编者按：这是一篇关于考拉兹猜想获得完全证明的文稿，来自《数学底层引擎相邻论和重合法》（海天出版社）一书，作者罗莫在“考拉兹猜想”一文中证明了两个重要引理。一个是洛书定理，即幂尾数周期律，此引理证明费马猜想时已用到；同时还证明了质函数迭代律，考察了质函数，即本原解相邻迭代函数，其迭代解集具有相邻互素性，互异传递性，个数有限性的特征。由两个引理可直接推出考拉兹猜想成立。这个猜想，自去年引起陶哲轩的注意后，一度在网络上很火，数学同仁纷纷给出推进，依然没有善巧的工具可以彻底拿下。而本文作者给出的证明，妙在找到了如何归简的思路，同证明费马猜想一样，然后通过排除无法归简的族集，从而得到命题的精准证明。该证明方法与证明希尔伯特第八问题的思路也是一致的。先找到至简和至繁的各自等式，然后找到至繁与至简之间的贯穿阶梯，既要找到交集和全集各自的等价变换，又要找到交集到全集，全集到交集的梯级变换。概念逐级打通，问题自然解决。
考拉兹猜想获证可以推动量子力学基础理论的发展，能给量子论提供合理的数学阐释。没有一劳永逸的交集和全集可描述对象世界，因此用“同构通项式”封闭视角理解世界的集合论已显示出内卷化弊端，尤其是公理闭合情形下的集合论，哥德尔、康托尔和罗素已经宣告了它的局限性，但公理又不能率性添加，否则公理机制的初心就丧失了，数学之所以设置公理体系，就是为了用简单来理解复杂世界的，如果公理可无限添加，此目的就会灰飞烟灭。因此公理仍然要极少，不能脱离它，但理解公理须无限开放。如果存在非闭合理解公理为第一公理，那么集合论将会从内卷化的困境中挣脱出来，我们不需要增添更多公理，仅需要去开放理解已有公理，哥德尔不完备定理就不会成为理解数学世界的拦路虎，当然每次更开放理解公理应获直觉认同，以集合论为基础的数学，维系了经典力学的合法性，但量子力学的合法性一直没有相应的基础数学理论支持，人们在期待新数学的产生。一些数学猜想久未解决，也寄希望于有新数学工具能攻克，如数论学家保尔 • 厄尔多斯（Paul Erdos）就认为现有数学还没有准备好回答考拉兹猜想这样的问题。提出拓扑序的凝聚态物理学家文小刚也多次著文希望有新数学能搭建离散与连续之桥，提倡用演生论去兼容发展还原论，认为离散在真实世界里更为本质。
我们知道，整个数学体系是用演绎推理搭建的，演绎推理所得到的结果相对于公理来说一定是熵增的，因此假如公理体系没有开放，整个数学体系必是内卷的。而公理又不能随便添加，那出路只有一条，就是去开放理解不变的表达，针对亘古不变的稀有公理进行不断超越性理解，即用非常之道去理解恒常之道。唯有如此，我们才能获得一个熵减的世界。而量子世界正是这样一个重视原初视角的世界，是一个重视公理重新深刻理解的世界。本文提出的质函数迭代律就是这样一种数学，我们寻找质数不存在通项公式，但可以用相邻迭代表达去探索，我们描述世界的单位元不再是单一的，视角是可以逐级深刻的，一切存在是合理的，可包容性改变存在是更合理的。
量子态的纠缠性、互补性、叠加性告诉我们，不可思议的合理性就隐藏在稀疏平常的合理性之中。量子态的平等性、唯一性、相干性告诉我们，不可思议的合理性也可显现在稀疏平常的合理性之中。质函数迭代律告诉我们，生成元不再是一劳永逸可确定的，但又是可以自由设置封闭的，前者带来了纠缠性、互补性、叠加性，后者带来了平等性、唯一性、相干性。脱离经典力学的量子力学是不存在的，但量子力学决不在经典力学的囚笼中。数学大厦仅建立在集合论的基础上是不稳固的，它需要序列论来兼容它。经典力学，是分析数学和集合论的思想，公理前提是，序列从极限中来，到极限中去。量子力学，是离散数学和序列论的思想，公理前提是，极限从序列中来，到序列中去。把序列作为边界更具开放性。
