1.【回归数猜想】 | |
英国大数学家哈代(G.H.Hardy,1877-1947)曾经发现过一种有趣的现象: 153=13+53+33 371=33+73+13 370=33+73+03 407=43+03+73 他们都是三位数且等于各位数字的三次幂之和,这种巧合不能不令人感到惊讶.更为称奇的是,一位读者看过哈代的有趣发现后,竟然构造出其值等于各位数字四(五,六)次幂之和的四(五,六)位数: 1634=14+64+34+44 54748=55+45+75+45+85 548834=56+46+86+86+36+46 像这种其值等于各位数字的 n 次幂之和的 n 位数,称为 n 位 n 次幂回归数.本文只讨论这种回归数,故简称为回归数,人们自然要问:对于什么样的自然数 n 有回归数?这样的 n 是有限个还是无穷多个?对于已经给定的 n ,如果有回归数,那么有多少个回归数? An=a1a2a3...an=a1n+a2n+...+ann (其中 0<=a1,a2,...an<=9) 从而 10n-1<=An<=n9n 即 n 必须满足 n9n>10n-1 也就是 (10/9)n<10n ⑴ 随着自然数 n 的不断增大,(10/9)n 值的增加越来越快,很快就会使得 ⑴ 式不成立,因此,满足⑴的 n 不能无限增大,即 n 只能取有限多个.进一步的计算表明: (10/9)60=556.4798...<10*60=600 (10/9)61=618.3109...>10*61=610 对于 n>=61,便有 (10/9)n>10n 由此可知,使⑴式成立的自然数 n<=60.故这种回归数最多是60位数.迪拉那说,他的学生们早在1975年借助于哥伦比亚大学的计算机得到下列回归数: 一位回归数:1,2,3,4,5,6,7,8,9 附:九妹，九妹，你在哪里？？ 对于 n>=61,便有 (10/9)n>10n 由此可知,使⑴式成立的自然数 n≤60.故这种花朵数最多是60位数. |
2.【莱默猜想】 | |
同余式 MM'= 1 (mod p) -------- (1) 其中p为奇素数,它的解的情形与性质,显然是使用中国剩余定理的一个重要问题. 设 M=np+r,M'=n'p+r',其中0<r<p,0<r'<p,则有 MM'=rr'(mod p),因此解同余式MM'=1 (mod p),只需考虑M与M'介于0与p之间的解.例如,p=13时,对应的解有 (M,M')=(1,1),(2,7),(3,9),(4,10),(5,8),(6,11),(7,2),(8,5),(9,3),(10,4),(11,6),(12,12). 其中(1,1)是显而易见的,无论p为何值,(1,1)都是(1)式的解,称为平凡解.人们更关心非平凡解的性质.美国著名数学家莱默(D.H.Lehmer,1905- )希望人们关注M与M'的奇偶性相反的解,将其解的个数记为Np.例如,N13=6,即(2,7),(5,8),(6,11),(7,2),(8,5),(11,6). 现在已经求出N3=0,N5=2,N7=0,N11=4,N13=6,N17=10,N19=4,N23=12,N29=18,N31=4. 莱默由此归纳出: 当p=4n-1时,Np能被4整除,即Np=0 (mod 4); 当p=4n+1时,Np被4除余2,即Np=2 (mod 4). 这一猜想是否正确,尚未得知. |
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3.【数字方幂和猜想】
我对于10,000,000,000以下的所有数字研究了四次幂和问题,发现大多数都会陷入循环(13139,6725,4338,4514,1138,4179,9219),也有许多会陷入单循环(8208),少数会陷入循环(2178,6154),第一个陷入单循环(1634)的数字是1346, 第一个陷入单循环(9474)的数是4479.当然数字1,10,100,1000,...陷入单循环(1). 对于10,000,000,000以下的所有数的五次幂和的研究表明,有如下15个循环: 六次幂和的情形,有如下几个循环 从未碰到不陷入循环的数字,我猜想任何自然数经过若干次变换都会陷入循环,我可以证明从总的趋势来看,N经过m次方幂变换之后的数一般来说是小于N本身的,在m小于N的长度n时,这一点是肯定的,下面我们来证明这一点: 若N=a0 + a1*10 + a2*102 +...+ an-1*10n-1 (n∈{1,2,3,...};a0,a1,a2,...an-1∈{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}) |
