戴榕菁

1. 引言

本文为对探索考拉兹猜想感兴趣的读者提供一种简单便利的分析工具，望能对最终破解考拉兹猜想有所帮助，特别是对那些具有本博所不具有的算力的读者在这方面的工作有所助益。

2. 考拉兹指数集（简称指数集）

定义1. 指数集

满足下述条件的随位置下标单调上升的自然数集合（S={N_i}, i=0,…,n单调上升且N_i随i单调上升）为考拉兹指数集（简称指数集）：

（i）项并运算^S:

从右至左检查S，遇到有三项一样的N_i=N_i+1=N_i+2，跳过第三项Ni，合并前两项N_i+1和N_i+2，令{ N_i+2, N_i+1}={ N_i +1}，例子：{10，10，10}={11，10}；遇到只有相邻两项一样的N_i=N_i+1，则令{ N_i+1,N_i}={ N_i +1}，例子：{0，0}={1}。然后将所有元素下标重新从右至左单调排序，S’={N’_i}, i=0,…,n’.

 (ii) 乘运算×：

令N为自然数，单调自然数集S={N_i}, i=0,…,n与N之间的乘运算S1=S×N=N×S为如下运算：

S1={ N_i +N}, i=0,…,n 单调上升且N_i随i单调上升。

例子：S={11,8,4,2,0}, N=20, 则N×S= {31,28,24,22,20}

(ii.1) 倍运算@S：

@S= {N_i +1}, i=0,…,n 单调上升且N_i随i单调上升。

例子：S={11,8,4,2,0}, 则@S= {12,9,5,3,1}

(ii.2)集乘运算×：

单调自然数集S1={N1_j1} (j1=0,…,n₁ 单调上升且N1_j1随j1单调上升)与S2={ N2_j2} (j2=0,…,n₂ 单调上升且N2_j2随j2单调上升) 的集乘运算S=S1×S2为下述操作：

将S1与S2的每个元素分别相乘再相加：

S=S1×S2=S1×N2_n2+…+ S1×N2₀

例子：S1={5,4}, S2={2,1}

S=S1×S2={5,4}×2+{5,4}×1={7,6}+{6,5}={7,6,6,5}={8,5}

（iii）加运算+：

单调自然数集S={N_i}与自然数N的加运算S1=S+N为如下运算：

从右至左检查S，将N插入到N_i与N_i+1之间，使得N_i≤N≤N_i+1，然后重新挑战下标使其成为由0至n+1的单调上升序列。

例子：S={9,6,4,3}, S1=S+5={9,6,5,4,3}

（iii.1）深增运算+++：

S的深增运算S+++为将S的尾项（最右边的一项）N₀再添加到S的尾部。

例子：S= {12,9,5,3,1}, S+++={12,9,5,3,1,1}={12,9,5,3,2}

（iii.2）增运算++：

S的增运算S++为在S的尾部（最右边）增加一项0。

例子：S= {12,9,5,3,1}, S++={12,9,5,3,1,0}

当S的尾项为0时，S+++=S++

例子：S= {12,9,5,3,1,0}，S+++=S++={12,9,5,3,1,0,0}= {12,9,5,3,2}

(iii.3)和运算+：

单调自然数集S1={N1_j1} (j1=0,…,n₁ 单调上升且N1_j1随j1单调上升)与S2={ N2_j2} (j2=0,…,n₂ 单调上升且N2_j2随j2单调上升) 的和运算S=S1+S2为下述操作：

将{N1_j1}与{ N2_j2}合并为一个单调自然数集S={N_i}, i=0,…,n₁+n₂+1

例子：S1={9,7,5,3,1}, S2={8,6,4,2}则S=S1+S2={9,8,7,6,5,4,3,2,1},其下标由0至8。

(iv)除运算/

令N为正整数，当单调自然数集S={N_i}, i=0,…,n的最右边的元素N₀≥N时，它们之间的除运算S1=S/N={N_i-N}。

(iv.1)半运算!

