コラッツ予想２０２３改訂版

### 【概　要】 

本ドキュメントは　

　$ f(x):=3\times x+1 ,(2a+1)\times 3+1=6a+4,f(2a+1)=6a+4, $

　$\therefore  f:\{2a+1│a\in \mathbb{N}^{0} \}\rightarrow \{6a+4│a\in \mathbb{N}^{0} \}  , $

　　$f^{-1}:\{6a+4│a\in \mathbb{N}^{0} \}\rightarrow \{2a+1\mid  a\in \mathbb{N}^{0}\}$　

　  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 }}│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 

$D(2a_p+1)∌f(2a_p+1)=(6a_p+4)\in \{(2a_(p+1)+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid  h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}\subset S$  

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成否を検証しようと試みるものです。　

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### 【定　義】 

$\mathbb{N}^{1}$  : 全ての$0$を含まない自然数全体の集合（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$0$を含む自然数全体の集合(〃)　

$\mathbb{Z}$  : 全ての$0$を含む整数全体の集合

$a_n,x_m ,y_0,h_mn\cdots $: 右下の小文字によって修飾されている変数名は特に 

　　　　　　　　　変域の指定がなければ$\mathbb{N}^{1} $にふく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。 

　　　　　　　　　固定値をとるものして扱われるため集合表記の中の 

　　　　　　　　　定義域の別途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 \cdots \}　$

$a,x,y,h\cdots .　$  :  右下の小文字による修飾を伴わない変数名は特に変域　

　　　　　　　　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。

　　　　　　　　この場合変域指定の$\in \mathbb{N}^{0} $は省略されることがある。 

$f(x):=3x+1 $

$e\left(2 a_{0}+1, n\right):=\left(2 a_{0}+1+\frac{1}{3}\right) \times 4^{n}-\frac{1}{3}$

　　　　　　　　　:初項 $2 a_{0}+1$, 漸化式 $2 a_{n+1}+1=\left(2 a_{n}+1\right) \times 4+1$

　　　　　　　　　の漸化数列の第 $n$ 項 $a_{n}+1$ (初項 $2 a_{0}+1$ は第 0 項 )

 $Oparation Collatz Setup(2a_x+1),O.C.S(2a_x+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}\} $

　　$S:\mathbb{N}^{1}-D(2a_x+1)　(2a_x+1$は$1$外の正奇数で任意定数。）

　　$:\{(2a_x+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid  2a_x+1\neq 1,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}$ を $D(2a_x+1)$  として、 

　　$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$Operation Collatz Setup(2a_x+1) $

略して $O.C.S.(2a_x+1) $ と 呼ぶこととする。   

$Operation Collatz Invite(2a_x+1,2a_{n-1}+1),O.C.I.(2a_x+1,2a_{n-1}+1)$ 

　　:$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$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}$  としてそれぞれ定義する。 

以上の操作を$Operation Collatz Invite(2a_x+1,2a_{n-1}+1)$  　 

略して $O.C.I.(2a_x+1,2a_{n-1}+1) $ と 呼ぶこととする。　

$Operation 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  

　　$\{(2a_{x+1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime } } \mid  h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0}\}$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} $ としてまた$ D(2a_x+1)$  を 

　　　　$\emptyset $(空集合 )としてそれぞれ定義する。 

以上の操作を$Operation Collatz Hijack(2a_{x+1}+1,2a_x+1)$  略して 

$O.C.H.(2a_{x+1}+1,2a_x+1)$  と呼ぶこととする。 

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### 〖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。　

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### 〖命題1-2〗

$f:  \{2a+1│a \in \mathbb{N}^{0} \}\rightarrow \{6a+4\mid  a \in \mathbb{N}^{0}\}　$

$f^{-1} :  \{6a+4│a \in \mathbb{N}^{0} \}\rightarrow \{2a+1\mid  a \in \mathbb{N}^{0}\}$

