角谷猜想“3x+1”关键问题之一的证明
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摘要：本文借助有关知识对角谷加猜想中的一个关键问题进行了初步探讨，供同道们参考。
中图分类号： G633.6 文献标识码： C 文章编号：1672-1578（2014）10-0109-03
1 角谷猜想分有两种情况
1.1 任一自然数，若它是偶数，则将它除以2，直至为奇数止；若它是奇数，则将它乘以3再减1，……，如此下去，经有限步骤后，它所给出的奇数若不是1，就必然进到575或1725375541619117的循环圈上。
1.2 任给一个自然数，若是偶数则除以2，若是奇数则乘以3再加1，…，如此下去，经过有限步推算后，所得出的奇数必然是1。
在本文，将前种情况称为角谷减猜想，并记为“3x-1”，而将后种情况称为角谷加猜想，并记为“3x+1”。
《数论揭谜》一书第一章第五节与第二章第八节分别给出了角谷猜想所需攻克问题与证法. 下面，将从其内容选出“3x+1”关键问题进行初步探讨，供同道们参考。
2 相关基础知识
由于“3x+1”是否正确取决于正奇数，所以其猜想递推过程，用数学来表示即是
3y1+1=2 y
3y2+1=2 y
…… （1）
3yn+1=2 y
这里p1，p2，…pn∈N，y1，y2，…yn+1均为正奇数，且经有限步骤后出现yn+1为1。
以上是角谷加猜想代数式的递推过程，这是一方面；另一方面，现令 x2= （2）
这里r1为适当正整数，x1为任意与3互质的给定的正奇数。
在（2）中，将存在无穷多个适当正整数r1使得x2为奇数。例如，令x1=5，有x2= . 对这一式子，当r1=1时，有x2=3；当r1=3时，有x2=13；当r1=5时，有x2=53……。事实上，（2）中的正奇数x2的确定，可以存在无穷多个，这是因为当（x1，3）=1时，有
3|2 x1-1，因此有3|[（-1） x1-1]，即3|[x1+（-1） ]，在此给出
3|（x1-1）或3|（x1+1）。反之，只要3|（x1-1）或3|（x1+1），就存在无穷多个正整数r1使得3|（2 x1-1）。由于有这一充要条件，故随着r1的大小不同，（2）中的x2的大小也就有所不同，从而使x2能表示成无穷多个正奇数。
显然，在（2）中，如果（x2，3）=1，又可令
x3= （r2为适当正整数）
同理，如果（x3，3）=1，则又可令
x4= （r3为适当正整数）
┆
以上各式两边乘以3然后移项得：
3x2+1=2 x1
3x3+1=2 x2
3x4+1=2 x3
… … … （3）
易看出，以上列式构成了角谷加猜想的递推关系，但（1）与（3）递推过程互反，（1）的递推是自上而下（即等式上递推数字编号是自左至右），而（3）则是自下而上（即等式上递推数字编号是自右至左）。
对于（3），如果将奇数xi满足3|xi记为 ，将奇数xi满足3|xi记为xi，则由奇数xi到递推出奇数xi+1，将有如下递推可能：
…
x2 x3 x4 x5 x6
将上面递推方向作分解，即相应有如下递推奇数列：
x2
或 x3
或 x4
或 x5
┆ ┆ （4）
其中各项数关系式是3xi+1+1=2 xi（2 | xi，ri∈N）
显而易见，以上每一递推奇数列，都是以形如的数作为末项而终结。不难想像，在 给定下，由于x2，x3，x4…这些奇数随着r1，r2，r3…的不同而有异，从而使类似以上描述的递推奇数列，将有无穷多个；同理，在 给定下，由于x3，x4，x5…这些奇数随着r2，r3，r4…的不同而有异，从而由此产生的递推奇数列，又将有无穷多个；同样，在 给定下，由于x4，x5，x6…这些奇数随着r3，r4，r5…的不同而有异，从而又产生了无穷多个递推奇数列，……，以此类推，乃至无穷。
3 三个定义
熟悉前面给出数式后，结合角谷加猜想递推奇数列的每一后项数都是前一项数的恒定导出数，可给出如下定义：
3.1定义1 设3y1+1=2 y2，3y2+1=2 y3，…，3yn+1=2 yn+1，…是角谷加猜想递推关系式（其中p1，p2，…pn，…均为正整数，y1，y2，……yn+1，…均为奇数），则将由此递推出的奇数列y1y2…
yn+1简称角谷加猜想奇数列，并记为（3y）1〔这里？坌y∈{y1，y2，…yn+1，…}〕，同时将{y1，y2，…yn+1，…}写成{3y1，y2，…yn+1，…}1，以表其数列来自角谷加猜想。
例如，若记（37）1，则说明此是角谷加猜想某一递推奇数列，且这一递推奇数列上含有7这个数。