【摘要】 本文用洛书定理①确定了考拉兹猜想奇偶归一问题中的关键方程 ：3n+1=2^k （n为奇数）有无穷组正整数解。2的幂数有无数解与1模3同余（其中非2因子数的3倍数一定有无数个2幂数的相邻量就是洛书定理，它就是可证明的弱考拉兹猜想），可见三个最基本数是自然数集无穷无漏变化的推手，足见复杂深藏在简单中，这就是洛书定理所显示出来的幂尾数周期律。此外互素迭代函数（也叫质函数迭代律）告诉我们，迭代解集具有相邻互素性，互异传递性，个数有限性。由此得到，考拉兹迭代函数不存在循环迭代，它由自然数相邻互素定理决定，不存在无穷迭代，它由素数等差数列有限长定理决定。
【关键词】 洛书定理；幂尾数周期律；相邻互素迭代函数；考拉兹猜想；集合论；序列论；模数分解；余数分割；互异互素。
考拉兹猜想（又称为 3x+1 猜想、角谷猜想、哈塞猜想、冰雹猜想、乌拉姆猜想或叙拉古猜想）：是指对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3加1，如果它是偶数，则对它除以2，如此循环，最终都能得到1。
数论学家保尔 • 厄尔多斯（Paul Erdos）认为数学还没有准备好回答考拉兹 猜想这样的问题。实际上，底层的数学工具已经具就，搭桥的工具尚未造好，而本文要做的就是搭建起1与万物相连的桥梁，这个桥梁中国剩余定理已经完成过，本文新发明的数学工具，不过是该工具的变换。
2010 年，麻省理工学院数学教授杰弗里 • 拉格尼阿斯（Jeffrey Lagarias）声称仅仅基于已知的关于这个问题的信息，“这是一个非常困难的问题，完全超出当今的数学范围”。 但显示幂尾数周期律的洛书定理以及互素迭代函数隐含了破解哥德巴赫猜想、费马猜想、比尔猜想的密钥，同样也隐藏了破解考拉兹猜想的密钥，我们来看考拉兹猜想的表达式：
（1）f（n）=｛n/ 2 if n ≡ 0（mod2）或 3n+1 if n ≡1（mod2）}。 这个表达式是指对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘 3 再加 1， 如果它是偶数，则对它除以 2，如此循环，最终都能够得到 1。
（2）f（n）=｛n/ 3 if n ≡ 0（mod3） 或 2n±1 if n ≡1，2（mod3）｝。 当模数是 3 时，考拉兹所描述的现象会同样发生，两个表达式实际上是等 价的。 以下是几个实例，取任意正整数代入表达式（1）：
n = 6 则 6 → 3 → 10 → 5 → 16 → 8 → 4 → 2 → 1 n = 11 则 11 → 34 → 17 → 52 → 26 → 13 → 40 → 20 → 10 → 5 → 16 → 8 → 4 → 2 → 1 n = 9 则 9 → 28 → 14 → 7 → 22 → 11 → 34 → 17 → 52 → 26 → 13 → 40 → 20 → 10 → 5 → 16 → 8 → 4 → 2 → 1 若一个数列进入 1 之后，再继续套用此规则，会得到一个“8 → 4 → 2 → 1 ”的循环；另外若在某步进入某个 2 的次方的话，则很明显地最终一定会到 1。
此猜想已被证实直到 n = 5.76×1018 为止都是正确的，尚未找到反例。 同样，模数是3时也会出现相同的情况，取任意正整数代入表达式（2）：
n = 6 则 2 → 3 → 1 n = 12 则 4 → 9 → 3 → 1 n = 11 则 21 → 7 → 15 → 5 → 9 → 3 → 1 考拉兹猜想的本质意义是，在生成元1的基础上，仅通过借助系数2和3来进行四则运算，便足可得到任意自然数。也就是说，通过 1、2、3 可迭代得到所有自然数，此所谓奇偶归一。即模 2 余 0 的数（含 2 的幂数）与模 3 余 1的数定有交集，这个问题可通过洛书定理来证明。
完成证明命题“所有奇数生成元通过 3x+1可获得2的所有幂数的子集（也就是洛书定理，即弱考拉兹猜想）” 仍不够，还须证明“每个奇数生成元通过 3x+1 取无2因子数都无例外地可迭代获得某个纯2因子的幂数”。前者生成元是全部奇数，后者实际生成元变成了局部奇数。前者遍取所有奇数所获对象集定与2幂数有交集，后者遍取每个奇数所获对象集必分别与2幂数有交集，但需要一个有说服力的证明。前者用幂尾数周期律可以证明，后者则需要用互素迭代函数的性质来证明。