当单调自然数集S={N_i}, i=0,…,n的最右边的元素N₀≥1时，它的半运算S1=!S为如下运算：

S1=!S ={Ni-1}

例子： S={8,5,2}, S1=!S ={7,4,1}

{iv.2}剔运算%:

当单调自然数集S={N_i}, i=0,…,n的最右边的子集为S’={N_j}(j=0,…,k)时，S剔S’的运算S%S’为如下操作：

S1=S%S’={0,N_k+1,…,N_n}

例1：S={8,5,2}, S’ ={5,2}，则S1=S%S’={8,0}

例2：S={8,{2 ×{5,2}}}, S’ ={5,2}，则S1=S%S’={8,2}

(iv.3)集除运算/：

假如单调自然数集S1={N1_j1} (j1=0,…,n₁ 单调上升且N1_j1随j1单调上升)与S2={ N2_j2} (j2=0,…,n₂ 单调上升且N2_j2随j2单调上升) 的集除运算S=S1/S2可以表达为单调自然数集S={N_i} (i=0,…,n 单调上升且N_i随i单调上升)，那么该运算为下述操作：

将S1分解出含有k×S2的子集，然后从各子集中剔除S2。

注：1×S2 ≠S2，{1×S2}%S2 ={1}≠{0}，{N×S2}%S2 ={N}，S2%S2={0} ≠{}。

例1：{1,0}/{1,0}={{1,0}%{1,0}}={0}

例2：{3,2}/{1,0}={2×{1,0}}/{1,0}={2×{1,0}%{1,0}}={2}

例3：{4,1}/{1,0}={2×{1,0},1×{1,0}}/{1,0}={{2×{1,0}}%{1,0},{1×{1,0}}%{1,0}}={2,1}

 (v)减运算-

令N为自然数，当单调自然数集S={N_i}, i=0,…,n的最左边的元素N_n≥N时，它们之间的差运算S1=S-N为如下运算：

从右至左检查S，如果遇到N_i=N，则将N_i除去，并重新调整下标；如果有N_i<N<N_i+1,则将N_i+1拆成两项N_i+1-1和N_i+1-1，如果N< N_i+1-1,则继续将右边的那个N_i+1-1拆成N_i+1-2和N_i+1-2，如此重复直到获得N_i+1-k=N，将两个N_i+1-k中的一个除去，且重新调整下标。

例子：S={39,26,24,13,8,5}, N=6，则S-6={39,26,24,13,7,6,5}

(v.1) 降运算--：

当S的尾项（最右边那项）为0时，S的降运算S--为除去S的尾部（最右边）0。

例子： S={12,9,5,3,1,0}, S--={12,9,5,3,1}

当S的尾项（最右边那项）不为0时，S的降运算S—需要先从N₀中分出0来，再除去（最右边）0。

例子：S={39,26,24,13,8,5}, S--={39,26,24,13,8,4,3,2,1,0}

（v.2）分运算- (这里的“-”与减运算相同)：

单调自然数集S1={N1_j1} (j1=0,…,n₁ 单调上升且N1_j1随j1单调上升)与S2={ N2_j2} (j2=0,…,n₂ 单调上升且N2_j2随j2单调上升) 之间当N1_n1> N2_n2时可进行的分运算S=S1-S2为下述操作：

用S1运用上述减运算逐一除去S2中的元素。

例子：S1={6}，S2={5,4}，则S=S1-S2={4}

(vi)集并运算#：

单调自然数集S1={N1_j1} (j1=0,…,n₁ 单调上升且N1_j1随j1单调上升)与S2={ N2_j2} (j2=0,…,n₂ 单调上升且N2_j2随j2单调上升) 之间的集并运算#为如下的操作：

a) 进行S1与S2的和运算：令S’=S1+S2

b) 对S’进行项并运算：S=^S’

（vii）通乘运算与通除运算：

上面的乘运算与除运算适用于当乘号或除号两边都是二进制展开的情况，不适用于通常整数运算中的一般的乘除运算。但我们也可在上述定义的基础上定义一般的乘除运算并称之为通乘和通除。

(vii.1) 通乘运算**:

单调自然数集S={N_i}与正整数X的通乘运算S1=S**X为如下运算：

a) 如果X=2^N, 则S1=S**X= S×N

b) 如果X ≠2^N, 则先将X表达为

X=∑a_i2ⁱ (i=0,…,N, 单调上升,  a_i ∈ {0, 1}),

然后按照先前的定义来计算S1=S ×S’，其中S’={i}对应着上式中a_i ≠0的项的指数集。

例子：S={12,9,5,3,1,0}, X=3，则 S’={1,0},

S**3= S ×S’={12,9,5,3,1,0}×{1,0}={12,9,5,3,1,0}×1+{12,9,5,3,1,0}×0

={13,10,6,4,2,1}+{12,9,5,3,1,0}={13,12,10,9,6,5,4,3,2,1,1,0}={13,12,11,10,9,7,0}

(vii.2) 通除运算//:

单调自然数集S={N_i}与正整数X的通除运算S1=S//X为如下运算：

a) 如果X=2^N, 则S1=S//X= S/N

b) 如果X ≠2^N, 则先将X表达为

X=∑a_i2ⁱ (i=0,…,N, 单调上升,  a_i ∈ {0, 1}),

然后按照先前的集除运算定义来计算S1=S/S’，其中S’={i}对应着上式中a_i ≠0的项的指数集。

例1：S={8,4}, X=8=2³, 则S//X=S/3={5,1}

例2：S={5,1,0}, X=5≠2^N。X所对应的S’={2,0}，

所以S//X=S/S’={5,1,0}/{2,0}={{4,2},{3,1},{2,0}}/{2,0}={2×{2,0},1×{2,0},{2,0}}/{2,0}={2,1,0}

注1：与 S**X 不同，S//X 对于考拉兹指数集合运算并不总是具有有意义的结果;

注2：当乘号或除号两边都是以十进制的整数形式给出时，我们只要将它们都转换为二进制展开的形式，便仍可使用上述定义的计算；

注3.考拉兹指数集运算只适用于自然数运算，不适用于小数和负数运算。

定义2. 指数集之项差集

令指数集S={N_i}, i=0,…,n，则S_d={Δ_i}为S的项差集，其中Δ_i=N_i-N_i-1，i=1,…,n 单调上升。假如n=0,则S_d为空集。

3. 考拉兹运算

定义3. 指数集之准考拉兹变换（运算）

令指数集S={N_i}, i=0,…,n，其准考拉兹变换为以下的操作：

a) 对S进行倍运算：

令S1=@S={N_i +1}, i=0,…,n

例子： S={ 11,8,4,2,0}，S1=@S={ 12,9,5,3,1},

b) 进行S1与S的集并运算#然后进行深增运算+++：

令S2={S1#S}+++

因为在这个例子中S1#S的最后一项为0，所以{S1#S}+++={S1#S}++

例子：S2= {S1# S}++={12,11,9,8,5,4,3,2,1,0,0}

c) 对S2进行项并运算^：

S’=^S2={12,11,9,8,5,4,3,2,1,1}

S’’=^S’={12,11,9,8,5,4,3,2,2}

S’’’=^S’’={12,11,9,8,5,4,3,3}

S^[4]=^S’’’={12,11,9,8,5,4,4}

S^[5]=^ S^[4]={12,11,9,8,5,5}

S^[6]= ^S^[5]={12,11,9,8,6}

伴随着上述准考拉兹运算，我们还可算出相应的项差集：

S_d={3,4,2,2}

S^[6]_d={1,2,1,2}

定义4. 指数集之考拉兹变换（运算）

考拉兹变换与上述的准考拉兹变换的区别为：准考拉兹运算不要求尾项（最右边的项）为0，而考拉兹运算要求初始的指数集的尾项为0，如果初始集的尾项N₀不是0则需要先通过除以N₀将其清0，且在项并运算完成后要除去最后一项的值才成为考拉兹运算：

