◆静岡県の中学校２年生 紅林 麻衣さんからの解答。
どんな２桁の数でもいつか４になり、偶数なので２で割り２になり、また偶数なので２で割り、１になる。
そして、１は奇数なので、３倍して１を加えると、また４になり、どの２桁の数でも、最後は、４，２，１のくり返しとなる。
【コメント】
すばらしい分析ですね。
もちろん正解です。
どんな数でも、必ず４，２，１の繰り返しのパターンになってしまう（たぶん？）のが不思議です。
いつかすばらしいアイディアで証明する人があらわれることを期待しています。
◆神奈川県 あどるさんからの解答。
・ｎ＝３のとき
３→１０→５→１６→８→４→２→１→４→２→１→…
・ｎ＝７のとき
７→２２→１１→３４→１７→５２→２６→１３→４０→２０→１０→…
以下、ｎ＝３の時と、同じ。
・ｎ＝９のとき
９→２８→１４→７→…
以下ｎ＝７の時と同じ。
このように、どのようなｎについても、最終的には４→２→１→４→…というループに行き着くように見える。
また、小さい方からしらみつぶしに探査していくのであれば、最初の例で見たように、中間結果がｎより小さくなった時点で終了していいことになる。
まずｎが偶数の時は調べなくてよい。
（ｎが偶数の場合、次にｎ＝ｎ／２となるが、これはｎより小さい。）
これだけでも、調べる対象が半分になる。
なおかつ、４ｎ＋１の形の奇数について考えてみると、
これは奇数だから、次に３をかけて、１を足すことになる。
３×（４ｎ＋１）＋１＝１２ｎ＋４＝４（３ｎ＋１）
これは偶数であり、２で２回割れて、
４（３ｎ＋１）⇒２（３ｎ＋１）⇒３ｎ＋１
これは、 ３ｎ＋１＜４ｎ＋１
であるから、４ｎ＋１の形の奇数も探査対象からはずしてよい。
これで、全ての数を探さなくても、たった、２５％の数に減ったことになる。
これで、随分楽になったはずなんですが・・・。
【コメント】
あと残るは４ｎ＋３の形の奇数ですね。
最もそこがどうしようもないのでしょうが・・・。
◆石川県 水川海之助さんからの解答。
まず、２nの場合、成り立つことは明らかである。（ｎは0と自然数）
次に２nの数から1を引くと３で割りきれる数を調べる。
その数は４nとなるから(証明いります？)、
|
４n−１ ―――――― ３ |
| また、 |
４n−１ ―――――― ３ |
| ここで |
４n−１ ―――――― ３ |
以上のことから、６ｘ−３（ｘは自然数）という３の奇倍数が証明されれば、すべての自然数が証明できることが予想できる。
◆宮城県 斉藤 誠さんからの解答。
問題の手順から偶数を除いた数列を考えます。
ある奇数Ｐからコラッツの手順で生成される最初の奇数をＫとする。
すると４Ｐ＋１という奇数も同じ手順でＫになる。
また、この４Ｐ＋１の４倍＋１も同じでＫになる。さらにその次も。
これを
Ｋ ← Ｐ、４Ｐ＋１、１６Ｐ＋５、・・・・・・・・（１）
と表す。
実際にＫ＝１、５、７、・・・・・・（３の倍数を除く奇数）をあてはめると
Ｋ1＝ １ ← ｛ｐ1：ｐ1＝１、 ５、２１、・・・・・・｝
Ｋ2＝ ５ ← ｛ｐ2：ｐ2＝３、１３、５３、・・・・・・｝
Ｋ3＝ ７ ← ｛ｐ3：ｐ3＝９、３７、１４９、・・・・・｝
Ｋ4＝１１ ← ｛ｐ4：ｐ4＝７、２９、１１７、・・・・・｝
・
・
・
となります。
ここで右辺の集合ｐ１〜ｐ∞を集めると重複しない全ての奇数の集合になります。
第１行目で明らかなように、１は１になりループになります。
｛５、２１、・・・・｝も１のループに到達します。
第２行目｛ｐ2：３、１３、５３・・・｝からも５を経由して１に到達する。
第３行目ｐ2からは、７、１１、１７、１３、５、１となる（この表では表されていませんが）
この表はＥＸＣＥＬなどの表計算ソフトで簡単に作成出来ます。
６５５３５×２程度までは。
Ｐ＝２７から始めると４１回も対応表を探さなければなりません。
電卓が早いです。
