一簡介
考拉茲猜想，又稱為3n+1猜想、角谷猜想、哈塞猜想、烏拉姆猜想或敘拉古猜想，是由日本數學家角谷靜夫發現，是指對於每一個正整數，如果它是奇數，則對它乘3再加1，如果它是偶數，則對它除以2，如此循環，最終都能夠得到1。
取一個數字
如n = 6，根據上述公式，得出 6→3→10→5→16→8→4→2→1。（步驟中最大的數是16，共有7個步驟）
如n = 11，根據上述公式，得出 11→34→17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1。（步驟中最大的數是52，共有13個步驟）
如n = 27，根據上述公式，得出 : 27→82→41→124→62→31→94→47→142→71→214→107→322→161→484→242→121→364→182→91→274→137→412→206→103→310→155→466→233
→700→350→175→526→263→790→395→1186→593→1780→890→445→1336→668→334→167→502→251→754→377→1132→566→283→850→425→1276
→638→319→958→479→1438→719→2158→1079→3238→1619→4858→2429→7288→3644→1822→911→2734→1367→4102→2051→6154→3077→9232
→4616→2308→1154→577→1732→866→433→1300→650→325→976→488→244→122→61→184→92→46→23→70→35→106→53→160→80→40→20→10
→5→16→8→4→2→1。（步驟中最大的數是9232，共有111個步驟）
考拉茲猜想稱，任何正整數，經過上述計算步驟後，最終都會得到 1。
注意：與角谷猜想相反的是蝴蝶效應，初始值極小誤差，會造成巨大的不同；而3x+1恰恰相反，無論多么大的誤差，都是會自行的恢復。
二，逆行思考
（一）角谷猜想是說，任何一個自然數，如果是偶數，就除以2，如果是奇數，就乘以3再加1。最後，經過若干次疊代得到1。也就是說，不管怎樣疊代，最後都會轉移到2^n ；不斷除以2以後，最後是1。疊代過程只要出現2的冪，問題就解決了。也就是說，第一個層次是2^n。
（二）第二個層次是：所有奇數m乘 以3再加上1以後回到的有：
m1=（2^n-1）/3。
也就是只要進入m1，只要一步就可以回到2^n。例如：
n=4時，m1=5；3×5+1=16。或者：1+2^2=5。
n=6時；m1=21；21×3+1=64。或者：5+2^4=21。
n=8時；m1=85；85×3+1=256。或者：21+2^6=85。
n=10時；m1=341；341×3+1=1024。或者：85+2^8=341。
n=12時；m1=1365；1365×3+1=4096。或者341+2^10=1365。
n=12時；m5461；5461×3+1=16384。即：m（x+1）=m（x）+2^n
……；直到無窮，因為已經知道定理：n是偶數時，3|（2^n-1）；m（x+1）=m（x）+2^n。
任何奇數進入了以後m1=2^n-1）/3（有無窮多個m1=（2^n-1）/3）問題就解決了，只要一步，就可以回到2^n。我們可以輕而易舉地找到任意大的m1。
（三），第三個層次是：從一得知，有無窮多個自然數的奇數m1=（2^n-1）/3任何一個奇數，只有進入5；21；85；341；….。問題就解決了。
我們僅以第一個5來說，能夠回到5的奇數有（5×2^n-1）/3的有：
例如：
（5×2^1-1）/3=3；3×3+1=10；10÷2=5。
5×2^3-1）/3=13；13×3+1=40；40÷8=5。
5×2^5-1）/3=53;53×3+1=160,160÷32=5。
5×2^7-1）/3=213;213×3+1=640,640÷128=5。
n=奇數時都有解，有無窮多個m1=（2^n-1）/3..即2^n|（3m1+1）。也就是說，只要進入m1=（2^n-1）/3題就徹底解決了。我們可以輕而易舉找到任意大的m1=（2^n-1）/3。
（三），從而得知，能夠回到5的奇數有有無窮多個，我們僅以13來說，能夠回到13的：有17；69；173；277；…；m（x+1）=m（x）+2^n×13。
例如17=m2，17×3+1=52；52÷4=13。
17+2^2×13=69；69×3+1=208；208÷16=13。
69+2^4×13=277；277×3+1=832； 832÷64=13。
277+2^6×13=1109；1109×3+1=3328；3328÷256=13。
1109+2^8×13=4437.；4437×3+1=13312；13312÷1024=13。
……..。
有無窮多個m（x+1）=m（x）+2^n×13。它們可以回到13。只要回到問題就解決了。
我們可以輕而易舉找到任意大的m（x+1）=m（x）+2^n×13。
參見下面的歸納圖：（每一縱列都有無窮多個數值，橫向可以無窮擴展而不重複）。例如：右上角第一個數33，
33×3+1=100,100÷4=25；
25×3+1=76,76÷4=19；
19×3+1=58,58÷2=29；
29×3+1=88,88÷8=11；
11×3+1=34,34÷2=17；
17×3+1=52,52÷4=13；
13×3+1=40,40÷8=5；
5×3+1=16,16÷16=1。圖中每一個數都可以回到終點2^n。
例如：177。177×3+1=532,532÷4=133,133→25→19→29→11→17→13→5→2^n .