は全単射である。　

### 〖証明1-2〗

$f(2a+1)=(2a+1)\times 3+1=6a+4$ 

$f^{-1}  (6a+4)=(6a+4-1)\div 3 =2a+1$ 

$\therefore  f:  \{2a+1│a \in \mathbb{N}^{0} \}\rightarrow \{6a+4\mid  a \in \mathbb{N}^{0}\}$　

$f^{-1} :  \{6a+4│a \in \mathbb{N}^{0} \}\rightarrow \{2a+1\mid  a \in \mathbb{N}^{0}\}$

は全単射である。

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### 〖命題1-3〗

$(6a+1)\times2^{2h+2}\in \{6a+4│a\in \mathbb{N}^{0} \}  (h\in \mathbb{N}^{0})　$

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

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

### 〖証明1-3〗

$6a+2\notin\{6a+4│a\in \mathbb{N}^{0} \}  $　

$(6a+2)\times 2^1=12a+4=6(2a)+4\in \{6a+4│a\in \mathbb{N}^{0} \} $ 　

$(6a+4)\times 2^1=12a+8=6(2a+1)+2\notin\{6a+4│a\in \mathbb{N}^{0} \} $  

$(6a+1)\times 2^1=12a+2=6(2a)+2 \notin\{6a+4│a\in \mathbb{N}^{0} \} $ 

$(6a+5)\times 2^1=12a+10=6(2a+1)+4 \in \{6a+4│a\in \mathbb{N}^{0} \} $ 

$(6a+3)\times 2^1=12a+6=6(2a+1)+3 \notin\{6a+4│a\in \mathbb{N}^{0} \} $ 

$\therefore$ 　

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

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

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

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### 〖命題1-4〗

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

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

### 〖証明1-4〗

$(4a+3)\times 3+1=12a+10$ 

$(12a+10)\div 2^1=6a+5 $

$(8a+1)\times 3+1=24a+4$ 

$(24a+4)\div 2^2=6a+1 $

$(2a+1)\times 3+1=6a+4 $

$(2a+1)\times 4+1=e(2a+1,1) $

$=8a+5 $

$(8a+5)\times 3+1=24a+16 $

$ =(6a+4)\times 2^2$

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

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

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### 〖命題1-5〗

$f(2a_x+1)\in \{(2a_x+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid  h^{\prime \prime }\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〗

$f(2a+1)=6a+4　$

$6a+4\div 2^{h^{\prime \prime }}=2a+1$ 

$\frac{(2a+1)\times 3+1}{2^{h^{\prime \prime } }} =2a+1 $

$(2a+1)\times (2^{h^{\prime \prime }}-3)=1 $

$\therefore a=0,   2a+1=1,h^{\prime \prime }=2$

###〖命題1-5補足〗

以上により 

$f(2a_x+1)=6a_x+4=(2a_x+1)\times 2^{h_{x_y}}\in \{(2a_x+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid  h^{\prime \prime } \in \mathbb{N}^{0}\}　$

のように初項$\times 3+1$を自分自身の中に持つような正奇数を初項 

とする公比$2$の等比数列の集合は初項を$1$とする$\{1\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid  h^{\prime \prime } \in \mathbb{N}^{0}\}　$

以外には存在しない。　

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###  〖命題1-6〗

$f(2a_{-1}+1)\div 2^{h_0}=2a_0+1 $

$f(2a_0+1)\div 2^{h_1}=2a_1+1,   2a_{-1}+1\neq 1\Rightarrow  $

$2a_{-1}+1\neq 2a_1+1　$

　　$:f(2a_{-1}+1)\div 2^{h_0}=2a_0+1　,f(2a_0+1)\div 2^{h_1}=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 〗