4.【覆盖同余式系】 | |
有没有这样的k个同余式 n=a1(mod n1) n=a2(mod n2) ...... n=ak(mod nk) 使得任一整数n至少满足其中之一?这是可以办到的.例如,任一整数n至少满足下列6个同余式之一: (1) n=1 (mod 2) (2) n=1 (mod 3) (3) n=2 (mod 4) (4) n=4 (mod 8) (5) n=0 (mod 12) (6) n=8 (mod 24) 可以检验如下: 如果n为奇数,则适合(1). 如果 n为偶数,则n必为下列形式之一: n=24m,24m+2,24m+4,24m+6,24m+8,24m+10,24m+12,24m+14,24m+16,24m+18,24m+20,24m+22.其中m为任意整数. 当 24m+4,24m+16,24m+22 时,适合(2) 当 24m+2,24m+6,24m+10,24m+14,24m+18, 时,适合(3) 当 24m+20 时,适合(4) 当 24m,24m+12 时,适合(5) 当 24m+8, 时,适合(6) 这样的一祖同余式,称为覆盖同余式系.覆盖同余式系在数论中有很重要的应用.例如,我们可以用它证明:存在一个正整数k,使得 N=k2n+1对于每一个正整数n都是合数. 首先,对于正整数n按照上面的覆盖同余式系进行分类. 当n适合(1)时,n=2m+1,m为整数,于是N=k2n+1=2k4m+1,但是 4m=1(mod 3),从而 N=2k+1 (mod 3) 只要适当选择k满足2k+1=0 (mod 3),就可以使 N 能被3整除,因而 N 为合数.解同余式 2k+1=0 (mod 3)得到 k=1 (mod 3). 当n 适合(2)时,n=3m+1,m为整数.N=k2n+1=2k8m+1,但是 8m=1 (mod 7),从而 N=2k+1 (mod 7). 只要适当选择k满足2k+1=0 (mod 7),就可以使 N 能被7整除,因而 N 为合数.解同余式 2k+1=0 (mod 7)得到 k=3 (mod 7). 同理,对于n 满足其余四个式子之一时,分别得出 k 应满足 k=1 (mod 5),k=1 (mod 17),k=-1 (mod 13),k=16(mod 241) 综上所述,只要k 满足下列同余式组 k=1 (mod 3) k=1 (mod 5) k=3 (mod 7) k=-1 (mod 13) k=1 (mod 17) k=16 (mod 241) 就能对于任意正整数 n ,使得 N 能被3,5,7,13,17,241之一整除,即 N 为合数. 利用中国剩余定理可以解出上述同余式组的解为 k = 1207426 (mod 5592405 ) 即 k=5592405t+1207426 .其中 t 为任意整数. 取t=0,k=1207426,则有 N=1207426*2n+1,对于任何正整数 n 都是合数. 覆盖同余式系不是唯一的.例如,下面的12个同余式也组成覆盖同余式系: n=1 (mod 3), n=2 (mod 4), n=5 (mod 6) n=4 (mod 8), n=0 (mod 9), n=0 (mod 12) n=0 (mod 16), n=3 (mod 18), n=3 (mod 24) n=33 (mod 36), n=8 (mod 48), n=15 (mod 72). 一般地,如果覆盖同余式系 n=a1(mod n1) n=a2(mod n2) ...... n=ak(mod nk) 中,c=n1<n2<...<nk,则 c 越大,找到覆盖同余式系的难度越大.已经找到了 c=3,6,8,10,14,18,20 所对应的覆盖同余式系.数学家厄特希猜想:对于任意大的正整数 c 都有覆盖同余式系存在.并悬赏500美元征求这个猜想的解决-------证明它或推翻它! 厄特希还认为:当模 n1,n2,...nk都是大于1的各不相同的奇数时,这样的覆盖同余式系是不存在的.但是数学家赛尔弗里奇(J.L.Selfridge)则宁愿悬赏500美元征求这种覆盖同余式系存在的例子.究竟如何,尚待解决. |
5.【反序数问题】 | |