（また、右辺の第１行目をキーにしてソートしておくといいです。）
ただし、逆にたどる時は便利です。
（電卓でも出来ますが・・・プログラム電卓が必要？）
ここで数の小さい順に調べていくことを考えると、自身より小さい数は調査済みなので、右辺２列目以降は明らかに１回の操作で小さくなっています。
よって４Ｎ＋１（Ｎは自然数）は調査対象からはずされる。
６Ｎ＋５の数字は調査済みの数から生成されるコラッツ数列で通過済みなのではずす。
４Ｎ＋３の数字（たとえば７）は表より順方向、逆方向どちらも大きな数字になっているものが多い。
よく調べると４８で割ったあまりが、７、１５、２７、３９、４３が両方向で大きくなっていたり、３の倍数になっているので調査対象とする。
等々、調査対象を選択する方法が表から検討出来る。
ところで、水川さんの６Ｎ＋３についてですが、（１）で分かるように、Ｐ、４Ｐ＋１、１６Ｐ＋５の３数は同じＫになりますがこの３数のうち１つは３の倍数です。
従って６Ｎ＋３でコラッツの予想が成立すれば証明がされたことになると思います。
なお、０を除く負整数でも上記関係は成り立ちます。
負整数では、３つのループが確認されています。
（−１、−３）
（−５、−７）
（−１７、−２５、−３７、−５５、−４１、−６１、−９１）
また、コラッツの予想を逆にたどった場合複数の数に射影されていきますので樹形図になります。
その各先端は３の奇倍数です。（偶数を除いた場合）
ただし、ループを根にします。（樹形図と呼べるかどうか疑問ですが）
一度ループから抜けて樹形図をたどり始めると２度とループにはなりません。
したがって、コラッツ予想（角谷の予想ともいうそうです）を整数に拡大すると
「０を除く整数を偶数は２で割り、奇数は３倍して１を加える」を繰り返すとついには４つの（現在知られている）ループに到達する
と言えそうです。
小谷研究室のホームページでは、正数では４０００兆超まで確認されているようだ。
◆神奈川県 三島 久典さんからのコメント。
あどるさんのようなことは、以前私も考えました。
詳細はこちらに記しています。
しかし、今回、再考してみて、以下のことに気が付きました。
というのは、
ａｎ＋ｂ
ただし、
ａは２のベキ乗、ｂはａ−１
の場合は、簡略化することができない
ということです。
つまり、上記アプローチで、探査範囲をしぼりこんでいくことはできますが、必ず、解決できない部分が残ります。
要するに、このアプローチでは、この問題の解決に至ることはできません。
これこそが、この問題が難問である所以であり、
Ｅｒｄｏｓをして、
「数学はこのような問題を解くには、まったく適していない」
と言わしめた、最大の理由です。
◆宮城県 斉藤 誠さんからの解答。
この問題は自然数では全てが「最後は１−４−２−１のループになる」予想なので反例を考えます。
反例が無いことを証明すればいいと思う。
図は奇数ａ1から始めたコラッツマップで、ｎ１〜ｎ４までの４回でループになる場合を想定します。
ａ２〜ａ５はそのときに通過する奇数です。
また、ｍ１〜ｍ４は奇数になるように割る数＝２ｍ１等を表します。
各ステップを計算すると
| ａ2= | ３ａ1＋１ ―――――――― ２m1 |
| ａ3= | ３ａ2＋１ ―――――――― ２m2 |
| ａ4= | ３ａ3＋１ ―――――――― ２m3 |
| ａ5= | ３ａ4＋１ ―――――――― ２m4 |
|
(3a1+1)(3a2+1)(3a3+1)(3a4+1) ――――――――――――― a1×a2×a3×a4 | = 2m1×2m2×2m3×2m4 = 2p |
ここで ｐ＝ｍ１＋ｍ２＋ｍ３＋ｍ４ですがその値は不定です。
ｍ１などはａ１によって一意に決まる値ですが簡単な関係式はみつかりません。
たとえば（ａ１：ｍ１）を表すのにｎを自然数とすると
(８ｎ＋１:２),(８ｎ＋３:１),(８ｎ＋５:ｍ),(８ｎ＋７:１)です。