这又是一次重合法与相邻论成功搭档解决难题的案例。用重合法找到了幂尾数周期律，用相邻论找到了互异互素迭代函数，即质函数迭代律。天人合一，天人之间共大全，共交集，平等无别，即万物同简，万物同全，这是用整数语言表达的重合法底层思想，这是还原论；万物皆有核心到大全，大全到核心的路径，于是就有映射归简到映射归繁，万事都有起源到终结，于是就有还原归序到还原归变，和而不同，万物井然，万物有序，这是相邻论，这是用整数语言表达的演生论底层思想。以下我们就用幂尾数周期律和互素迭代函数的性质来证明考拉兹猜想。
1. 幂尾数周期律：模 3 余 1 的数集同 2 的幂数有无穷交集
因为自然数是奇数和偶数的并集，即： n=｛n：n ≡ 0（mod2）｝∪｛n：n ≡ 1（mod2）｝； 同时自然数又是 3 倍数、3 倍数余 1 和 3 倍数余 2 的并集，即： n=｛n：n ≡ 0（mod3）｝∪｛n：n ≡1（mod3）｝∪｛n：n ≡ 2（mod3）｝。 若｛n：n≡（1 mod3）｝是偶数的话，那其他余 0、余 2 的两类偶数，且是｛3x+1｝ 的偶数补集，这个补集通过乘以 3 再加 1 而产生偶数。｛3x+1｝由于 x 是筛选 出的奇数，所以表达式是偶数。由于任意给定数，把 2 的幂数因子换成 3 因子，且加 1，就会使这个偶数同原来的偶数不同，新偶数要么被 2 整除，直接归一， 要么去 2 因子变成新奇数生成元。从整体上来说，给定数 2^k X 比 3x+1 更稠密， 所以X会真包含 3x+1 去 2 因子数。不断迭代变更的偶数 3x+1 与 2 的 k 次方也 必有交集，下文待证。
也就是｛3x+1｝与｛2k ｝一定会有交集（x 为奇数）。此外，｛3x｝、｛3x+2｝ 与｛2^k ｝也一定会有交集（x为偶数）。三次交集的并就是｛2^k ｝。x为奇数的｛3x+1｝型偶数，就是 x 为自然数的 6x+4 型偶数。其他两类偶数，为它的上下相邻偶数。
因为所有偶数是一定包含 2 幂数的。现假设 6x+4 型偶数不包含无穷多个 2k 数子集，那么 6x 型偶数肯定包含不了2^k 数子集（有 3 因子），而 6x+2 型 偶数也就不包含 2^(k+1) 数子集，如果能包含，就意味着 x 为偶数时 6x+4 型偶数 包含无穷多个 2^k 数子集，这就与假设矛盾，可见 2^(k+1) 数子集、6x+2 型偶数就无法包含它，而 6x+4 型、6x+2 型、6x 型三者相并为所有偶数，这就与所有偶数是一定包含所有2幂数相矛盾，故此x为奇数的｛3x+1｝型偶数就一定包含无穷多个2幂数中的一个无限子集。因为｛3x+1｝型偶数是6x+4 型的本原解偶数，6x则不会产生2幂数，因为有3因子。如此则意味着若｛3x+1｝不存在无限2幂数，则｛3x+2｝也不存在2幂数，于是增长着的奇数3倍数一定会遭遇2幂数，如此就会奇偶归1，这样考拉兹弱猜想就获证了。
该命题也可用显示幂尾数周期律的洛书定理证明： 0（mod2）≡ 2、1、0（mod3）， 左边为 2 幂数时，右边余 0 可排除， 因为 2 幂数没有 3 因子，模 3 余 2 的 2 倍等价于模 3 余 1，可见模 3 余 1 不存在 2 幂数，模 3 余 2 也就不存在 2 幂数，这就与 2、1、 0（mod3）一定包含 2 幂数矛盾， 故x为奇数的｛3x+1｝型偶数就一定包含无穷多个2幂数中的一个无限子集。
因此洛书定理，可视为是考拉兹弱猜想，它确定了2幂数与1模3同余，有无穷交集，它说明2幂数的尾数周期与奇数3倍数的尾数周期有无限解是相邻的。因为余1是相邻的，余2也是互补相邻的，是其本原解，可通过乘-1获得，也可通过提取2因子获得本原解，加上不可两类皆空，故余1相邻是必要条件，这就是洛书所呈现给我们的判定。
但是考拉兹猜想的迭代生成元遍取所有奇数，总体迭代结果就算与2幂数 有交集，也不能直接体现每一次的迭代结果与2幂数有交集。因为考拉兹猜想要追问的是——需要证明两个结论以后才有可能完成考拉兹猜想的证明:
1). 任何一个 Xi 进入迭代以后不会回到 Xi ，就是不会发生循环。如果发生循环，表明是一个反例，否定了角谷猜想。
2). Xi 进入迭代以后数值不会发散，就是不会越来越大直至无穷，而是在一 个有限的范围内更替，否则猜想不成立。
用通俗的话说，考拉兹猜想就好比选手跨栏，2 的幂数就是栏杆，每位选 手按规则可来回跑，但最终都会碰倒栏杆。不会出现以下两种情形：
a. 无限穿越开型路线栏杆； b. 无限穿越闭型路线栏杆。
故每位选手都会最终碰倒栏杆而被罚下场，即奇偶归一（在此可以窥见生与死的哲学，每次生命都会回到起点）。
因此洛书定理的本原解证明，只能算是完成证明了考拉兹弱猜想，但等于完成了考拉兹猜想的筑基证明。
2. 互素迭代函数：偶数 2 幂数子集与补集之间存在相邻差值 2
为什么每个给定的任意奇数 x 作为生成元用考拉兹迭代函数运行后所生成 的对象集都定有｛2^k ｝子集｛2^kr｝？即须证明的命题是：若 f（f（x））=（3x+1）/ 2^i （x 为奇数，i 为被除数中所有 2 因子的个数），则 f（f（x））=3x+1=｛2^kr ｝。 每个奇数 x 生成元的迭代函数对象集之所以必有｛2^kr｝，是因为所有奇数 x 生成元代入迭代函数 3x+1 去 2 因子后能产生所有奇素数因子的奇数。
该命题可由本原解方程推理得到，f（f（x））=3x+1可看成三元组方程，左边一项，右边两项，由于左边两项是两两互素的，故三元组必是两两互素的，也就是说，f（f（x））与 3x 一定是互素的，生成元奇数 x 所产生的迭代函数对象集就一定包含有两类数：2 幂数以及非2 幂数，由于每次迭代生成的数都要与相邻的生成元 x 以及无 2 因子的 f（x）互素，故每次对象集 x1、x2、x3、…、xi ，因相邻奇素数因子全部互素，远邻奇素数因子局部互素，由于每一项要同所有项存在互素因子，故不断有新素数因子项产生，这就保证了考拉兹生成模式不会出现无限死循环，3x+1 在某个2幂数以内的有限区间不可能永远累积生成互异互素偶数，必在有限项内生成2幂数。不同的给定数会生成相同的偶数，但相同的给定数绝不会迭代生成相同的偶数，每次迭代生成的新偶数不仅相邻互素，还会全部累积远邻局部互素，如果奇素数因子有非互异值，就与通项表达所生成的素数是有漏的，但一定是无限互异互素即每次自我超越相矛盾。满足无限死循环就不能生成元奇数两两互素，这与互素方程矛盾，故不会出现无限死循环而避开2幂数。
除了不出现死循环外，那是否还会出现另一种情形，即每次对象集虽然会递减递增交替出现，但仍然与2的幂数无交集？即迭代函数对象集会不会总是跳过 2的幂数，并趋向无穷？现在就来证明，考拉兹生成模式不会出现无限不循环而穿越2幂数。假如有给定奇数 xr 的迭代函数对象集会出现无限不循环，不含2 的幂数，那么可推理出 x(r+1) 的迭代函数对象集也不含 2 的幂数，x(r-1) 的迭代函数对象集也不含 2 的幂数。幂尾数周期律显示： 所有选手的对象集与2幂数有交集。
互素迭代函数显示：每个选手的对象集与2幂数有交集。发散的开线型生成的对象集没有无限穿越2的幂数，收敛的闭线型生成的对象集没有无限穿越2的幂数，故所有自然数经过考拉兹算法都会最终得1。
假如有给定奇数 xr 的迭代函数对象集会出现无限不循环的奇数集，且不含 通过2幂数获得的奇数1，就可进一步推理出某一个奇数生成元 xr 所迭代产生 的对象集去2 因子后，有且必有无穷多个非1 奇数生成元产生，加上三元互素 迭代函数的性质，说明某一个给定奇数生成元 xr 所产生的考拉兹迭代函数对象集能囊括所有的奇素因子。因为凡整数无穷集都是自然数全集的映射，自然数全集生成元或在底数中或在指数中，自然数全集生成元在底数中的数集一定包含了所有的素数因子，自然数全集在指数中的数集通过减一还原，也可以得到所有的素数因子，这个可由费马小定理② 2^（p-1） ≡ 1（modp）得到。这就与任意给定的单个奇数生成元 x 不可以通过多项式3x+1 的去 2 因子数迭代生成所有的奇素数因子的命题相矛盾，没有通项公式能够不断迭代生成新素数的，否则，素数的间隔就恒定了。因此给定奇数 xr 的迭代函数对象集就不会出现无限不循环的奇数集。