$2a_{-1}+1=2a_1+1$と置けば 

$\frac{(2a_{-1}+1)\times 3+1}{2^{h_0}} =2a_0+1　$

$\frac {(2a_{-1}+1)\times 3^2+3+2^{h_0}}{2^{h_0+h_1}} =2a_{-1}+1 $

$3+2^{h_0}=(2a_{-1}+1)\times (2^{h_0+h_1}-3^2) $

$\frac{3+2^{h_0 }}{2^{h_0+h_1}-3^2 }=2a_{-1}+1 $

$\therefore 2a_{-1}+1=1 ,h_0=2,h_1=2 $ 

$\therefore f(2a_{-1}+1)\div 2^{h_0}=2a_0+1 $

$f(2a_0+1)\div 2^{h_1}=2a_1+1,   2a_{-1}+1\neq 1\Rightarrow $ 

$2a_{-1}+1\neq 2a_1+1$ 

　　$:f(2a_{-1}+1)\div 2^{h_0}=2a_0+1 $

　　$f(2a_0+1)\div 2^{h_1}=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。　

### 〖命題1-6補足〗

以上により 

$f(2a_0+1)=6a_0+4=(2a_1+1)\times 2^{h_{1_x } }$　

$\in \{(2a_1+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid  a_1 \in \mathbb{N}^{1},h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $

$f(2a_1+1)=6a_1+4=(2a_0+1)\times 2^{h_{0_y}} $

$\in \{(2a_0+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid  a_0 \in \mathbb{N}^{1},h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $

のように初項$\times 3+1$を相互に持ち合うような相異なる正奇数を 

初項とする公比$2$の等比数列の集合の対は存在しない。 

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###  〖 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\Rightarrow $

$\{(2a_n+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid  h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}\cap ∀\{(2a_m+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \}=\emptyset$  (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  n,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}　$

　　 があって、$2a_n+1\neq 2a_m+1$ならば如何なる正奇数$2a_m+1$　

　　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　

 $\mathbb{N}^{1}$ 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},2a_n+1\neq 2a_m+1\Rightarrow $　

$\{(2a_n+1)\times 2^{h^{\prime \prime }}│h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0} \}\cap ∀\{(2a_m+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \}=\emptyset$  (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 

　　$\{(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。）　

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### 〖 命題1-8-1〗

$O.C.I.(2a_p+1,2a_{-n}+1)$ が一度実行されれば 

$O.C.I.(\cdots ,2a_{-n}+1),O.C.H.(2a_{-n}+1,\cdots ),O.C.I.(\cdots ,2a_p+1),$

$O.C.H.(2a_p+1,\cdots )$ は$2$度と実行されることがなく

$O.C.H.(2a_{p+1}+1,2a_p+1) $が一度実行されれば 

$O.C.I.(\cdots ,2a_{p+1}+1),O.C.H.(2a_{p+1}+1,\cdots ),O.C.I.(\cdots ,2a_p+1)$

$,O.C.H.(2a_p+1,\cdots )$ は2度と実行されることがない

### 〖証明1-8-1〗

$O.C.I.(2a_p+1,2a_{-n}+1)$ が一度実行されれば 

$\{(2a_{p+1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0}\} \supset  D(2a_p+1)$  

$\{(2a_{n_1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0}\} \supset  D(2a_p+1)$　

$\{(2a_{n_1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0}\} \cap   S=\emptyset $  (空集合 )

$\therefore O.C.I.(\cdots ,2a_{p+1}+1),O.C.H.(2a_{p+1}+1,\cdots ),O.C.I.(\cdots ,2a_p+1)$

$,O.C.H.(2a_p+1,\cdots ) $は2度と実行されることがない　

$O.C.H.(2a_{p+1}+1,2a_p+1)$ が一度実行されれば 

$\{(2a_{p+1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0}\}\supset  D (2a_{p+1}+1) $ 

$\{(2a_p+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0}\}\supset  D (2a_{p+1}+1)$　

$\{(2a_{p+1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime}}) \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0}\}\cap    S=\emptyset $  (空集合 )　

$\therefore  O.C.I.(\cdots ,2a_{p+1}+1),O.C.H.(2a_{p+1}+1,\cdots ),O.C.I.(\cdots ,2a_p+1)$