この（８ｎ＋５）がこの問題を難しくしている元凶のようです。
５、５３、１４９、７２５など。
この関係式（１）が成り立つ整数の組み合わせを探すのですが、簡単に見つかりません。
組み合わせはこの考え方を拡張し２組〜無限組まで考えなければなりません。
コンピュータで探すしかありませんが、組み合わせが多いので何年かかるか検討もつきません。
ｐの値が不定ですので２の累乗数になれば成立としますが、成立する組み合わせが見つかっても本当にループになるかは実際に試す必要があります。
ただ、実際にループになればコラッツ予想の反例となることはもちろんです。
成立する組み合わせは負数もいれて
（ａ１、ａ2）＝（１，１），（−５，−７）など４例あります。
これは確認するだけなので簡単です。
この４例以外に無いとなると・・・・・・・・
「方程式は出来たけど難しさはさらに増してしまった」
◆石川県 水川海之助さんからの解答。
『コラッツの定理』の証明範囲が６ｎ−３となるための証明
任意の自然数ｎ0において２ｎ0−１として任意の奇数を表すこととする。
『コラッツの定理』において奇数は３倍して１を加えるから
３×（２×ｎ0−１）＋１
＝６×ｎ0−２
＝２×（３×ｎ0−１）
つまり、６×ｎ0−２は偶数でかつ３で割ると１あまる数、または６で割ると４あまる数であることが判る。
(１(ｍｏｄ３)かつ０(ｍｏｄ２))
一方、任意の自然数ｎ1-１、ｎ1-０、ｎ1-２を使って、３で割ると１あまる奇数、３の奇倍数、３で割ると２あまる奇数を表すと、
６×（ｎ1−１）−５
６×（ｎ1−０）−３
６×（ｎ1−２）−１
となり、６×（ｎ1−１）−５，６×（ｎ1−２）−１をそれぞれ４倍、２倍すると
４×（６×（ｎ1−１）−５）
＝２４×（ｎ1−１）−２０
＝３×（８×（ｎ1−１）−７）＋１
２×（６×（ｎ1−２）−１）
＝１２×（ｎ1−２）−２
＝３×（４×（ｎ1−２）−１）＋１
とそれぞれ３で割ると１あまる偶数となる。
１（ｍｏｄ３）かつ０(ｍｏｄ２)
６×ｎ0−２，２４×（ｎ1−１）−２０，１２×（ｎ1−２）−２はそれぞれ３で割ると１あまる偶数であるから、
６×ｎ0−２＝１２×（ｎ1−２）−２
６×ｎ0−２＝２４×（ｎ1−１）−２０ と置くと
ｎ0＝２×（ｎ1−２）
ｎ0＝４×（ｎ1−１）−３
となり、ｎ0全体の３／４において任意の奇数２×ｎ0−１において３倍して１を加えた後奇数になるまで２で割り続けると、３で割ると１あまる奇数、または３で割ると２あまる奇数にたどり着くことが判る。
ここで残ったｎ0全体の１／４をｎ0＝４×ｎ1−１と置く。
（ｎ1は自然数）
一方、３で割ると１あまる偶数に４をかけると、任意の自然数ｍとおいて
４×（６×ｍ−２）
＝２４×ｍ−８
＝３×（８×ｍ−３）＋１
＝２×（１２×ｍ−４）
とやはり３で割ると１あまる偶数となるので、
任意の自然数ｎ2−１、ｎ2−０、ｎ2−２とおいて
６×（ｎ2−１）−５
６×（ｎ2−０）−３
６×（ｎ2−２）−１を表して
４×４×（６×（ｎ2−１）−５）＝９６×（ｎ2−１）−８０
４×２×（６×（ｎ2−２）−１）＝４８×（ｎ2−２）−８
また、２×（４×ｎ1−１）−１＝８×ｎ1−３において
３×（８×ｎ1−３）＋１＝２４×ｎ1−８
これらは、それぞれ３で割ると１あまる偶数だから、
２４×ｎ1−８＝４８×（ｎ2−２）−８
２４×ｎ1−８＝９６×（ｎ2−１）−８０ と置くと
ｎ1＝２×（ｎ2−２）
ｎ1＝４×（ｎ2−１）−３
となる。
この作業を無限回繰り返すと『コラッツの定理』によって
２×ｎ0−１のうちの２／３が３で割ると２あまる奇数へたどり着き、残り１／３が３で割ると１あまる奇数へたどり着くことになる。
よって、すべての奇数２ｎ−１において３倍して１加えたものを奇数になるまで２で割っていくと３で割ると２あまる奇数かあるいは３で割ると１あまる奇数にたどり着くことが判る。
よってコラッツの定理の証明範囲が３の奇倍数であることが判る。