单个奇数所迭代产生的对象集：三元互素迭代函数 f（f（x））=（3x+1）/ 2^i ，其 中值域比定义域少一个生成元1。 假设单个奇数所迭代产生的对象集值域中有无数个解集（属奇数子集） x1、x2、x3、…、xi ，其中相邻解集彼此互素，且不含1奇数。 则另有单个奇数所迭代产生的对象集值域中也有无数个解集（属另一奇数 子集）y1、y2、y3、…、yi ，其中相邻解集彼此互素，且不含1奇数。 如此无限延伸，就存在所有的生成元和对象集都不含1奇数。
另已知，存在2幂数都是奇数的 3 倍加1产生的，其中生成数中的奇数因子仅含 1，跟其他奇数生成元无关。该奇数作为生成元不能靠无限迭代式产生， 也不能在非1基础上通过无限迭代式的逆运算产生，这就与考拉兹方程的定义 域拥有所有奇数因子相矛盾，故解集无限不循环而穿越2幂数是不可能的，考拉兹无限迭代式是不存在的。
那么根据给定奇数 xi 相邻项 x(i+1) 的迭代函数对象集 3x+1+6=3（x+2）+1 可推理出也必不含2的幂数，因为（x+2）就是 xi 的后继奇数，而根据此结论，可推理出所有奇数域的 3x+1 都无 2 的幂数，但这与 3x+1 必含2的幂数相矛盾。
可见给定奇数 xr 的迭代函数对象集必含2的幂数。这样考拉兹猜想就获证了。为了更深刻地理解该证明，再细说下两大关键证明步骤：迭代函数对象集无限死循环延伸，是否会与2幂数有交集？ 如果与2幂数没有交集，那么某生成元的对象集就会无限死循环而在有限数值内奔跑，即某个给定生成元的对象集就不会继续产生新数值，这就无法保证对象集与生成元互素，于是矛盾。故某个给定生成元的迭代函数对象集是不会无限死循环延伸的，是一定会与2幂数有交集的。
奇数全集能生成所有 6x+4 型偶数，该类型偶数包含2幂数子集，所有 6x+4 型偶数去2因子后的奇数子集也能生成所有 6x+4 型偶数，所以也能包含所有 6x+4 型偶数，该类型偶数包含2幂数子集。由于该子集的每个奇数作为生成元，在三元互素迭代函数方程中，总能无限产生互素因子的对象集，故每一生成元的迭代函数对象集不会在有限数集内死循环。
迭代函数对象集无限不循环延伸，是否会与2幂数有交集？如果与2幂数没有交集，那么某生成元的对象集就会无限不循环延伸而无法奇偶归一，穿越了所有的2幂数，如此这般，每个生成元的对象集都会在所有 6x+4 型偶数中无限延伸出迭代函数对象集，都不含2幂数，这就与它们的并集生成元所产生的对象集是包含2幂数相矛盾。故某个给定生成元的迭代函数对象集是不会无限不循环延伸的，是一定会与2幂数有交集的。
由于该子集的每个奇数作为生成元，在三元互素迭代函数方程中，总能无漏产生互素因子的对象集，故对象集不会在无限数集内不循环延伸，总会抵达某一极值，由于对象集是无漏延伸，故不会穿越掉某一偶数集2的幂数。
互素三元组方程 3x+1=f（x）中，3x 所拥有的素数因子，f（x）全都非同次拥有。作为三类偶数之一的 3x+1 可拥有所有的素因子域，f（x）去 2 因子后就成了奇数子集 xr，3xr+1 一定同2幂数也有交集，此所谓一损俱损一荣俱荣。 3x 与 f（x）若有一项欠缺素因子，则两项的素因子集就不对等，则三元组就不是同构方程，这就与是同构方程矛盾，故 3x 与 f（x）都包含所有奇素因子，要么都相互欠缺。而生成元为所有奇数解集时的对象集 3x+1 是一定包含2幂数子集的，如果生成元中有一个所产生的对象集同2幂数没有交集，则相邻后继生成元所迭代产生的对象集同2幂数也没有交集，否则要求互素的将不互素，如此所有的并就不会有交集，这就同有交集矛盾。故每一个生成元迭代运算所产生的对象集都必蕴含2幂数。
（1）每一奇数生成元的考拉兹迭代函数不会呈现循环迭代，不会在某一 2 幂数内滞留。
