コラッツ予想の証明

发表时间：2025-06-09 04:46

コラッツ予想は、数学における有名な未解決問題の一つです。この予想は、
任意の正の整数に対して、「偶数なら2で割る、奇数なら3を掛けて1を足す」
という小学生でも理解できる2つの簡単な計算を繰り返すと、最終的に1にな
るというものです。様々な方法や試みがなされてきましたが、厳密な数学的
証明が見つかっていないため、コラッツ予想は未だ証明されていません。
多くの研究は、この2つの簡単な計算を一緒に考えることに焦点を当ててい
ますが、もし2つの計算を分けて、2で割った結果を一時的に保持するとどう
なるでしょうか？

正整数Dが「3を掛て1を足す（奇数演算）」をn回したと、「2で割る（偶数演算）」
をm回した後に1になる場合、次のように表現できます。

D_n + Y_n = 2^m [1]

ここで、D_n = 3ⁿ*Dです。任意の正整数Dに対して、コラッツ予想の操作に基づい
てそのようなY_nが存在する場合、コラッツ予想は成立するはずです。ここで必要
なのは、コラッツ予想の操作によってYがどのように築き上げるか、そしてその
ようなY_nが存在するかどうかを解明することです。

任意の正整数 D は、2 の k(0) 乗（偶数部）と奇数（奇数部）の積として表す
ことができます。  
            D = 2^k(0)(Q*2 + 1)                              [2] 
ここで、コラッツ予想の操作を奇数部に適用し、2 で割った回数を集めて 2^k(0) 
部に加算します。コラッツ予想の操作では、任意の奇数を別の奇数にするには1
回の奇数演算と 1 回と以上の偶数演算が必要です。例えば、

(1) 数 3: 3*3 + 1 = 10 → 5,
    1回の奇数演算と１回偶数演算、1を集める  → 2^k(0)+1 
(2) 数 9: 3*9 + 1 = 28 → 14 → 7,
    1回の奇数演算と2回偶数演算、2を集める → 2^k(0)+2
(3) 数 13: 3*13 + 1 = 40 → 20 → 10 → 5,
    1回の奇数演算と3回の偶数演算、 3を集める → 2^k(0)+3
(4) 数 37: 3*37 + 1 = 112 → 56 → 28 → 14 → 7,
    1回の奇数演算と4回偶数演算、 4を集める → 2^k(0)+4

。

         2^k(0)[3(Q*2 + 1) + 1]
        = 3*[2^k(0)(Q*2 + 1)] + 2^k(0)
        = 3*D + 2^k(0) 
        = D₁ + Y₁              D₁=3¹*D,Y₁=2^k(0),D₁>Y₁                 [3]

別の方法で:
2^k(0)[3(Q*2 + 1) + 1]
        = 2^k(0)[3*Q*2 + 4]
        = 2^k(0)+1[3*Q + 2] 
        = 2^k(0)+1*2^x*(Q₁*2 + 1) 
        = 2^k(0)+(1+x)*(Q₁*2 + 1)        1+xを集める, x=0,1,2,...
        = 2^k(1)*(Q₁*2 + 1)             k(1) = k(0)+(1+x)               [4]
1回の奇数演算と1回と以上の偶数演算を行うと、式［2］から新し式が得られます。
        D₁ + Y₁ = 2^k(1)*(Q₁*2 + 1)     k(1)>k(0)                       [5]

式［2］を比べで：
        D→D1+Y1,2k(0)→2k(1)=2𝑘(0)+(1+𝑥),Q→ Q1

式［5］の奇数部(Q₁*2 + 1）にもう一度「3を掛て1を足す」と「2で割る」を掛け
て、次のようになる。
          2^k(1)[3(Q₁*2 + 1) + 1]
        = 3*[2^k(1)(Q₁*2 + 1)] + 2^k(1)
        = 3*D₁ + 3* Y₁ + 2^k(1) 
        = D₂ + Y₂                  D₂=3²*D, Y₂=3*Y1+2^k(1), D₂>=Y₂
別の方法で:
          2^k(1)[3(Q₁*2 + 1) + 1]
        = 2^k(1)[3*Q₁*2 + 4]
        = 2^k(1)+1[3* Q₁ + 2] 
        = 2^k(1)+(1+x)*(Q₂*2 + 1)         1+xを集める, x=0,1,2,...
        = 2^k(2)*(Q₂*2 + 1)              k(2)=k(1)+(1+x), k(2)>k(1)
式[5]によれば、次の式が得られだ。
        D₂ + Y₂ = 2^k(2)*(Q₂*2 + 1)

 
奇数部分について「3を掛て1を足す」と「2で割る」をステップnまで繰り返し、
次のようになります。
        D_n + Y_n = 2^k(n)*(Q_n*2 + 1) D_n=3ⁿ*D, Y_n=3*Y_n-1+2^k(n-1)             [6]
 
Y₀ = 0 と仮定すると、次のようになります。
        Y₁ = 2^k(0) = 3*Y₀ + 2^k(0)
 
それはYの建てるプロセスは次のようになります。
        Y0=0, Y1=3*Y0+2k(0), Y2=3* Y1+2k(1),..., Yn=3*Yn-1+2k(n-1)
        k(0) < k(1) < k(2) < ... < k(n)
kの最小増分は1であり、任意の奇数に対してk(0)=0、kの最小シーケンスは次の
ようになります。
          ?＝0,1,2,3,...,n
Yの最小シーケンスは次のようになります。
           Y = 0,1,5,19,65,211, ...,3n-2n.

要約すると、コラッツ予想の反復プロセスでは、DとYはそれぞれ3倍になり、Dは
変化しませんが、Yは毎回2^kずつ増加し、Yはどんどん大きくなります。最初は
Y1Dに
変化します。
 
ステップn-1でYn-1 ≤ Dn-1、ステップnでYn>Dnと仮定すると、式[7]から次の式が
得られます。
        2^m-1 < D_n + Y_n = D_n+ 3*Y_n-1 + 2^k(n-1) <= 2^m                     [8]
        2^m-1 < D_n + 3*Y_n-1 + Δ_n = 2^m                                   [9]
 Y_n-1 ≤ D_n-1からYn>Dnになるを満たすためには、2^k(n-1)（D_nと3*Y_n-1の差）が最大
値をとる必要がある。式[8]によれば、2k(n-1)の最大値は2m-1である。しかし、
2^k(n-1) = 2^m-1とすると、D_n + 3*Y_n-1は2^m-1以下となり、3*Y_n-1 = 0かつD_n = 2^m-1となる。Y_n-1は0にはならないので、2^k(n-1)はかならつ2^m-1以下となり、最大値は
2^m-2となる。したがって、以下の式が成り立つ。
        2^m-2 <= D_n < 2^m-1
        2^m-2 <= 3* Y_n-1 < 2^m-1
        2^m-1 < D_n + 3* Y_n-1<= 2^m
上記の分析から、次のことがわかります。
        3* Y_n-1 + Δ_n = 3* Y_n-1 + 2^k(n-1) = Y_n

Y_nは任意の正の整数に対して式[1]を満たすので、コラッツ予想は任意の正の整数
に対して成り立つはずである。

 Base-X Conjecture and Collatz Conjecture Proof