将（4）式与定义1作比较知：（4）式递推奇数列与角谷加猜想奇数列的递推过程构成互逆，也就是说，（4）式递推奇数列的逆列，实际上就是角谷加猜想递推奇数列，反之亦然。从（4）看，每一递推奇数列的逆推结果，按项数有大小之分必推出一个最小数. 这种数的结构，以最小数为始数（即首项），派生出无穷个递推奇数列，而且每个递推奇数列都有个终数（即末项）。为此，顾名思义，又有：
3.2 定义2 设“3x+1”某一递推奇数列，如果按（4）所示逆列而推得出了一个最小数，那么这最小数就称为角谷加始数。除此之外，该递推奇数列上的其余各数，均称为角谷加终数。
例如，“3x+1”递推奇数列17117，是按（4）式顺向递推而得，故接其逆推奇数列即71117继续逆推得：
17= ，13= ，5= ，
将71117与以上结果联立有逆列711171351，因最后推出这个数为最小，故即是角谷加始数。
3.3 定义3 设∈{3y1，y2，…，yn}1（n≥2），A={1，3，…，m}（m≥3，2|m），则当有∈A，就称奇数列（3yj）1（？坌j∈{1，2，…，n}）与数集A有项交，并将此记成（3yj）1A；反之，若yj？埸A，就将此记成（3yj）1 A。
例如，设∈{3y1，y2，…，yn}1，则只要∈{1，3，5，7，9，11}，那么就有（3yj）1|{1，3，5，7，9，11}（？坌j∈{1，2，…，n}）；反之，若有？埸{1，3，5，7，9，11}，则就有（3yj）1 {1，3，5，7，9，11}（？坌j∈{1，2，…，n}）。
4 两个数学性质
根据（4）递推奇数列之描述，显然有如下数学性质：
4.1性质1 每一角谷猜想奇数列，按（4）所示逆列而推，必推得一个最小数，若这个最小数设为 ，则以 为首数按（4）顺向被派生出的无穷多个递推奇数列，可独立构成一个奇数列集合。换言之，角谷始数是该递推奇数列顺逆两向上最小数，由这一最小数按角谷猜想顺逆两向递推而得的奇数列集合，每一集合有且仅有一个数为角谷始数（即首数）。
例如，由角谷减始数派生而得的无穷多个递推奇数列，可独立构成一个奇数列集合。也就是说，在这个集合上，唯独这个数是角谷减始数。
4.2 性质2 每一角谷猜想奇数列，按（4）所示顺列而推，各必推出一个末项（即角谷终数），且各末项均是一个含因数的奇数。
例如，继前面“3x+1”给出递推奇数列17135，现按（4）所示顺列而推，则根据前面给出数形x2= ，令r1=19，x1=5，得出出x2=873813。因此，873813这个含有3因数的数即成为“3x+1”递推奇数列17135873813上的末项。
综合以上两性质知，性质1的验算结果，将得出角谷始数（即首项），而性质2的运算结果，将得出角谷终数（即一个含因数的末项）。
5.1猜想关系与引理
通过验证，可以发现1以后的所有奇数均是角谷加终数（因为它们按（4）式逆向递推最后都得出1）。为此，有
5.1.1猜想：在奇数列上，除1是角谷加终数外，其余都是角谷加终数。
现在，来研究上述猜想与角谷猜想之间的相互关系。
事实上，定义1即是角谷猜想的验算过程，且前面已提过，（4）式递推奇数列的逆列，即是角谷猜想递推奇数列，所以角谷猜想实际上就是（4）式上某一递推奇数列逆列的一个子列。
例如，按角谷加猜想验算之做法，即对于定义1令y1=19，有
3×19+1=2×29，3×29+1=2311，3×11+1=2×17
不难看出，递推奇数列19291117，原本就是角谷加猜想自（2）到（4）运算而得出递推奇数列x1…17112919…xm这逆列上的一个子列（这里x1为角谷加始数；xm按（3）递推之做法可求得无穷多个）。概栝地说，（3）的递推过程与角谷猜想的验算过程是相互逆推，并且角谷猜想验算过程所得出的奇数列，仅是角谷猜想某一始数递推出奇数列集合上的一个子集。因此，要证明角谷加猜想成立，只需证明前面提出猜想为成立就可。
与此同时，由定义1知，每给定一个正奇数y1所导出的递推奇数列y2y3…yn+1…，每一数都是恒定（因后项是前项的固定导出数）。如前面所举，由y1=19所导出的递推奇数列y2y3y4…，只能是y2=29，y3=11，y4=17，…，而除此之外再不能有别的。因此，加以结合性质1，有
5.1.2 引理1 角谷加猜想验算结果，将得出角谷加始数数集上某一个加始数。
证明：因为角谷加猜想是（4）上某一奇数列逆列的子列，又因为由性质1知，（4）的递推奇数列，按逆列而推，必推得一最小数，而这最小数正是角谷加始数数集上某一个加始数。因此，引理1得证。
引理2 设≠b，（，b）=1，，则二元一次不定方程
x+by=c的全部整数解可表为
x= +bk， y= -k，
这里k为任意整数，t是满足0≤t
（+b）|[c（1-b）+bt]。
5.1.3证明： （详见《数论揭谜》一书78页）
6 对角谷加猜想的关键问题及其一命题的证明
6.1命题1 设G={1，3，5，…，12k-7}，则只要（312k-5）1|G（7≤k∈N）能成立，那么角谷加猜想就成立。