709×3+1=2128,2128÷16=133→25→19→29→11→17→13→5→2^n
。
有無窮多個數值回到任何一列，有無窮多個數值回到任何一行。
顯然，這樣的程式可以無限制進行下去。
於任何一個自然數A,
（1）a.如果A為偶數，就除以2
b.如果A為奇數，就乘以3加上1
得數記為B
（2）將B代入A重新進行（1）的運算
若干步後，得數為1.
這個猜想就叫做角谷猜想，
在2006年這個問題被證明是recursively undecidable的了。
Kurtz,Stuart A.; Simon,Janos,"The Undecidability of the. Generalized Collatz Problem",Department of Computer Science. The University of Chicago,December 26,2006.
一個錯誤的證明
最簡單的證明角谷（3n+1）猜想的方法
因為任何偶數都能變成2^a或一個奇數乘2^b。前者在不停的除以2之後必定為1，因為它們只有質因數2。而後者則只能剩下一個奇數，我們可以把偶數放在一邊不談。
現在只剩下奇數了。
我們假設一個奇數m，當他進行運算時，變成3m+1。如果這個猜想是錯誤的話，那么就有（3m+1）/2^c=m，且m不等於1。我們嘗試一下：
當c=1時，3m+1=2m，，，m=-1，不符合，捨去；
當c=2時，3m+1=4m，，，m=1，不符合，捨去；
當c=3時，3m+1=8m，，，m=0.2，不符合，捨去；
當c=4時，3m+1=16m，，，m=1/13，不符合，捨去；
……………………
可見，能推翻角谷猜想的數只在1或以下的範圍，所以沒有數能推翻這個猜想，所以這個猜想是正確的。
一個推廣
角谷猜想又叫敘古拉猜想。它的一個推廣是克拉茨問題，下面簡要說說這個問題：
50年代開始，在國際數學界廣泛流行著這樣一個奇怪有趣的數學問題：任意給定一個自然數x，如果是偶數，則變換成x/2，如果是奇數，則變換成3x+1.此後，再對得數繼續進行上述變換.例如x=52，可以陸續得出26,13,40,20,10,5,16,8,4,2,1.如果再做下去就得到循環：
（4,2,1）.再試其他的自然數也會得出相同的結果.這個叫做敘古拉猜想.
上述變換，實際上是進行下列函式的疊代
{ x/2 (x是偶數）
C(x)=
3x+1 (x是奇數）
問題是，從任意一個自然數開始，經過有限次函式C疊代，能否最終得到循環（4,2,1），或者等價地說，最終得到1?據說克拉茨（L.Collatz）在1950年召開的一次國際數學家大會上談起過，因而許多人稱之為克拉茨問題.但是後來也有許多人獨立地發現過同一個問題，所以，從此以後也許為了避免引起問題的歸屬爭議，許多文獻稱之為3x+1問題.
克拉茨問題吸引人之處在於C疊代過程中一旦出現2的冪，問題就解決了，而2的冪有無窮多個，人們認為只要疊代過程持續足夠長，必定會碰到一個2的冪使問題以肯定形式得到解決.正是這種信念使得問題每到一處，便在那裡掀起一股"3x+1問題"狂熱，不論是大學還是研究機構都不同程度地捲入這一問題.許多數學家開始懸賞征解，有的500美元，有的1000英鎊.