将一个十进制数的各位数字按相反的顺序重新排列成一个正整数,则称这两个数互为反序数.数a的反序数记为rev(a).例如,rev(42)=24, rev(180)=81.如果rev(a)=a,则称为回文数,如15351. 人们注意到65+56=112,65-56=32 .即这一对反序数65与56的和,差都是平方数.这样的数还有: 621770+77126=8362,621770-77126=7382 . 不难证明,形如(2*10n + 2)2/2 ,(2*102n + 2*10n + 2)2/2 ,(2*103n+m + 2*102n+m + 2*10n + 2)2/2 的回文数都具有上述性质,其中n是自然数,m是非负整数. 除了这些回文数之外,还有多少个正整数a使得a+/-rev(a)都是完全平方数? 中国科学院的张建对此进行了研究.他将原问题变换为下列等价问题: 求自然数组(m,n),m>n,使得(m2+n2)/2与(m2-n2)/2互为反序数,且满足条件 (一)m与n奇偶性相同 (二)n能被3整除. 其中条件(一)可以保证(m2+/-n2)/2都是整数,而条件(二)是因为反序数之差能被9整除,例如, (abc)-(cba)=(a*102+b*10+c)-(c*102+b*10+a)=99(a-c) 而现在反序数之差为(m2+n2)/2-(m2-n2)/2=n2 .故n2 能被9整除.在计算机上计算数小时后,得出如下结果: 在不超过1010的自然数中,只有五个数满足要求,除了前面已经给出的两个外,另外三个是: 281089082 + 280980182 = 237082,差 = 3302 2022652202 + 2022562202 = 636022,差 = 3002 2042832002 + 2002382402 = 636022,差 = 63602 这种数究竟有多少?是有限个还是无穷多个?它们有何特性?还有待我们去研究,去发现. |
6.【福琼猜想】 | |
设p1,p2,...pn是前n个素数,按照欧几里得的证明技巧,取En=p1p2...pn+1.仿照欧几里得的证明,也可以取en=p1p2...pn-1.那么,En和en本身就可能是素数,这样的素数有多少呢?直到1995年4月,人们在pn<35000范围内,共发现了18个pn:2,3,5,7,11,31,379,1019,1021,2657,3229,4547,4787,11549,13649,18523,23801,24029,使得En是素数.还发现17个pn:3,5,11,41,89,317,337,991,1873,2053,2377,4093,4297,4583,6569,13033,15877,使得en是素数. 随着pn的增大,对应的En和en迅速增大,例如,pn=24029对应的En是一个10387位数,高速电子计算机花费了四天时间才证明了它是一个素数.而pn=15877对应的en是一个6845位数,计算机耗时近两天才确定它是素数. 人们试图从理论上确定形如En和en的素数是否有无穷多个?这方面的工作目前尚无希望. 设p是大于En的最小素数,福琼(R.F.Fortune)猜想:"Fn=p-En+1对于任意自然数n都是素数".例如对于n=1,2,...21时对应的Fn分别为3,5,7,13,23,17,19,23,37,61,67,61,71,47,107,59,61,109,89,103,79. 人们普遍认为福琼猜想很可能是对的.但在目前无论是计算机还是从理论上解决这个问题都是难以想象的. | |
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7.【6174猜想】 | |
1955年,卡普耶卡(D.R.Kaprekar)研究了对四位数的一种变换:任给出四位数k0,用它的四个数字由大到小重新排列成一个四位数m,再减去它的反序数rev(m),得出数k1=m-rev(m),然后,继续对k1重复上述变换,得数k2.如此进行下去,卡普耶卡发现,无论k0是多大的四位数, 只要四个数字不全相同,最多进行7次上述变换,就会出现四位数6174.例如: k0=5298,k1=9852-2589=7263,k2=7632-2367=5265,k3=6552-2556=3996,k4=9963-3699=6264,k5=6642-2466=4176, k6=7641-1467=6174. 后来,这个问题就流传下来,人们称这个问题为"6174问题",上述变换称为卡普耶卡变换,简称 K 变换. 一般地,只要在0,1,2,...,9中任取四个不全相等的数字组成一个整数k0(不一定是四位数),然后从k0开始不断地作K变换,得出数k1, k2,k3,...,则必有某个m(m=<7),使得km=6174. 更一般地,从0,1,2,...,9中任取n个不全相同的数字组成一个十进制数k0(不一定是n位数),然后,从k0开始不断地做K变换,得出k1,k2,...,那么结果会是怎样的呢?