$,O.C.H.(2a_p+1,\cdots )$ は$2$度と実行されることがない 

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###〖命題1-8-2〗

　$D(2a_p+1)≠\emptyset $（空集合）があって、$D(2a_p+1)$ がその中に　

重複項を持たないとき$O.C.I.(2a_p+1,2a_{-n}+1)$の実行可能条件 

が成立していてこれを実行した後の $D(2a_p+1)$　 

$O.C.H.(2a_{p+1}+1,2a_p+1)$の実行可能条件が成立していて 

これを実行した後の$D(2a_{p+1}+1)$は共にその中に重複項を持たない。 

###〖証明1-8-2〗　

$O.C.I.(2a_p+1,2a_{-n}+1)$の実行可能条件が成立しているとき 

$\{(2a_{n_1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime} \in \mathbb{N}^{0}  \} \subset S, S \cap D(2a_p+1) = \emptyset $ （空集合）

よって$O.C.I.(2a_p+1,2a_{n_1}+1)$ を実行して

$D(2a_p+1):=D(2a_p+1)\cup \{(2a_{n_1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime } \in \mathbb{N}^{0} \}S:=N^1-D(2a_p+1) $

としても$D(2a_p+1)$ はその中に重複項をもたない。

$O.C.H.(2a_{p+1}+1,2a_p+1)$ の実行可能条件が成立しているとき

$\{(2a_{p+1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime}} \mid h^{\prime \prime}\in \mathbb{N}^{0} \} \subset  S,S\cap  D(2a_p+1) = \emptyset$ （空集合） 

よって$O.C.H.(2a_{p+1}+1,2a_p+1) $を実行して

$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:=N^1-D(2a_p+1) $

としても$D(2a_{p+1}+1)$はその中に重複項を持たない。

___

### 〖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〗　

 $2a_0+1\neq 1,O.C.S(2a_1+1),O.C.I.(2a_1+1,2a_0+1) $

$O.C.I.(2a_1+1,2a_-1+1)$  等により 

$D(2a_1+1):=\{(2a_1+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid 2a_1+1 \neq 1, h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $

$\cup \{(2a_0+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid   2a_0+1\neq 1,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}  $

$\cup \{(2a_{-1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid   2a_{-1}+1\neq 1,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $

を得れば 

 命題1-5 

　　$ f(2a_x+1)\in \{(2a_x+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid  h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}\Rightarrow $

　　$2a_x+1=1,h^{\prime \prime }=2 $

　　 (ただし$a_x  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1-6  

　　$f(2a_{-1}+1)\div 2^{h_0})=2a_0+1 $

　　$f(2a_0+1)\div 2^{h_1}=2a_1+1,   2a_{-1}+1\neq 1\Rightarrow  $

　　$2a_{-1}+1\neq 2a_1+1　$

　　$f(2a_{-1}+1)\div 2^{h_0}=2a_0+1,f(2a_0+1)\div 2^{h_1}=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。

によって、 

$D(2a_1+1)=\{\{(2a_1+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid   2a_1+1\neq 1,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $

　$\cup \{(2a_0+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid   2a_0+1\neq 1,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}　$

　　$\cup \{(2a_{-1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid   2a_{-1}+1\neq 1,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $

はその中に重複項を持たない。 

この状態$(D(2a_1+1):=\{(2a_1+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid 2a_1+1 \neq 1, h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $

　$\cup \{(2a_0+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid   2a_0+1\neq 1,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}  $

　　$\cup \{(2a_{-1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid   2a_{-1}+1\neq 1,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $ のまま、または 