例1：上面那个例子的初始指数集{11,8,4,2,0}满足考拉兹运算的条件，只是在项并之后还要除去最后一项的值6：

S^[6]’={12,11,9,8,6}/6={6,5,3,2,0}

可以看出S^[6]’_d= S^[6]_d。

例2：S={14,11,7,5,3}，S1=S/3={ 11,8,4,2,0}，S^[6]’={6,5,3,2,0}

4. 考拉兹猜想

有了上述指数集和项差集的定义后，考拉兹猜想可改写为：

任何指数集 S={N_i} (i=0,…,n) 都可以通过一系列准考拉兹变换收敛到单元素集 {M}其中 M 为正整数；或者，如果 N₀=0，则可以通过一系列考拉兹变换收敛到集合 {0}。

5. 考拉兹变换长（下降）短（上升）周期

考拉兹变换在除去尾项N’₀的值以前，如果N’₀=1，则为短周期（上升周期）；N’₀>1，则为长周期（下降周期）。

6. 指数集的子集类型

6.1. 指数集之子集的三种类型（参见【[1]】）

类型I：项差集S_d的所有 Δ_i=1, 标记为S_I

类型II：项差集S_d的所有Δ_i=2, 标记为S_II

类型III：项差集S_d的所有Δ_i>2, 标记为S_III

6.2. 指数集子集的九种亚类型

类型I.1: 当最右边的一个子集为类型I，该子集称为尾I型

类型I.2: 当最左边的一个子集为类型I，该子集称为头I型

类型I.3: 当整个指数集S为类型I，S称为全I型

类型II.1: 当最右边的一个子集为类型II，该子集称为尾II型

类型II.2: 当最左边的一个子集为类型II，该子集称为头II型

类型II.3: 当整个指数集S为类型II，S称为全II型

类型III.1: 当最右边的一个子集为类型III，该子集称为尾III型

类型III.2: 当最左边的一个子集为类型III，该子集称为头III型

类型III.3: 当整个指数集S为类型III，S称为全III型

7. 相关定理

定理1.  连续N次考拉兹变换为短周期的充要条件是：初始指数集之尾部长度为N+1的子集为尾I型子集。

证：

充分性：

令S={...,N,N-1,…1,0}

S₁=^{{@S#S}++}={...,N+2,N,N-1,...,1} 为短周期

重复上述步骤N次我们可以得到

S_N=^ {{@S_N-1#S_N-1}++}={…,1}为短周期，而S_N+1=^ {{@S_N#S_N}++}={…,2}为长周期

必要性：

将上面的充分性证明中的N改为N’,且令N’<N，则我们知道在第N’+1 ≤N次考拉兹变换中，它已经是长周期了。

QED

本定理的证明也可由“关于考拉兹猜想的哲学分析”【[2]】一文中的定理3.1和3.2直接推出。

定理2. 指数集S经过一次考拉兹变换收敛于{0}的充要条件是S为全II型指数集。

证：

充分性：

令S={n,n-2,…,2,0}, S1=@S={ n+1,n-1,…,3,1}

S2=^{{S1#S}++}=^{n+1,n,n-1,n-2,…,3,2,1,0,0}={n+2}

S3=S2/(n+2)={0}

必要性：

令S={N_n,N_n-1,…,N₁,0}

S1=@S={N_n+1,N_n-1+1,…,N₁+1,1}，

S2=^{{S1#S}++}=^{ N_n+1, N_n,N_n-1+1, N_n-1,…,N₁+1, N₁,1,0,0}

=^{ N_n+1, N_n,N_n-1+1, N_n-1,…,N₁+1, N₁,2}                                (1)

很显然，除非从N1=2，且Δ_i=2对所有i成立, 才能收敛于{N+2}。

QED

本定理也可由“再给AI添点料”【[3]】一文的定理直接推出。

例子：

S={20,18,16,14,12,10,8,6,4,2,0}                     (对应X=1398101)

