_x+ 1)$ が $\{(2a_x+ 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in 　\mathbb{N}^{0}\}$ に含まれているとすれば
　 $2a_x+ 1 = 1, h^{\prime \prime } = 2$である。

命題1-5補足

以上により
$a_x\in \mathbb{N}^{1}2a_x+ 1, \S^1 = 2a_x+ 1$ となるような $2a_x+ 1$ は存在しない。

命題1-6

$f(2a_{−1} + 1) \div 2h_0 = 2a_0 + 1$
$f(2a_0 + 1) \div 2h_1 = 2a_1 + 1, 2a_1 + 1\neq 1\Rightarrow $
$2a_{−1} + 1\neq 2a_1 + 1$
$：f(2a_{−1} + 1) \div 2^{h0} = 2a_0 + 1, f(2a_0 + 1) \div 2^{h1} = 2a_1 + 1, $
となるとき $2a_{−1} + 1 $が $1 $でなければ $2a_{−1} + 1と2a_1 + 1 $は
等しくない。

証明1-6

命題1-4により $f(e(8a + 1,n)) \div 2^{2+2n} = 6a + 1$
$n = 0\Rightarrow f(8a + 1) \div 2^2 = 6a + 1$
$f(6a + 1)\div 2^1 = 9a + 2$
もし$9a + 2$が奇数ならば $9a + 2 > 8a + 1$
もし$9a + 2$が偶数ならば $(9a + 2)\div 2 = 4. 5a + 1 < 8a + 1$
$n > 0\Rightarrow e(8a + 1,n) > 24a + 5 > 9a + 2$
命題1-4により $f(e(4a + 3,n)) \div 2^{1+2n} = 6a + 5$
$n = 0\Rightarrow f(4a + 3) \div 21 = 6a + 5$
$f(6a + 5)\div 2^1 = 9a + 8$
もし$9a + 8$が奇数ならば $9a + 8 > 4a + 3$
もし$9a + 8$が偶数ならば $(9a + 8)\div 2 = 4. 5a + 4 > 4a + 3$
もし$4. 5a + 4$が偶数ならば
$(4. 5a + 4)\div 2 = 2. 25a + 2 < 4a + 3$
$n > 0\Rightarrow e(4a + 3,n) > 16a + 13$

$f(6a + 5)\div 2 <1 = 9a + 8 16a + 13$
命題1-6補足
以上により $a_0\in \mathbb{N}^{1} $ならば
$2a_0 + 1 \S^1 = 2a_1 + 1, 2a_1 + 1 \S^1 = 2a_0 + 1$
となるような正奇数の組は存在しない。

命題1-7

$\exists \{(2a_n+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid ,h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0} \}\subset \mathbb{N}^{1} \Rightarrow$　
$\{(2a_n+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0} \}\cap \{\forall \{(2a_m+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0}\}\}=\emptyset$(空集合)

：ある$\mathbb{N}^{1}$ の真部分集合で正奇数 $2a_n+1$を初項とし、公比2の等比数列全ての
集合 $ \{(2a_n+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0} \}$ があってこれ以外の如何なる $\mathbb{N}^{1}$ の真部分集合で
正奇数 $2a_m+1$を初項とし、公比2 の等比数列全ての集合 $\{(2a_m+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0} \}$
とも 互いに素で両者は共有項を持たない。
（$ \mathbb{N}^{1} $ の真部分集合であるすべての正の奇数 を初項とする公比 2 の 等比数列すべての
集合はその中のどの二つの集合をとっても互いに素で両者は共通項をもたない。）