现在已经知道的是: n=2,只能形成一个循环:(27,45,09,81,63).例如取两个数字7与3,连续不断地做K变换,得出:36,27,45,09,81,27,...出现循环. n=3,只能形成一个循环:(495). n=4,只能形成一个循环:(6174). n=5,已经发现三个循环:(53855,59994),(62964,71973,83952,74943),(63954,61974,82962,75933). n=6,已经发现三个循环:(642654,...),(631764,...),(549945,...). n=7,已经发现一个循环:(8719722,...). n=8,已经发现四个循环:(63317664),(97508421),(83208762,...),(86308632,...) n=9,已经发现三个循环:(864197532),(975296421,...),(965296431,...) 容易证明,对于任何自然数n>=2,连续做K变换必定要形成循环.这是因为由n个数字组成的数只有有限个的缘故.但是对于n>=5,循环 的个数以及循环的长度(指每个循环中所包含数的个数)尚不清楚,这也是国内一些数学爱好者热衷于研究的一个课题. | |
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8.【平方数猜想】 | |
可以证明,用同一个数字1,2,3,...,9组成的十进制数,只有1,4,9是完全平方数,换句话说,在11,111,1111,...;22,222,2222,...; 99,999,9999,...;中没有完全平方数. 由此可知,除了1,4,9之外,一个完全平方数至少是由两个不同的数字组成的.下面是一些用两个不同数字组成的完全平方数: 25,49,64,81,225,1444,7744,11881,29929,44944,55225,9696996. 希托突玛图(S.Hitotumatu)提出了一个猜想:除了102n,4*102n,9*102n之外,由两个数字组成的完全平方数只有有限个.这个猜想至今未获证明. 一般地,对于k个(2,3,...9)不同数字组成的完全平方数,能做出什么结论呢?我们知道,完全平方数有无穷多个,因此,至少有一个k,由k个不同的数字组成的完全平方数有无穷多个,是哪一个k具有这样的性质呢? | |
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9.【克拉茨问题】
50年代开始,在国际数学界广泛流行着这样一个奇怪有趣的数学问题:任意给定一个自然数x,如果是偶数,则变换成x/2,如果是奇数,则变换成3x+1.此后,再对得数继续进行上述变换.例如x=52,可以陆续得出26,13,40,20,10,5,16,8,4,2,1.如果再做下去就得到循环:
(4,2,1).再试其他的自然数也会得出相同的结果.
上述变换,实际上是进行下列函数的迭代
{ x/2 (x是偶数) C(x)= 3x+1 (x是奇数) 问题是,从任意一个自然数开始,经过有限次函数C迭代,能否最终得到循环(4,2,1),或者等价地说,最终得到1?据说克拉茨(L.Collatz)在1950年召开的一次国际数学家大会上谈起过,因而许多人称之为克拉茨问题.但是后来也有许多人独立地发现过同一个问题,所以,从此以后也许为了避免引起问题的归属争议,许多文献称之为3x+1问题.
克拉茨问题吸引人之处在于C迭代过程中一旦出现2的幂,问题就解决了,而2的幂有无穷多个,人们认为只要迭代过程持续足够长,必定会碰到一个2的幂使问题以肯定形式得到解决.正是这种信念使得问题每到一处,便在那里掀起一股"3x+1问题"狂热,不论是大学还是研究机构都不同程度地卷入这一问题.许多数学家开始悬赏征解,有的500美元,有的1000英镑.
日本东京大学的米田信夫已经对240大约是11000亿以下的自然数做了检验.1992年李文斯(G.T.Leavens)和弗穆兰(M.Vermeulen)已经对5.6*1013的自然数进行了验证,均未发现反例.题意如此清晰,明了,简单,连小学生都能看懂的问题,却难到了20世纪许多大数学家.著名学者盖伊(R.K.Guy)在介绍这一世界难题的时候,竟然冠以"不要试图去解决这些问题"为标题.经过几十年的探索与研究,人们似乎接受了大数学家厄特希(P.Erdos)的说法:"数学还没有成熟到足以解决这样的问题!"有人提议将3x+1问题作为下一个费尔马问题.