证明：用反证法。经验算，在1-77奇数列区间上，有且仅有1是角谷加始数。于是，当奇数大于77时，假设角谷加始数除已知1外，仍存在第二个角谷加始数，不妨设这个始数为m>77，则根据大于77的一切奇数可由12n-5，12n-3，12n-1，12n+1，12n+3，12n+5（n∈N）这六个数形来表示，可令
m∈{12k-5，12k-3，12k-1，12k+1，12k+3，12k+5}，这里k为适当正整数，且k≥7。
因为当m为角谷加始数时，有（m，3）=1，所以上述m所属范围可缩小成m∈{12k-5，12k-1，12k+1，12k+5}，
以下来证m？埸{12k+5，12k-1，12k+1}。
根据题设G={1，3，5，…，12k-7}，现加以令y1=12k+5，12k-1，12k+1。为此，现只需来证（312k+5）1，（312k-1）1，（312k+1）1G（2≤k≤N）。
显然，按照角谷加猜想验算之做法，当y1=12k+5，12k+1时，有3y1+1=36k+16，36k+4=4（9k+4），4（9k+1）=2py2（这里p为不小于2的正整数，y2是正奇数）？圯y1>y2。因为根据假设有（3y2）1|G，所以在此推出（3y1）1|G；同理，当y1=12k-1时，按照角谷加猜想验算做法，有3y+1=2y1？圯y1>y=8k-1，因为按假设有（312k-7）1|G，又因为12k-7>8k-1=y，所以（3y）1|G，进而得出（3y1）1|G。这就证明当y1=12k+5，12k-1，12k+1时，均有（3y1）1|G，因而推得m？埸{12k+5，12k-1，12k+1}。因此，又可把m属于范围缩小成m∈{12k-5}。
如果能证明（312k-5）1|G（k≥7）那么上式与假设将发生矛盾，因而就可证前面给出猜想〔也就是角谷加猜想〕为成立。这就是攻克角谷加猜想关键问题之所在。因此，命题1得证。
6.2 命题2 设2|k，k≥7，则（312k-5）1|G
证明： 首先，令3yi+1=2piyi+1（这里yi和yi+1均为正奇数，pi为适当正整数，y1=12k-5，k≥7）。因此，利用角谷加猜想验算之做法，可依次递推出
3y1+1=3（12k-5）+1=2（18k-7）=2y2？圯p1=13y2+1=3（18k-7）+1=2（27k-10）=2 y3……3yn+1=2 yn+1
于是，接命题1，假设（312k-5）1 G，则由性质1的换言部分知，12k-5为角谷加猜想的第二个加始数。此外，根据引理1，经有限n次递推后，将得出一数yi（i≥2）为角谷加始数数集上某一个加始数，按假设，这个加始数就是角谷加猜想的第二个加始数。为此，现不妨设这第二个加始数为yn+1，则有y1=yn+1。这就说明在行施角谷加猜想验算中，将得出循环圈：
y1y2…yny1
上式给出 3y2+1=2（27k-10）=2 y3
由于2|k，故根据假设，上式必须4|k，否则若2||k，则由
y3≤
按角谷加猜想验算之做法，接上式有：
3y3+1=3（54k1-5）+1=2（81k1-7）
依（3y1）1 G，上式必须2|k1，否则若2 k1，则由
y4≤ = =
因为是循环圈，所以只要求出其中一数，则其余各数通过如的相互递推即可一一求得。因此，在y1，y4求解中，其两数间将存在相互依赖关系. 这是一个方面。另一方面，因为y1是加始数，所以其即是上一个最小的正奇数。又因为由定义1知，上由y1递推而得的各数，每一数都是恒定的，所以y4与y1将构成恒定的最小正奇数组解。因此，如果能解出y1，y4这组最小数，那么本情况的证明即可得到解决。
以下，将按假设来求出y1，y4这组最小正奇数解。
首先，注意k=4k1，将y1=12k-5与上式联立，有方程组
y1=12k-5 y4=81k1-7=20.25k-7
上面两式两边同乘以27和16，得
27y1=324k-135 16y4=324k-112
上面两式两边分别相减得 27y1-16y4=-23
这样，求和的最小解y1，y4，即化成上面二元一次不定方程的一组最小正奇数解。
利用引理2，从得出
y1= +16r y4= +27r
这里r和t均为适当非负整数，且0≤t
整理上面两式得y1= +16r=-35- +16r，
y4= +27r=-58-2t- +27r，
由3-8t（mod11），6-5t（mod11），0≤t
y4=-58-2- +27r=-58-2-1+27r=-61+27r，
显然，要使y1，y4同时有最小正奇数解〔即构成最小正奇数组解〕，必须r=4，因此y1=71，但〔（371）1|G由命题1证明中对1至77奇数列验算知〕，这就产生矛盾，因而证明当2|k，k≥7时，有（3y1）1|G，即循环圈不存在。因此，命题2得证。