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コラッツ予想を肯定する証明

コラッツ予想,数学的帰納法,フェルマーの小定理
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コラッツ予想を肯定する証明

1     コラッツ演算による一般式の定義

コラッツ演算を次のように定義する。
{amo:=ame2nm⋯⋯(ameが定義されているとき)nm:=max{nm:ame2nm∈N}am+1e:=3amo+1(amo:amo>1)

つまり、偶数演算が要求された場合、偶数演算は、一度要求されたら奇数になるまでnm回実行されます。このように定義すると、奇数 と偶数 に分けることができる。 ただし、偶数演算の初回は n1、以下n2,n3,⋯ などとする。
この定義に基づいて、奇数演算の回数 m と偶数演算の回数nmを変数とし一般式を定義する。与えられた最初の奇数自然数をa1oとし、偶数自然数ををa1eとする。Collatz m 回で指定された奇数演算を繰り返した結果は、amo とameになります。又、奇数演算が出来るのは、amo:amo>1とし、１の奇数演算を禁止し、収束条件とする。

初めに与えられた自然数が偶数の場合

a1o=a1e2n1

ここで n1 は変数で n1≥1 で、奇数になるまで 2 で偶数演算されます。次に奇数演算が行われ、

a2e=3a1o+1

結果として、
a2e=32n1a1e+1

その後、コラッツ演算が繰り返えされ、一般項は、

 ame=(3m−1a1e+3m−2k1+3m−3k2+⋯+31km−2+km−1)/km−1       （１）

但し、
    km=2∑i=1mni
とする。 

以下の記事は間違っています。

２ Collatz 操作によって生成される循環シーケンスの有無

a2e=a1eとすると、

a1e=(31a1e+30k1)/k1

k1a1e=(31a1e+30k1)

(k1−3)a1e=k1

偶数割る奇数であるから、

a1e=k1(k1−3)=2n

で、k1<3では右辺が負数になるのでa2e=a1eとする仮定は背理し、a2e≠a1eで有るから、k1>3を考えれば良い。。

k1=4の場合、

a1e=4(4−3)=4

で有るから、整除されるが、奇数演算が行われる前にa1eは１に収束するから除外されている。依って、k1≥８の場合のみ次の計算に移行できる。

k1≥８の場合、

a1e=k1(k1−3)=2n

k1=2n(k1−3)

3×2n=(2n−1)k1

3×2n(2n−1)=k1≥8

3×2n≥8(2n−1)

3×2n≥16n−8

8≥16n−3×2n=10n

810=0.8≥n

で有るので、0.8≥nで有るが、n∈N で無ければならないので、

整除出来ずa2e=a1eとする仮定は背理しa2e≠a1eで有る。依って、

a1e=k1(k1−3)∉N⇒a2e≠a1e

で有る。

a2e≠a1eと仮定すると、

a1e≠(31a1e+31k1)/k1

で有る。

a1e≠k1(k1−31)

で有るから、

a1e≠k1(k1−31)∉N

で有るなら、恒等的に成り立つ。

a2e=a1eで計算したように、

k1(k1−31)∉N

は、仮定の条件に関係なくコラッツ演算に従った計算による結果でも有るので、a2e≠a1eとする仮定は肯定される。

よって、

a2e≠a1e⇒k1(k1−3)=a1e　∉N

で有る。

a3e=a1eとすると、a2e=a1eと同様に計算される。又、k2−32<0の場合、

a1e=3k1+k2(k2−32)<0で有るので、a3e=a1eとする仮定が背理し、a3e≠a1eで有る。
k2−32>0の場合、
a1e=3k1+k2(k2−32)
は、a2e≠a1eの続きとして、計算されるが同じa1eで計算されるので有るから、
a1e=3k1+k2(k2−32)=a1e=k1(k1−3)∉N

である。よって、

3k1+k2(k2−32)∉N

で有るので、自然数に整除出来ず、a3e=a1eとする仮定は背理しa3e≠a1eで有る。よって、

a2e≠a1e　⟹　a3e≠a1e
で有る。

am−1e≠a1eの場合、km−2−3m−2>0と仮定すると、

a1e≠(3m−2a1e+3m−3k1+3m−4k2+⋯+31km−3+km−2)/km−2

で、

a1e≠3m−2a1e+3m−3k1+3m−4k2+⋯+31km−3+km−2(km−2−3m−2)∉N

と仮定すると、整除出来ないから、

a1e∉Nで仮定は肯定される。

又、km−2−3m−2<0の場合、am−1e≠a1eの仮定は肯定される。

ame=a1eの場合、

a1e=3m−1k1+3m−2k2+⋯+31km−2+km−1(km−1−3m−1)

は、am−1e≠a1eと同じa1eの続きとして計算されるから、

a1e=3m−1k1+3m−2k2+⋯+31km−2+km−1(km−1−3m−1)
=a1e∉N

で有るから、自然数に整除出来ず、

a1e=3m−1k1+3m−2k2+⋯+31km−2+km−1(km−1−3m−1)∉N

で有るので、ame=a1eとする仮定は背理しame≠a1eで有る。

よって、am−1e≠a1e⟹ame≠a1eで有るから、数学的帰納法により循環数列は無い。

３　発散の有無

  1. 式から、
    ame=(3m−1a1ekm−1+3m−2k1km−1+⋯+31km−2km−1+1)

limm→∞ame=limm→∞(3m−1a1ekm−1+3m−2k1km−1+⋯+31km−2km−1+1)

limm→∞(3m−1a1ekm−1+3m−2k1km−1+⋯+31km−2km−1)=α

に収束すると仮定すると、

limm→∞ame=limm→∞(3m−1a1ekm−1+3m−2k1km−1+⋯+31km−2km−1)+limm→∞1

となる。

＊＊＊＊以下の記事は間違いを含んでいます。＊＊＊＊＊＊＊

３ー１　分割項の発散の有無

limm→∞(3m−1a1ekm−1+3m−2k1km−1+⋯+31km−2km−1)