日本東京大學的米田信夫已經對240大約是11000億以下的自然數做了檢驗.1992年李文斯（G.T.Leavens）和弗穆蘭(M.Vermeulen）已經對5.6*1013的自然數進行了驗證，均未發現反例.題意如此清晰，明了，簡單，連小學生都能看懂的問題，卻難到了20世紀許多大數學家.著名學者蓋伊(R.K.Guy）在介紹這一世界難題的時候，竟然冠以"不要試圖去解決這些問題"為標題.經過幾十年的探索與研究，人們似乎接受了大數學家厄特希（P.Erdos）的說法："數學還沒有成熟到足以解決這樣的問題!"有人提議將3x+1問題作為下一個費爾馬問題.
下面是我對克拉茨問題的初步研究結果，只是發現了一點點規律，距離解決還很遙遠.
克拉茨命題：設 n∈N，並且
f(n)= n/2 （如果n是偶數） 或者 3n+1 （如果n是奇數）
現用f1(n）表示f(n),f2(n)=f(f(n)),...fk(n)=f(f(...f(n)...)).
則存在有限正整數m∈N，使得fm(n)=1.（以下稱n/2為偶變換，3n+1為奇變換，並且稱先奇變換再偶變換為全變換）
克拉茨命題的證明
引理一：若n=2m，則fm(n)=1 (m∈N)
證明：當m=1時，f(n)=f（2）=2/2=1，命題成立，設當m=k時成立，則當m=k+1時，fk+1(n)=f(fk（2k+1）)=
=f（2）=2/2=1.證畢.
引理二：若n=1+4+42+43+...+4k=（4k+1-1）/（4-1） (k∈N），則有f(n)=3n+1=4k+1=22k+2，從而f2k+3(n)=1.
證明：證明是顯然的，省略.
引理三：若n=2m（4k+1-1）/（4-1） (m∈N），則有fm+2k+3(n)=1.
證明：省略.
定理一：集合 O={X|X=2k-1,k∈N} 對於變換f(X）是封閉的.
證明：對於任意自然數n，若n=2m，則fm(n)=1，對於n=2k，經過若干次偶變換，必然要變成奇數，所以我們以下之考慮奇數的情形，即集合O的情形.對於奇數，首先要進行奇變換，伴隨而來的必然是偶變換，所以對於奇數，肯定要進行一次全變換.為了直觀起見，我們將奇數列及其全變換排列如下：
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）經過全變換（3（2k-1）+1）/2=3k-1變成第二行，實際上等於第一行加上一個k，其中的奇數5,11,...6k-1又回到了第一行.以下各行是等差數列3k-2,3k-1交錯排列.由於最終都變成了奇數，所以集合O對於變換f(X）是封閉的.
定理二：任何奇自然數經過若干次變換都會變成1.
證明：
我們看到 奇數經過全變換變成為3k-1型數，3k-1型奇數經過全變換有一半仍然變成3k-1型奇數，而另一半3k-1型偶數經過除以2有一半變成為3k-2型奇數，而3k-2型奇數經過全變換又變成為3k-1型數.換句話說不可能經過全變換得到3k-2型數.
下面我們只研究奇數經過全變換的性質，因為對於其他偶數經過若干次偶變換，仍然要回到奇數的行列里來.
我們首先證明奇數經過若干次全變換必然會在某一步變成偶數.
設2a0-1是我們要研究的奇數，它經過全變換變成3a0-1，假設它是一個奇數並且等於2a1-1,2a1-1又經過全變換變成為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.
所以最後ak=（3/2）ka0，要使ak是整數，可令a0=2kn,(n是奇數）.於是ak=3kn.則從2a0-1經過若干次全變換過程如下：
2k+1n-1 -> 3*2kn-1 -> 32*2k-1n-1 -> 33*2k-2n-1 ->... -> 3k+1n-1 （偶數）.
然後我們證明經過全變換變成偶數的奇數一定大於該偶數經過若干偶變換之後得到的奇數.