（2）每一奇数生成元的考拉兹迭代函数不会呈现无限迭代，不会在全部 2幂数外穿越。
若要满足以上两条，则每一生成元的对象集上确界必为某一 2 幂数。决定 以上两条命题成立的原因是，三元互素方程会无穷迭代生成新素教因子解集，因为要同之前的所有解集互素，因互素，必互异，故奇素生成元不会死循环，因互异，必互素，故迭代函数不会死循环，这个结论比较高深，只有在本原解方程中才有，而相邻自然数都是互素三元方程，都是本原解三元方程，这样每 一个给定数不会死循环，不同个给定数不会死循环，因相邻奇素数因子互素，必累积奇素因子存在局部互素，每个奇数x都能迭代生成2幂数，故第一条成立。
三元互素方程会无漏生成新素数因子解集，因为每个数的所有生成数都会 次第同所有与 2 幂数差值为 2 的解集互素，三元互素方程性质③，包括相邻偶数约掉 2 互素，奇数相邻互素，一个都不能漏，一漏则全漏。
假如 x=k 时的生成对象集｛3k+1｝与 2 幂数约掉公因子后仍互素，那么 ｛3k+1｝与｛3k+7｝约掉一个 2 公因子后也必是互素的，因为｛3k+1｝不含3 因子，去 2 因子后与 6 是互素的，｛3k+7｝去 2 因子后也与 6 互素，且与 {3k+1} 也互素。
假如 x=k 时的生成对象集｛3x+1｝与 2 幂数约掉公因子后还是互素的，那 ｛3x+1｝与｛3x+13｝约掉公因子后也必是互素的，因为｛3x+1｝不含 3 因子， 去 2 因子后与 12 是互素的，｛3x+13｝去 2 因子后也与 12 互素，且与｛3x+1｝ 也互素。
假设｛3k+1｝与 2 幂数无交集，存在｛3k+1｝+6=2n ，那么｛3k+1｝当且仅 当与2n互异，如此 3k+1 就仅含一个 2 因子，于是｛2t+1｝+3=2n-1 ，变换得到｛t+2｝ =2n-2 。 当 t+1=3k 时，｛t+2｝=｛3k+1｝=2n ，这与 3k+1 与 2 幂数无交集相矛盾；当 t+1=3k+1 时，｛t+2｝=｛3k+2｝，这是一个奇数，不等于 2 幂数，与｛3k+1｝ +6=2n 存在矛盾； 当 t+1=3k+2 时，｛t+2｝=｛3k+3｝，与 2n 不含 3 因子相矛盾，其他后继递推 都不外乎这三种情形。
故假设｛3k+1｝与 2 幂数无交集，存在｛3k+1｝+6=2n 是错误的。本原解方程因互异而互素，故可判定 2 因子个数，｛3k+1+12｝与2幂数也是如此。而 一旦皆无交集，就与｛3x+1｝必蕴含 2 幂数发生矛盾，故每个生成元所迭代产生的对象集｛3x+1｝与 2 幂数定有交集。
在此基础上不难证明：每个给定奇数 x 生成元的考拉兹迭代函数对象集必含2的幂数。两个原因导致：
互素方程决定了每个奇数生成元会无限产生新素数因子，故不会无限死循环；互异方程决定了每个奇数生成元会无漏产生新素数因子，故不会无限不循环。
针对每个生成元的迭代项④可判定不会无限死循环。理由是，相邻自然数都是互素三元方程，都是本原解三元方程，相邻递增项，因互异，必互素，因互素，必互异。每次给定的奇素数因子 xi 的 3 倍数与后继相邻的自然数都是互素的，即迭代获得的 x(i+1) 与 xi 是互素的，相邻迭代获得的 x 都是两两互素的，也同累积已知奇素数因子是局部互素的（算术基本定理决定，凡迭代生成的互异数抽离共因子后必奇素数因子互素）。总之，生成元 x 与生成对象 f（f（x）） =（3x+1）/ 2^ i，会因奇素数因子互素而互异，又会因累积奇素数因子互异而累积互素，因累积奇素数因子互素而累积互异，故不会无限死循环。
针对每个生成元的迭代项可判定不会无限不循环。理由是（f（f x））=（3x+1）/ 2^ i ， 即在素因子域上是封闭的，每个给定的奇数生成元迭代产生偶数对象集都必含 一个 2 的幂数作为上确界。为何考拉兹通项会持续迭代产生比生成元更小的素 数因子数？因为互异互素是每次生成新素数因子的条件，累积看不是间隔更小互异，就是间隔更大互异，仅间隔更大互异不会持续发生，故更小互异会一直 进行。若仅间隔更大互异互素会持续发生，那 f（f（x））会无限产生更大的新 素数因子，必无1个以上的2因子数产生，否则新素数因子数不能比生成元更大。