証明1-7

命題1-1
$\{(2a+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid a,h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0} \}=\mathbb{N}^{1} $　
　　:正の奇数 $2a+1$を初項とする公比 2 の 等比数列すべての集合は
　　全ての 0 を含まない自然数の集合 $\mathbb{N}^{1}$ に等しい。
と
0 を含まない自然数全ての集合 $\mathbb{N}^{1}$ はその中に重複項を持たないから
$\exists \{(2a_n+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0} \}\subset \mathbb{N}^{1} \Rightarrow$
$\{(2a_m+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0} \cap \forall \{(2a_m+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0} \}$
$\subset \{\mathbb{N}^{1} -\{(2a_n+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0} \}\}=\emptyset $　
：ある$\mathbb{N}^{1}$ の真部分集合で正奇数 $2a_n+1$を初項とし、公比2の等比数列全ての集合
　$\{(2a_n+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0} \} $があって
　 これ以外の如何なる$ \mathbb{N}^{1} $ の真部分集合で正奇数 $2a_m+1$を初項とし、公比2 の
　 等比数列全ての集合 $\{(2a_m+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0} \}$ とも互いに素で
　両者は共有項を持たない。
　 （$ \mathbb{N}^{1}$ の真部分集合であるすべての正の奇数 を初項とする公比 2 の 等比数列
　すべての集合はその中のどの二つの集合をとっても互いに素で両者は共通項
　をもたない。）

命題1-8

　 すべての自然数は コラッツ予想の題意のとおりの演算を繰り返して
　 途中 $1$ とならない限り $2a_m+ 1 \S^n = 2a_m+ 1$となって循環することがない