下面是我对克拉茨问题的初步研究结果,只是发现了一点点规律,距离解决还很遥远.克拉茨命题:设 n∈N,并且
{ n/2 (n是偶数) f(n)= 3n+1 (n是奇数) 现用f1(n)表示f(n),f2(n)=f(f(n)),...fk(n)=f(f(...f(n)...)).
则存在有限正整数m∈N,使得fm(n)=1.(以下称n/2为偶变换,3n+1为奇变换,并且称先奇变换再偶变换为全变换)克拉茨命题的证明
引理一:若n=2m,则fm(n)=1 (m∈N)
证明:当m=1时,f(n)=f(2)=2/2=1,命题成立,设当m=k时成立,则当m=k+1时,fk+1(n)=f(fk(2k+1))=
=f(2)=2/2=1.证毕.引理二:若n=1+4+42+43+...+4k=(4k+1-1)/(4-1) (k∈N),则有f(n)=3n+1=4k+1=22k+2,从而f2k+3(n)=1.
证明:证明是显然的,省略.
引理三:若n=2m(4k+1-1)/(4-1) (m∈N), 则有fm+2k+3(n)=1.
证明:省略.
定理一:集合 O={X|X=2k-1,k∈N} 对于变换f(X)是封闭的.
证明:对于任意自然数n,若n=2m,则fm(n)=1,对于n=2k,经过若干次偶变换,必然要变成奇数,所以我们以下之考虑奇数的情形,即集合O的情形.对于奇数,首先要进行奇变换,伴随而来的必然是偶变换,所以对于奇数,肯定要进行一次全变换.为了直观起见,我们将奇数列及其全变换排列如下:
k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 0 2k-1 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 33 35 37 39 41 43 45 47 49 51 53 55 57 59 61 63 65 67 69 71 73 75 77 79 81 83 85 87 89 91 93 95 97 99 101 1 3k-1 2 5 8 11 14 17 20 23 26 29 32 35 38 41 44 47 50 53 56 59 62 65 68 71 74 77 80 83 86 89 92 95 98 101 104 107 110 113 116 119 122 125 128 131 134 137 140 143 146 149 152 2 3k-2 1 4 7 10 13 16 19 22 25 28 31 34 37 40 43 46 49 52 55 58 61 64 67 70 73 76 3 3k-1 2 5 8 11 14 17 20 23 26 29 32 35 38 4 3k-2 1 4 7 10 13 16 19 5 3k-1 2 5 8 6 3k-2 1 4 7 3k-1 2 8 3k-2 1 第一行(2k-1)经过全变换(3(2k-1)+1)/2=3k-1变成第二行,实际上等于第一行加上一个k,其中的奇数5,11,...6k-1又回到了第一行.以下各行是等差数列3k-2,3k-1交错排列.由于最终都变成了奇数,所以集合O对于变换f(X)是封闭的.
定理二:任何奇自然数经过若干次变换都会变成1.
证明:
我们看到 奇数经过全变换变成为3k-1型数,3k-1型奇数经过全变换有一半仍然变成3k-1型奇数,而另一半3k-1型偶数经过除以2有一半变成为3k-2型奇数,而3k-2型奇数经过全变换又变成为3k-1型数.换句话说不可能经过全变换得到3k-2型数.
下面我们只研究奇数经过全变换的性质,因为对于其他偶数经过若干次偶变换,仍然要回到奇数的行列里来.
我们首先证明奇数经过若干次全变换必然会在某一步变成偶数.
设2a0-1是我们要研究的奇数,它经过全变换变成3a0-1,假设它是一个奇数并且等于2a1-1,2a1-1又经过全变换变成为3a1-1=2a2-1,3a2-1=2a3-1,...3ak-1-1=2ak-1,所以a1=(3/2)a0,a2=(3/2)a1,...ak=(3/2)ak-1.
所以最后ak=(3/2)ka0,要使ak是整数,可令a0=2kn,(n是奇数).于是ak=3kn.则从2a0-1经过若干次全变换过程如下:
2k+1n-1 -> 3*2kn-1 -> 32*2k-1n-1 -> 33*2k-2n-1 ->... -> 3k+1n-1 (偶数).然后我们证明经过全变换变成偶数的奇数一定大于该偶数经过若干偶变换之后得到的奇数.