S1=@S={21,19,17,15,13,11,9,7,5,3,1}

S2={@S#S}++={21,20,19,18,17,16,15,14,13,12,11,10,9,8,7,6,5,4,3,2,1,0,0}           

S3=^S2={22}

S’=S3/22={0}

8. 讨论

由于我们已知【²】导致考拉兹变换发散的唯一途径便是通过短周期变换实现，所以定理1告诉我们，出现尾I型子集是导致一个考拉兹指数集可能发散的唯一潜在原因。

而定理2则告诉我们一个考拉兹指数集若要经过考拉兹变换收敛于{0}，必须要先成为一个全II型集合才行，因此如我在“进一步分析考拉兹猜想”【[4]】一文中指出的：下降并非导致一个考拉兹指数集收敛于{0}的真正决定因素，其真正决定因素是一个考拉兹指数集到达全II集的距离。

9. 例子

S={4,0}                        （对应X=17）

S₁={@S#S}++={{5,1}#{4,0}}++={5,4,1,0,0}={5,4,2}

S₂=S₁/2={3,2,0}

S₃={@S₂#S₂}++={{4,3,1}#{3,2,0}}++={4,3,3,2,1,0,0}={5,3}

S₄=S₃/3={2,0}

S₅={@S₄#S₄}++={{3,1}#{2,0}}++={3,2,1,0,0}={4}

S₆=S₅/4={0}

10.结束语

随着我对考拉兹猜想的了解的加深，我越来越相信考拉兹猜想应该是能够破解的。目前专业数学界流传的所谓的“考拉兹猜想超出了人类数学及AI所能触及的范围”这种说法用哲学进行翻译就是目前的数学界缺乏相关的语言储备。而哲学不但如怀特海所说的是以语言为基本工具更是如老子所意指的创造新语言储备的重要实践。如本博在“关于考拉兹猜想的哲学分析”【2】一文中提到的，本博有关考拉兹猜想的分析论证的一个重要的目的就是为今后AI或人工证明考拉兹猜想提供一些新的语言储备，而本博过去几周里所提出的定义，分类，定理，以及本文所介绍的指数集及其项差集的分析方法都是在为这一目标做些贡献。

10.1. 特别说明

本文所介绍的指数集运算中特别容易和一般的自然数的算术搞混的是乘除与加减。本文初稿尽管在举例上是正确的，但在叙述上把两者搞混了，已经纠正。下面再专门将这几种运算列出：

·         乘运算×：

S1=S×N=N×S={ N_i +N}

例子：S={11,8,4,2,0}, N=20, 则N×S= {31,28,24,22,20}

·         加运算+：

S1=S+N为如下运算：

从右至左检查S，将N插入到N_i与N_i+1之间，使得N_i≤N≤N_i+1，然后重新挑战下标使其成为由0至n+1的单调上升序列。

例子：S={9,6,4,3}, S1=S+5={9,6,5,4,3}

·         和运算+：

例子：S1={9,7,5,3,1}, S2={8,6,4,2}则S=S1+S2={9,8,7,6,5,4,3,2,1},其下标由0至8。

·         除运算/

令N为自然数，当单调自然数集S={N_i}, i=0,…,n的最左边的元素N_n≥N时， S1=S/N={Ni-N}。

·         减运算-

令N为自然数，当单调自然数集S={N_i}, i=0,…,n的最左边的元素N_n≥N时，它们之间的差运算S1=S-N为如下运算：

从右至左检查S，如果遇到N_i=N，则将N_i除去，并重新调整下标；如果有N_i<N<N_i+1,则将N_i+1拆成两项N_i+1-1和N_i+1-1，如果N< N_i+1-1,则继续将右边的那个N_i+1-1拆成N_i+1-2和N_i+1-2，如此重复直到获得N_i+1-k=N，将两个N_i+1-k中的一个除去，且重新调整下标。

例子：S={39,26,24,13,8,5}, N=6，则S-6={39,26,24,13,7,6,5}

【[1]】戴榕菁（2026） 进一步分析考拉兹猜想

【[2]】戴榕菁（2026）关于考拉兹猜想的哲学分析

【[3]】戴榕菁（2026）再给AI添点料

【[4]】戴榕菁（2026）进一步分析考拉兹猜想