証明1-8

　 $2a_{0y}+ 1, 2a_{1z}+ 1$を十分に大きい任意定数$a_{1z}, a_{0y}\in \mathbb{N}^{1}(a_{1z}, a_{0y}\neq 0)$として
　 $2a_{0y}+ 1 \S^1 = 2a_{1z}+ 1 $が成立して
　 $O.C.S(2a_{1z}+ 1), O.C.I.(2a_{1z}+ 1, 2a_{0y}+ 1)$ または
　 $O.C.S(2a_{0y}+ 1),O.C.H.(2a_{1z}+ 1, 2a_{0y}+ 1)$によって
　$D(2a_{1z}+ 1) = \{(2a_{1z}+ 1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $
　 $\cup \{(2a_{0y}+ 1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}$を得たとする。ここに
　命題1-7
　 $\exists \{(2a_n+ 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}\subset \mathbb{N}^{1},$
　 $2a_n+ 1\neq 2a_m+ 1 , a_n, 2a_m\in \mathbb{N}^{0}\Rightarrow$
　 $\{(2a_n+ 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} \cap $
　 $ \forall \{(2a_m+ 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} = \emptyset$ 空集合
　によって$D(2a_{1z}+1)$ はその中に重複項を持たない。
　 $f(2a_{-1x}+ 1) = 6a_{-1x}+ 4 \in D(2a_{1z}+ 1)$ となるような
　$2a_{-1x}+ 1$が$S$ に含まれて存在し、$O.C.I.(2a_{1z}+ 1, 2a_{-1x}+ 1)$ が実行可能であるとする
　この時、$f(2a_{1z}+ 1) \in D(2a_{1z}+ 1)$ が成立すると仮定すれば
　 $2a_{1z} + 1 \S^1 = 2a_{0y}+ 1, 2a_{0y}+ 1 \S^1 = 2a_{1z}+ 1$
　 または$2a_{1z}+ 1 \S^1 = 2a_{1z}+ 1$が成立して
　命題1-6補足
　 $a_0\in \mathbb{N}^{1}$ ならば
　 $2a_0 + 1 \S^1 = 2a_1 + 1, 2a_1 + 1 \S^1 = 2a_0 + 1$
　 となるような正奇数の組は存在しない。
　 または
　 命題1-5補足
　 $a_x\in \mathbb{N}^{1}\Rightarrow$
　 $2a_x+ 1 \S^1 = 2a_x+ 1$ となるような $2a_x+ 1$ は存在しない。
　と矛盾するから
　$\therefore f(2a_{1z}+ 1)= 6a1z+ 4 \notin D(2a_{1z}+ 1)$
　$2a_{1z}+ 1 \neq \forall ( 2a_{−1x}+ 1)$ である。
　よって
　$S\supset \exists \{(2a_{2p} + 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}\ni f(2a_{1z}+ 1)= 6a1z+ 4$ が成立する。
　$2a_{1z}+ 1 は f(2a_{−1x}+ 1)= 6a−1x+ 4 \in D(2a_{1z}+ 1)$ となるような
　何れの $2a_{−1x}+ 1 $とも等しくない。
　$\{(2a_{2p}+ 1) \times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} \cap D(2a_{1z}+ 1) = \emptyset$ (空集合)であるから
　ここで$O.C.H.(2a_{2p}+ 1, 2a_{1z}+ 1)$ を実行して
　　$D(2a_{2p}+ 1) = \{(2a_{1z}+ 1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $
　　　$\cup \{(2a_{0y}+ 1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}$
　　　　$\cup \{(2a_{2p}+ 1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}$
　として
　$D(2a_{2p}+ 1)$はその中に重複項を持たず
　$2a_{−1x}+ 1 \S^1 = 2a_{0y}+ 1 , 2a_{0y}+ 1 \S^1 = 2a_{1z}+ 1, 2a_{1z}+ 1 \S^1 = 2a_{2p}+ 1$
　が成立して
　$2a−1x+ 1, 2a_{0y}+1, 2a_{1z}+ 1, 2a_{2p}+ 1$はその中のどの 2個をとっても
　等しくない。$\cdots (a)$
　以降同様に$f(2a_{2p}+ 1) = 6a_{2p}+ 4\in D(2a_{2p}+ 1)$ となる組が存在すれば
　$2a_{2p}+ 1 \S^1 = 2a_{0y}+ 1 , 2a_{0y}+ 1 \S^1 = 2a_{1z}+ 1, 2a_{1z}+ 1 \S^1 = 2a_{2p}+ 1$
　$2a = 2p+ 1 \S^1 = 2a_{1z}+ 1, 2a_{1z}+ 1 \S^1 2a_{2p}+ 1, 2a_{2p}+ 1 \S^1 = 2a_{2p}+ 1 $
　の いずれかが成立して $\cdots (a) ,$ 命題1-6補足
　 $a_0 \in \mathbb{N}^{1}$ ならば $2a_0 + 1 \S^1 = 2a1 + 1, 2a1 + 1 \S^1 = 2a_0 + 1$
　 となるような正奇数の組は存在しない。または
　命題1-5補足
　 $a_x\in \mathbb{N}^{1}\Rightarrow$
　 $2a_x+ 1 \S^1 = 2a_x+ 1$ となるような $2a_x+ 1$ は存在しない。
　 のいずれかと矛盾する。
　 したがって
　 $f(2a_{2p}+ 1) = 6a_{2p}+ 4 \notin D(2a_{2p}+ 1)$
　 $\therefore f(2a_{2p}+ 1) = 6a_{2p}+ 4 $
　　 $\in \{(2a_{3q}+ 1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid a_{3q} \in \mathbb{N}^{1},h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} \subset S$
　 が成立して
　$2a_{3q}+ 1 $は すべての $f(2a−1x+ 1) \in D(2a_{2p}+1)$となるような
　何れの$ 2a_{−1x}+ 1 $とも等しくない。
　 $D(2a_{2p}+1) \cap \{(2a_{3q}+ 1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid a3q\in \mathbb{N}^{1}, h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} = \emptyset$ (空集合)
　であるから
　 $O.C.H.(2a_{3q}+ 1, 2a_{2p}+ 1) を実行してD(2a_{3q}+ 1)$はその中に重複項を
　 もたず、
　$2a_{-1}x+ 1 \S^1 = 2a_{0y}+ 1, 2a_{0y}+ 1 \S^1 = 2a_{1z}+ 1 , 2a_{1z}+ 1 \S^1 = 　　2a_{2p}+ 1$
　 $ 2a_{2p}+ 1 \S^1 = 2a_{3q}+ 1$
　が成立し、
　$ 2p+ 1 \S^1 = 2a_{3q}+ 12a_{1x}+ 1, 2a_{0y}+ 1 , 2a_{1z}+ 1 , 2a_{2p}+ 1 , 2a_{3q}+ 1$
　はこの中のどの2つを
　 とっても等しくない$\cdots .(b)$ 以降同様に
　　　$\vdots $
　$2a_{-1x}+ 1 \S^1 = 2a_{0y}+ 1, 2a_{0y}+ 1\S^1 = 2a_{1z}+ 1 ,\cdots 2a_{ (n−1)t}+ 1 \S^1 =2a_{nu} + 1$
　 が成立し、
　 $2a_{−1x}+ 1 ,2a_{0y}+1,2a_{1z+1},\cdots 2a_{(n−1)t}+ 1, 2a_{nu}+ 1$
　 はこの中のどの2つをとっても等しくない。
　以上により すべての自然数は コラッツ予想の題意のとおりの演算を
　繰り返して 途中 1 とならない限り$ 2a_m+ 1 \S^n = 2a_m+ 1$となって循環する
　 ことがない。