3.质函数相邻迭代律：相邻互素性，互异传递性，个数有限性。
考拉兹迭代函数除了输入奇数 1 会存在循环迭代外，输入其他非 1 数都不会出现循环迭代。因为非1数同1都是互异互素的，而1与1不是互异互素的，考拉兹迭代函数（y=3x+1，x 属于 y 的无 2 因子数）作为互异互素三元方程，根据相邻互素定理，由于不会循环迭代，每次输入经迭代计算所产生的对象集，一定是彼此互异互素的，围绕每次输入的生成元定值要么迭代变大要么迭代变 小延伸，不会重复。
2^n1•x2=3x1+1……①
2^n2•x3=3x2+1……②
2^n3•x4=3x3+1
……
2^nk•x（k+1）=3xk+1
由于① - ②可得到方程（2^n1+3）x2=3x1+2^n2•x3，且因为其中的 x1，x2 互素， x3，x2 互素，故 x2 必与 x1，x3 互异。若 x1，x3 非互异，那么（2^n1+3）x2=（2^n2+3） x1，因 x1，x2 互素，故整数本原解只能是 x1=2^n1+3，x2=2^n2+3，代入方程①，有 3（2^n1+3）+1=2^n1 （2^n2+3），简化得到，2^（n1+n2）=10，矛盾，故假设 x1，x3 非互异是不自洽的，x1，x3 互异得证。同态同构关系都具备传递性，若 a=b，b=c，则 a=c，但互素互异不具备传递性，a=3 和 b=5 互素互异，b=5 和 c=3 互素互异，但 a=3 和 c=3 并不互素互异，仅在特殊情况下，互异具备传递性，如以上考拉兹迭代函数情形，已证 x1，x2 互异，x3，x2 互异，可得到 x1，x3 互异。这个证明可以解释泡利不相容定律的能级梯度，除去共因子外，总有同已有素因子互异的新素因子出现，直到出现结界，无法继续迭代。迭代公式表达新素数一定是有穷项的，要找到所有素数必须寻找相邻迭代公式。因为没有一劳永逸的通项公式是可以表达宇宙中的万物共性的。这就同量子思想吻合了。
于是 x1，x2，x3，…，xk 存在互异传递性。这样每次迭代出路就只有两种可能，一是最后变大存在无穷迭代，二是最后变小获得奇数1，终止迭代延伸。但每次迭代所产生的对象集选择无限变大是不可能的。因为考拉兹迭代函数每次迭代输入所产生的对象集，其中每次的奇素数因子解集是封闭的，这是由迭代方程的性质决定的，已规定了其奇素数因子封闭。那是否为有限集封闭呢？根据素数间隔定理，新增素数的无穷通项数列不存在，拿孪生素数来举例，孪生素数仅有两项，若出现三项，就会变成含3因子的合数，就不是素数了。间隔 2n 的素数组构成的数列不止两个素数，每次可以构成很长的有限数列，若更长就会出现合数。
虽然陶哲轩已证明这样的素数等差数列可以任意长，但那不是指恒定的等差数列，是指可不断更换等差才可任意长的，每次多项式通项表达的数列长是确定的。因此考拉兹迭代函数每次的奇素数因子解集是有限封闭的，各种素数通项表达式都是等差数列的变形，素数等差数列是有限项的，那考拉兹迭代函数每次描述新增素数因子的解集也定是有限项的，即每次互异互素迭代产生的最大奇数是有限值的。素数数列的间隔大小决定了迭代项数。每次给定生成元意味着素数数列的间隔是确定的，它映射的迭代解集之间的关系也是确定的，故迭代项数一定是有限的。
既然在有限域不断互异迭代产生新的生成元，那最后只能选择最小奇数 1 而终止迭代。因此考拉兹猜想得证可归结为，自然数相邻互素定理⑤证明了，考拉兹函数不存在循环迭代（除奇数1外），素数等差数列有限长定理⑥证明了， 拉兹函数不存在无穷迭代。
根据考拉兹函数的每次迭代解集具有相邻互素性可证得解集也具有互异传递性，由此能进一步证明考拉兹函数每个首项生成元的迭代解集具有个数有限性。考拉兹迭代函数所有的非1生成元所获得的解集必含奇数 1，因为它不仅能互异生成大于首项生成元的奇数，且不可持续互异生成更大的奇数（由每个 素数数列有限项定理确定，素数通项公式不存在）,于是只能互异生成小于首项生成元的奇数。由于每个奇数都能互异生成比首项更小的奇数，如此递推则每个奇数最终都能迭代生成奇数1。于是考拉兹函数的每次迭代解集具有个数 有限性就得证，可见考拉兹函数的这三个特性就能证明考拉兹猜想成立。