命題1-8-2

　　$D(2a_p+1)≠\emptyset $（空集合）があって、$D(2a_p+1)$ がその中に　

　　重複項を持たないとき$O.C.I.(2a_p+1,2a_{-n}+1)$の実行可能条件 

　　が成立していてこれを実行した後の $D(2a_p+1)$　 

　　$O.C.H.(2a_{p+1}+1,2a_p+1)$の実行可能条件が成立していて 

　　これを実行した後の$D(2a_{p+1}+1)$は共にその中に重複項を持たない。 

と

命題1-8-1

　　$O.C.I.(2a_p+1,2a_{-n}+1)$ が一度実行されれば 

　　$O.C.I.(\cdots ,2a_{-n}+1),O.C.H.(2a_{-n}+1,\cdots ),O.C.I.(\cdots ,2a_p+1)$

　　$,O.C.H.(2a_p+1,\cdots )$ は$2$度と実行されることがなく

　　$O.C.H.(2a_{p+1}+1,2a_p+1) $が一度実行されれば 

　　$O.C.I.(\cdots ,2a_{p+1}+1),O.C.H.(2a_{p+1}+1,\cdots ),O.C.I.(\cdots ,2a_p+1),$

　　$O.C.H.(2a_p+1,\cdots )$ は$2$度と実行されることがない。

により

この後何度か $O.C.I.(2a_1+1,2a_{-2}+1)  ,O.C.I.(2a_1+1,2a_{-3}+1),\cdots $ 

$O.C.I.(2a_1+1,2a_{-n}+1),$と実行してその中に重複項を持たない$D(2a_1+1)$ 

を得たとする。

このとき$O.C.I.(2a_1+1,2a_{-n-1}+1) $と$O.C.H.(2a_2+1,2a_1+1)$　

 が実行可能で、ここで$O.C.I.(2a_1+1,2a_{-n-1}+1) $を実行したとすれば　

　$\{(2a_{n-1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid   2a_{-n-1}+1\neq 1,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}\subset D(2a_1+1) 　$

　$\{(2a_2+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid   2a_2+1\neq 1,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} \subset S$

　$D(2a_1+1) \cap S=\emptyset$ （空集合） 

$\therefore 2a_{-n-1}+1\neq 2a_2 +1　$

$O.C.I.(2a_1+1,2a_{-n-1}+1) ではなく O.C.H.(2a_2+1,2a_1+1)   $　

を先に実行したとすれば　

　$\{(2a_2+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid   2a_2+1 \neq 1,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}\subset D(2a_2+1) 　$

　$\{(2a_{-n-1}+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid   2a_{-n-1}+1\neq 1,h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\}\subset S$

　$D(2a_2+1) \cap S=\emptyset $ （空集合）　

$\therefore 2a_{-n-1}+1\neq 2a_2 +1　$

以上により、以降$O.C.I.(\cdots ,\cdots )  ,O.C.H.(\cdots ,\cdots )$は実行順序に拘わらず

何度でも継続実行が可能で何度これを実行しても$D(\cdots ) $  

はその中に重複項をもつことはない。

したがってすべての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$1\rightarrow 4\rightarrow 1$以外に閉じた部分がない。

よって　

$D(1) :=\{1\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid  h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $

$S:= \mathbb{N}^{1}- D(1)  :  O.C.I.(\cdots ,\cdots ) $ 実行直後の $ D(1)  とS $

として、以降

命題1―5補足

　　$f(2a_x+1)=6a_x+4=(2a_x+1)\times 2^{h_{x_y}}\in \{(2a_x+1)\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid  h^{\prime \prime } \in \mathbb{N}^{0}\}$　

　　のように 初項$\times 3+1$ を自分自身の中に持つような正奇数 

　　を初項とする公比2等比数列の集合は

　

　　初項を1とする $\{1\times 2^{h^{\prime \prime }} \mid  h^{\prime \prime }\in \mathbb{N}^{0}\} $以外には

　　存在しない。

によって順序対$(2a+1,6a+4)  (2a+1,6a+4)の片方がD(\cdots )$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 

命題1-4 

 

　　$f(e(4a+3,n))\div 2^{1+2n}=6a+5 $

　　$f(e(8a+1,n))\div 2^{2+2n}=6a+1 $

あるいは　

$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) 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_x}} \}\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： http://www5b.biglobe.ne.jp/~simomac/uindou.htm

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　　　　 　http://simomath.blog.fc2.com/blog-entry-157.html

　　　　 　http://syarekke.blog70.fc2.com/blog-category-38.html

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