設3k+1n-1=2mh (h為奇數），我們要證明 h<2*3kn-1:
h=（2*3kn-1+3kn)/2m<2*3kn-1，令a=3kn,b=2m-1，則有 2ab>a+b，而這是顯然的.
定義：以下我們將稱呼上述的連續全變換緊接著連續的偶變換的從奇數到另外一個奇數的過程為一個變換鏈.
接著我們證明奇數經過一個變換鏈所得的奇數不可能是變換鏈中的任何中間結果，包括第一個奇數.
若以B(n）表示奇數n的變換次數，m是n經過變換首次遇到的其他奇數，則有
定理三：B(n)=k+1+B(m），其中k是滿足3n+1=2km的非負整數.
證明：n經過一次奇變換，再經過k次偶變換變成奇數m，得證.
舉例來說，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
原始克拉茨
二十世紀30年代，克拉茨還在上大學的時候，受到一些著名的數學家影響，對於數論函式發生了興趣，為此研究了有關函式的疊代問題.
在1932年7月1日的筆記本中，他研究了這樣一個函式：
F(x)= 2x/3 （如果x被3整除 或者 （4x-1）/3 （如果x被3除餘1）或者 （4x+1）/3 （如果x被3除餘2）
則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,...為了便於觀察上述疊代結果，我們將它們寫成置換的形式：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 ...
1 3 2 5 7 4 9 11 6 ...
由此觀察到：對於x=2,3的F疊代產生循環（2,3）
對於x=4,5,6,7,9的F疊代產生循環（5,7,9,6,4）.
接下來就是對x=8進行疊代，克拉茨在這裡遇到了困難，他不能確知，這個疊代是否會形成循環，也不知道對全體自然數做疊代除了得到上述兩個循環之外，是否還會產生其他循環.後人將這個問題稱為原始克拉茨問題.現在人們更感興趣的是它的逆問題：
G(x)= 3x/2 （如果x是偶數）或者 （3x+1）/4 （如果x被4除餘1）或者 （3x-1）/4 （如果x被4除餘3）
不難證明，G(x）恰是原始克拉茨函式F(x）的反函式.對於任何正整數x做G疊代，會有什麼樣的結果呢?
經計算，已經得到下列四個循環：
（1）,（2,3）,（4,6,9,7,5）,（44,66,99,74,111,83,62,93,70,105,79,59）.
因為G疊代與F疊代是互逆的，由此知道，F疊代還應有循環（59,79,105,70,93,62,83,111,74,99,66,44）.
G疊代還能有別的循環嗎?為了找到別的循環，人們想到了下面的巧妙方法：
由於G疊代使後項是前項的3/2（當前項是偶數時）或近似的3/4（當前項是奇數）.如果G疊代中出現循環，比如疊代的第t項at與第s項as重複（t<s):at=as.但
as/as-1,as-1/as-2,...at+1/at
或等於3/2，或者近似於3/22，因而
1=as/at=as/as-1*as-1/as-2*...at+1/at≈3m/2n
這裡 m=s-t,m < n
即 2n≈3m
log22n≈log23m
故 n/m≈log23
這就是說，為了尋找出有重複的項（即有循環），應求出log23的漸進分數n/m，且m可能是一個循環所包含的數的個數，即循環的長度.
log23展開成連分數後，可得到下列緊缺度不同的漸進分數：
log23≈2/1,3/2,8/5,19/12,65/41,84/53,485/306,1054/665,24727/15601,...
漸進分數2/1表明，31≈22，循環長度應為1.實際上恰存在長度為1的循環（1）.
漸進分數3/2表明，32≈23，循環長度應為2.實際上恰存在長度為2的循環（2,3）.
漸進分數8/5表明，35≈28，循環長度應為5.實際上恰存在長度為5的循環（4,6,9,7,5）.
漸進分數19/12表明，312≈219，循環長度應為12，實際上恰存在長度為12的循環（44,66,...59）.
這四個漸進分數的分母與實際存在的循環長度的一致性，給了人們一些啟發與信心，促使人們繼續考慮：是否存在長度為41,53,306,665,15601,...的循環?令人遺憾的是，已經證明長度是41,53,306的循環肯定不存在，那么，是否會有長度為665,15601,...的循環呢?