设3k+1n-1=2mh (h为奇数),我们要证明 h<2*3kn-1:
h=(2*3kn-1+3kn)/2m<2*3kn-1,令a=3kn,b=2m-1,则有 2ab>a+b,而这是显然的.定义:以下我们将称呼上述的连续全变换紧接着连续的偶变换的从奇数到另外一个奇数的过程为一个变换链.
接着我们证明奇数经过一个变换链所得的奇数不可能是变换链中的任何中间结果,包括第一个奇数.
若以B(n)表示奇数n的变换次数,m是n经过变换首次遇到的其他奇数,则有
定理三:B(n)=k+1+B(m),其中k是满足3n+1=2km的非负整数.
证明:n经过一次奇变换,再经过k次偶变换变成奇数m,得证.
举例来说,B(15)=2+B(23)=2+2+B(35)=2+2+2+B(53)=2+2+2+5+1+B(5)=2+2+2+5+1+5=17
10.【负数克拉茨】
人们在对自然数进行C迭代研究的同时,又想到:如果迭代在整数集上进行,其结果又会如何呢?
当x为正整数时,如前所述出现循环(4,2,1)
当x=0,出现循环(0)
当x=-1,-2,-3,-4时,最终出现循环(-1,-2).
当x=-5,出现循环(-5,-14,-7,-20,-10).
当x=-6,-7,...-16时,最终出现循环(-1,-2),(-5,-14,-7,-20,-10)
当x=-17,出现循环(-17,-50,-25,-74,-37,-110,-55,-164,-82,-41,-122,-61,-182,-91,-272,-136,-68,-34)
对x<-17的数进行迭代,再未出现新的循环,于是,人们猜想:
如果对全体整数进行C迭代,只能出现上述5个循环.
人们已经对|x|<108的负整数x进行了验算,证明猜想是正确的,但并没有得到一般情形的证明.
11.【广义克拉茨】
人们注意到克拉茨迭代所得的C数列中,取奇数的项更为重要,因此,人们引进了简化克拉茨函数:
C(x)=(3x+1)/2e(x)
其中e(x)是3x+1所含的素因子2的个数.例如,当x=29时,3x+1=88=23*11,e(29)=3,对应的简化C数列为
11,17,13,5,1,1,...
路径由原来的18减少到5,更有利于C迭代的研究.
一般地,设a,b是正整数,a>1,且b为奇数,广义克拉茨函数是C(x)=(ax+b)/2e(x)
其中x取正奇数,e(x)是ax+b所含素因子2的个数.显然,a=3,b=1就是3x+1问题.
ax+b问题就是,对于任何一个正奇数x,经过有限次的广义C迭代最终是否可得到1?
令人感到意外的是,ax+b问题有可能以否定的形式而解决,人们估计下面的ax+b猜想是正确的:
除了a=3,b=1(即3x+1问题)外,对于其他的正整数a,b(a>1,b为奇数)都可以找到一个正奇数r,使得r的广义C迭代中始终不出现1.
实际上,取r=bt(t为任意正奇数),则
C(r)*2e(r)=ar+b=(at+1)b
如果b>1,则C(r)必能被b整除,从而r的广义C数列各项都能被大于1的数b整除,永远的不到1,此时,猜想是正确的.
如果b=1,则当a为偶数时,C(x)*2e(x)=ax+1恒为奇数且C数列是递增的,C迭代不会得到1,而当a是奇数时,ax+1猜想就是:
对于给定的奇数a>3,必定存在某个正奇数r,使得r的广义C迭代,即C(x)=(ax+1)/2e(x)不出现1.
1978年,克兰多尔已经证明,当a=5,181,1093时候,上述猜想是正确的.
(1)5x+1问题:C(x)=(5x+1)/2e(x)
取r=13,则r的广义C迭代数列是33,83,13,33,...出现循环(33,83,13),不出现1.
(2)181x+1问题:C(x)=(181x+1)/2e(x)
取r=27,则r的广义C迭代数列是611,27,611,27,...出现循环(611,27),不出现1.
(3)1093x+1问题:C(x)=(1093x+1)/2e(x)
取s=(2364k-1)/1093(其中k为任意自然数),则1093+1=2364k,故e(s)=364k,C(s)=1.可以证明这是1093x+1问题中能达到1的仅有的一祖数,而对于其他任何正奇数r(不等于s),则C迭代可以无限地进行下去,永远得不到1.