命題1-9
　 すべての 自然数は　コラッツ予想の題意に従った演算を有限回繰り返して行えば
　 1 となる。　
証明1-9
命題1-8
　 すべての自然数は コラッツ予想の題意のとおりの演算を繰り返して
　 途中$ 1$ とならない限り$ 2a_m+ 1 \S^n = 2a_m+ 1$となって循環することがない
　により
　すべての$1$以外の自然数はコラッツ予想の題意
　に従った演算を有限回繰り返すことによって初項と同じ数と
　 なって循環することがなく、0と1以外の自然数はコラッツ予想
　 の題意に従った演算上$1\Rightarrow4\Rightarrow1$以外に閉じた部分がない。
　よって
　順序対$ (2a+1,6a+4)$ の片方が$D (\cdots )$に含まれ他方が$S$に含まれるという状態が
　あり得ない唯一の例外として$O.C.I.(1,1)$ を除いて
　 $O.C.I.(1,2a_{-n}+1)$ を実行継続していけば有限値をもった自然数ならば必ず $D(1)$
　 に含まれるようになり、　
　 $D(2a_p+1)$中のすべての自然数は
　　　　$f(2a_{-m}+1)=6a_{-m}+4=(2a_{-m+1} +1)\times 2^{h_{(-m+1)_x}},$
　　　　 $\{(2a_{-m+1} +1)\times 2^{h_{(-m+1)_x}}\} \div 2^{h_{(-m+1)_x}}= 2a_{-m+1} +1 $
　　　　 $f(2a_{-m+1} +1)=6a_{-m+1} +4=(2a_{-m+2} +1)\times 2^{h_{(-m+2)_x}},$
　　　　 $\{(2a_{-m+2} +1)\times 2^{h_{(-m+2)_x}}\} \div 2^{h_{(-m+2)_x}}= 2a_{-m+2} +1 $
　　　　 　　　　 $\vdots$
　　　　 $f(2a_{-1}+1)=6a_{-1}+4=(2a_0+1)\times 2^{h_{0_x}},$
　　　　 $\{(2a_0+1)\times 2^{h_{0_x}})\} \div 2^{h_{0_x}}= 2a_0+1 $
　　　　 $f(2a_0+1)=6a_0+4=(2a_{1}+1)\times 2^{h_{1_x}},$
　　　　 $ \{(2a_{1}+1)\times 2^{h_{1}} \} \div 2^{h_{1_x}}= 2a_{+1}+1 $
　　　 　　　　 $\vdots$
　　　　 $f(2a_{p-1}+1)=6a_{p-1}+4=(2a_p+1)\times 2^{h_{p_x}},$
　　　　 $\{(2a_p+1)\times 2^{h_{p_x}}\} \div 2^{h_{p_x}}= 2a_p+1$
　 のようにコラッツ予想の題意に従った演算を有限回繰り返して行えば$ 2a_p+1$ となる。
　 よってすべての自然数は　$D(1)$ においてコラッツ予想の題意に従った演算を有限回
　 繰り返して行えば 1 となる。 　

参考資料： \url{ http://www5b.biglobe.ne.jp/ simomac/uindou.htm}
　　 \url{ http://toretate.fc2web.com/toryo/030517/030517.html}
　　 \url{ http://simomath.blog.fc2.com/blog-entry-157.html}
　　 \url{ http://syarekke.blog70.fc2.com/blog-category-38.html}
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