F疊代與G疊代究竟能有哪些循環呢?人們正在努力探索中！
角谷猜想 深度擴展
任給一個正整數n，如果n能被a整除，就將它變為n/a，如果除後不能再整除，則將它乘b加c（即bn+c）。不斷重複這樣的運算，經過有限步後，一定可以得到d嗎？ 對此題的答案只能有3種 ：1不一定 2一定不 3一定都
以下都是一定都的情況
一 a=b=c=d=m
二 a=m b=1 c=-1 d=0
三 a=m b=c=d=1
四 a=2 b=2^m-1 c=-1 d=1
以上（m>1）
五 a=2 b=2^m-1 c=1 d=1
六 a=2 b=c=d=2^m-1
以上m為任意自然數
最簡單的情況：
a=b=c=d=2
a=2 b=1 c=1 d=1
a=2 b=1 c=-1 d=0
原題只是五的當m=2情況，據說中國有許多人會證明了原題，原題只是擴展的一個及其微小的部分，原題只是擴題的第五組數據成立的一個小小特殊例子。
以上數據全部成立，沒有一個反例，這道題非常短小，卻隱含著非常豐富的數學思想的...需要用到的東西非常多，那些定理、公式都非常完美，可以表達非常普遍的數學規律。這是一個數學問題而不是什麼猜想，絕對成立的，此題重在培養學生的獨立思考問題的能力，以及逆向思維...
其實這道題非常簡單
不知道是不是整體證法了
對以上情況的整體證法第一步：
（對於 以上的第五組數據）
先構造一個2元函式 這個函式揭示了一個秘密 ：把不能被2整除的全部的自然數都轉化成能被2的自然數 f(m,n) 有a （對於 以上的第五組數據）f(m,n)=2^m*（2n-1）
五 a=2 b=2^m-1 c=1 d=1
用數學歸納 整除規律 因式分解 自然數拆分...證明：
（2^(mn)-1）/（2^n-1）=e
當m和n為自然數時，e為奇數
m=1 A1=（1）
m=2 A2=（1,5）
m=3 A3=（1,9,11）
m=4 A4=（1,17,19,23）
m=5 A5=（1,33,35,37,39）
m=6 A6=（1,65,67,71,73,79）
...
...
...
的組合無限數列A（）的通項公式各小項都不能被2的m次方-1整除
這個組合數列是非常簡單的 只是無數個等差數列的首項....所謂的複雜 是指在不知道的情況之下的，但凡對於已經知道了答案了的人又怎么會複雜呢？？
順著去驗證：判斷能否被a整除 若能除於a 若不能 *b+c
逆著去驗證：判斷能否被b整除 若能除於b 若不能 *a-c
編程驗證
pascal語言Program JG;
Var n, Tot: Longint;
Begin
Readln(n);
Tot:= 1;
While n > 1 Do
Begin
Write(n, ' ');
If Odd(n) Then n:= n * 3 + 1
Else n:= n Div 2;
Inc(Tot);
End;
Writeln(1);
Writeln('STEP=", Tot);
End.
Private Sub Command1_Click()
Dim Num As Long
Dim I As Integer
randomize
Num = Int(Rnd * 10000)
Picture1.Cls
Picture1.Print "原始數據為：" & Num
Picture1.Print "以下是計算結果："
I = 0
Do While Num <> 1
If Num Mod 2 = 0 Then
Num = Num / 2
Else
Num = Num * 3 + 1
End If
Picture1.Print Num;
I = I + 1
If I Mod 10 = 0 Then Picture1.Print
Loop
End Sub
java code:
/**
* @param int n,init number
* @param int len,the list length,if the length is very very long,maybe OutOfMemory
* @return list,the list
*/
public List<Integer> getHailFiguresList(int n,int len){
List<Integer> list = new ArrayList<Integer>();
list.add(n);
int count = 0;
int previous = list.get(count);
while(count < len && previous != 1）{
if(previous % 2 == 0){
list.add(previous/2）;
}else{
list.add(previous*3-1）;
}
count++;
previous = list.get(count);
}
return list;
}