=limm→∞(3m−1km−1a1e+3m−2km−1k1+⋯+3km−1km−2)

３ー１ー１　km−1=4m−1の場合

右辺第一項は、km−1=4m−1とすると、a1eは最初に与えられる自然数なので有限の値であるから、

limm→∞(3m−1km−1a1e)=limm→∞(3m−14m−1a1e)=0

右辺第二項は、

limm→∞(3m−2km−1k1)=limm→∞(3m−24m−1k1)=limm→∞((34)m−2k14)

a1eは最初に与えられる自然数なので有限の値であから、k1も有限である。

limm→∞(3m−2km−1k1)=0

となる。　第三項は、
limm→∞(3m−3km−1k2)=limm→∞(3m−34m−1k2)=limm→∞((34)m−3k242)

a1eは最初に与えられる自然数なので有限の値であるから、k2も有限である。依って、

limm→∞(3m−3km−1k2)=0×n=0

右辺第三項以降も０になる。

最終項は、

limm→∞(31km−2km−1)=limm→∞(31km−24m−1)=limm→∞(34km−24m−2)

km−1≥2×km−2 で有るから、km−1=4m−1としたから、km−1=4m−1≥2×km−2 依って、4m−1/2≥km−2 で有るから、

km−24m−2≤4m−1/24m−2=12

で有るから、

limm→∞(34km−24m−2)≤limm→∞(3412)=38<∞

依って、km−1=4m−1とする場合、

limm→∞ame<∞
で,
ame は有限である。又、km−1>4m−1とする場合は分母がより大きくなるので、同様にame は有限である。

３－１－２ 2m−1≤km−1の場合

2m−1≤km−1<4m−1の場合を検討する。
しかし、2m−1=km−1の場合、全部の割り算が１回で無ければならないが、ame=2(2m+1)と仮定すると、

ame=2(2m+1)⇒am+1e=3(2m+1)+1=6m+3+1=6m+4

am+2e=3(3m+2)+1=9m+6+1=9m+7

9m+72=8,112.5,17,21.5,⋯

m=2j で、

am+2e=9m+72=18j+72∉N

となり、m≥3 で ame=2(2m+1)　とする仮定は背理し、ame≠2(2m+1) で有るので、４回の偶数演算では、必ず１回の2i:i≥2の演算が行われるから、2m−1<km−1で有る。

km−1=4m−1−j とすると、j は、

km−1=4m−1−j=22m−2−2j>2m−1 で有るので、2m−2−2j>m−1 となり、m−1>2j で有るから、(m−1)/2>j で無ければならない

limm→∞(3m−1a1ekm−1+3m−2k1km−1+⋯+31km−2km−1)

=limm→∞(3m−14m−1−ja1e+3m−24m−1−jk1+⋯+34m−1−jkm−2)

=limm→∞(3m−14m−114−ja1e+3m−24m−2141−jk1+⋯+3414m−2−jkm−2)

=limm→∞((34)m−14ja1e+(34)m−24j−1k1+⋯+344−m+2+jkm−2)

右辺第一項は、a1eは最初に与えられる自然数なので有限の値で有るから、

limm→∞((34)m−14ja1e)=limm→∞((34)m−14ja1e)

で有る。4j<4(m−2)2で有るから、

limm→∞(4ja1e)<∞

依って、

limm→∞((34)m−14ja1e)=0

で有る。

となり、右辺第二項は、

limm→∞((34)m−2k14j−1)

limm→∞4j−1<limm→∞4(m−1)/2=∞

依って、

limm→∞(k14j−1)<∞

で有るので、

limm→∞((34)m−2k14j−1)=0

となり、右辺第二項も０となる。

右辺第三項は、

limm→∞(3m−3km−1k2)=limm→∞((34)m−3k24j−1)

limm→∞4j−1<limm→∞4(m−1)/2=∞

依って、

limm→∞(k24j−1)<∞

で有るので、

limm→∞((34)m−2k24j−1)=0

となり、右辺第三項も０となる。

km−2 は am−2e によって決められる値であるから、ame を導くことが出来たから am−2e<∞ で有るので、
limm→∞(31km−2km−1)=limm→∞(3414m−2−jkm−2)=0

で有る。依って、2m−1<km−1の場合、

limm→∞(3m−1a1ekm−1+3m−2k1km−1+⋯+31km−2km−1)=0

となり、

limm→∞(3m−1a1ekm−1+3m−2k1km−1+⋯+31km−2km−1+1)=1

となり、１に収束し,

limm→∞ame<∞

となり、ame は有限である。

３－１－３　結果

km−1 の全領域で、

limm→∞ame<∞

で有るので ame は有限である。

４　Cllatz 演算の終了

２節(循環なし)と３節(有限)の結果からの鳩ノ巣原理によりCollatz演算は停止しなければならない、よって1に収束するから、コラッツ予想は肯定される。

投稿日：2024年9月3日
更新日：2月15日
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