コラッツの問題
また、もう一つの類似として、「任意の正の整数 n に対して
n が偶数の場合、n を 2 で割る
n が奇数の場合、n に 3をかけて 2l - 1 (l ≥ 1) を足す
という操作を繰り返すと、有限回で 1 に到達する」という命題を考える。 ここで、l = 1 のときが上述のコラッツの問題である。しかし、l ≥ 2の場合、1を含まない繰り返し数列が得られる場合があるので、この命題は一般に成り立たない。
たとえば、l = 2として、初期値n = 43を与えた場合、43, 132, 66, 33, 102, 51, 156, 78, 39, 120, 60, 30, 15, 48, 24, 12, 6, 3, 12, 6, 3という数列が得られ、この命題は成り立たない。初期値nが1, 2などなら有限回で1に到達するが、他の初期値に対しては3, 12, 6, 3と、3を繰り返すサイクルになると思われる。そこでl = 2に対してコラッツの予想を応用し、「任意の正の整数 n に対して、上記の操作を行えば、有限回で1または3に到達する」という命題を代わりに立てれば、これが成り立つと予想される。
任意の正の整数 n に対して、以下で定められる操作について考える。
n が偶数の場合、n を 2 で割る
n が奇数の場合、n に 3 をかけて 1 を足す
このとき、「どんな初期値から始めても、有限回の操作のうちに必ず 1 に到達する(そして 1→4→2→1 というループに入る)」という主張が、コラッツの予想である。
モジュラ計算の表記を用いて、上記の操作を関数 f として定義する。
f ( n ) = { n / 2 if n ≡ 0 3 n + 1 if n ≡ 1 ( mod 2 ) {\displaystyle f(n)={\begin{cases}n/2&{\mbox{if }}n\equiv 0\\3n+1&{\mbox{if }}n\equiv 1\end{cases}}{\pmod {2}}}
任意の正の整数 n に対して、この関数 f (コラッツ写像とも呼ばれる) を繰り返し適用することで整数の無限列 {ai}i ≧ 0を得る。数式としての定義は次のようになる。
a i = { n for i = 0 f ( a i − 1 ) for i > 0 {\displaystyle a_{i}={\begin{cases}n&{\mbox{for }}i=0\\f(a_{i-1})&{\mbox{for }}i>0\end{cases}}}