此外,有人研究了7x+1问题,对于r=3的迭代项数已经超过102000,仍然看不出任何重复的迹象,看来7x+1猜想很可能也是正确的.但还没有从理论上加以证明.
到目前为止,ax+1问题远未解决.
12.【原始克拉茨】
二十世纪30年代,克拉茨还在上大学的时候,受到一些著名的数学家影响,对于数论函数发生了兴趣,为此研究了有关函数的迭代问题.
在1932年7月1日的笔记本中,他研究了这样一个函数:
{ 2x/3 x被3整除 F(x)= (4x-1)/3 x被3除余1 (4x+1)/3 x被3除余2 则F(1)=1,F(2)=3,F(3)=2,F(4)=5,F(5)=7,F(6)=4,F(7)=9,F(8)=11,F(9)=6,...为了便于观察上述迭代结果,我们将它们写成置换的形式:
( 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ... ) 1 3 2 5 7 4 9 11 6 ... 由此观察到:对于x=2,3的F迭代产生循环(2,3)
对于x=4,5,6,7,9的F迭代产生循环(5,7,9,6,4).
接下来就是对x=8进行迭代,克拉茨在这里遇到了困难,他不能确知,这个迭代是否会形成循环,也不知道对全体自然数做迭代除了得到上述两个循环之外,是否还会产生其他循环.后人将这个问题称为原始克拉茨问题.现在人们更感兴趣的是它的逆问题:
{ 3x/2 x是偶数 G(x)= (3x-1)/4 x被4除余3 (3x+1)/4 x被4除余1 不难证明,G(x)恰是原始克拉茨函数F(x)的反函数.对于任何正整数x做G迭代,会有什么样的结果呢?
经计算,已经得到下列四个循环:
(1),(2,3),(4,6,9,7,5),(44,66,99,74,111,83,62,93,70,105,79,59).
因为G迭代与F迭代是互逆的,由此知道,F迭代还应有循环(59,79,105,70,93,62,83,111,74,99,66,44).
G迭代还能有别的循环吗?为了找到别的循环,人们想到了下面的巧妙方法:
由于G迭代使后项是前项的3/2(当前项是偶数时)或近似的3/4(当前项是奇数).如果G迭代中出现循环,比如迭代的第t项at与第s项as重复(t<s):at=as.但
as/as-1,as-1/as-2,...at+1/at
或等于3/2,或者近似于3/22,因而
1=as/at=as/as-1*as-1/as-2*...at+1/at≈3m/2n
这里 m=s-t,m < n
即 2n≈3m
log22n≈log23m
故 n/m≈log23
这就是说,为了寻找出有重复的项(即有循环),应求出log23的渐进分数n/m,且m可能是一个循环所包含的数的个数,即循环的长度.
log23展开成连分数后,可得到下列紧缺度不同的渐进分数:
log23≈2/1,3/2,8/5,19/12,65/41,84/53,485/306,1054/665,24727/15601,...
渐进分数2/1表明,31≈22,循环长度应为1.实际上恰存在长度为1的循环(1).
渐进分数3/2表明,32≈23,循环长度应为2.实际上恰存在长度为2的循环(2,3).
渐进分数8/5表明,35≈28,循环长度应为5.实际上恰存在长度为5的循环(4,6,9,7,5).
渐进分数19/12表明,312≈219,循环长度应为12,实际上恰存在长度为12的循环(44,66,...59).
这四个渐进分数的分母与实际存在的循环长度的一致性,给了人们一些启发与信心,促使人们继续考虑:是否存在长度为41,53,306,665,15601,...的循环?令人遗憾的是,已经证明长度是41,53,306的循环肯定不存在,那么,是否会有长度为665,15601,...的循环呢?
F迭代与G迭代究竟能有哪些循环呢?人们正在努力探索中!
13.其它猜想
素数的间隔 卡迈克猜想 费马数猜想 谢尔品斯基数 卡伦素数 广义费马数 新梅森猜想 奇完全数猜想 亲和数猜想 克拉默猜想 安德里卡猜想 商克斯猜想 素阶乘问题 赛弗里奇挑战 厄特希猜想 希夫曼问题 坡默兰斯问题 数的素数剖分 互逆对公式 共素因子集合 连续素数和 连续素数表示 伯恩斯坦问题 贝特曼问题 素数公式之谜 反序素数之谜
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