另外，考拉兹猜想也可单独在洛书定理和内积运算下得证。假如考拉兹函数某个生成元所迭代产生的对象集 xi 的函数与2^k 无交集。 即：xi 在奇数子集下，3xi +1=2^k 无解； 即：3xi +1 ≠ 2^k 。
它们约掉公因子后的尾数是奇偶互异的，或尾数都等于 1 但其他位数 不同，则 3（xi +2）+1 与 2^k 也是不等式，因为原方程的内积本原解无解， 那么（3xi +1）（1+7）T =2^k·λ 也无内积通解，等价于 3（xi +2）+1=2^k 都无解， 3（xi +2）+1 ≠ 2^k 得证，即原方程恒等式两边分别内积一个正交向量和数乘一个相关的特征值或匹配数后方程仍无解，由于 3x+1 ≠ 2^k ，两边加 6 也必不相等， 3x+1+6 ≠ 2^k +6。 如果右边为大，大边改更大，为 2^(k+2) ，右边仍大； 如果右边为小，小边改更小，为 2^(k-2) ，右边仍小。也就是说当k大于2后，每递增一个数都会远远大于6，加6后仍然不会凑成2幂数。因为2^k +6 ≠ 2^t
故不等式 3x+7 ≠ 2^k 仍成立，导致 3x+7 与 2^k 没有交集。幂尾数周期律也能获得这一结论，从偶数中的 2 幂数子集与补集之间必存在相邻差值 2 这一判定出发也可完成证明，前文已表。而 xi +2 可后继获得所有奇数，这就意味着，在所有奇数定义域下，3x+1 与 2^k 都是不等式，这就同洛书定理已经证明的 3x+1与 2^k 有交集矛盾。故可归谬得到，任意奇数生成元 x 所迭代产生的对 象集与 2^k 必有交集，否则都无交集。考拉兹猜想在洛书定理和内积运算下得证。
其实用该方法（指最简本原解内积变换）同理可证 3x+1 与 2^k 有交集。 假如 3x+1 与 2^k 无交集， 即 3x+1=2^k 无解， 那么 3x+3=2^k 也一定无解，因为它可变换为（3x+1）（1+3）T =2^k ·λ，特征值λ乘以两边相同的特征向量，方程才会相等，或者它还可变换为（3x+1）（1+3）T =2^k·v，匹配数 v 乘以两边不相等的多项式虽可凑成等式，但v改成纯2因子数时，不等式两边仍不会相等。由于3x+1 ≠ 2^k ，两边加 2 也必不相等，3x+1+2 ≠ 2^（k +2）。 如果右边为大，大边改更大，为 2^(k+1) ，右边仍大；如果右边为小，小边改更小，为 2^(k-1) ，右边仍小。 故不等式 3x+3 ≠ 2^k 仍成立，导致 3x+1 与 2^k 没有交集。如果两个特征向量是不等式，那么乘以匹配的特征值后将仍是不等式，可见 最简本原解方程无解，那么经数乘或内积线性映射后的通解方程就必然无解。
同样，假如 3x+1=2^k 无解，那么 3x+2=2^k 也一定无解（x 为偶数），因为它可变换为（3x+2）/ 2=2^k / 2，同 3x+1=2^k 的情形一样，若偶数除以2 后仍是偶数方程必无解。而｛3x+1｝∪｛3x+2｝∪｛3x+3｝就是自然数 n，自然数 n 是必囊括 2^k 的， 这就同三者并集不含 2^k 矛盾， 可见 3x+1 与 2^k 无交集不真，3x+1=2^k 一定有解获证，且由上文不难判定，其解集无限，因为假如任何一组迭代解集无解，都能推出 3x+1=2^k 无解。
以上说明，方程存在最简本原解是方程存在通解的必要条件，这一数学定理非常重要！用它证明了哥猜，也用它证明了考拉兹猜想。于是就证明了在 3x+1 中 x 每次取任意奇数所迭代产生的偶数必含2的幂数。故考拉兹猜想得证。
4. 写在后面：三种方法证明了考拉兹猜想成立。
① 用幂尾数周期律可得到2的幂跟1模3同余必有无穷组解，它的通解是跟2模3同余，但不会跟0模3同余。根据本原解是通解的必要条件，可证得3x+1=2^n必有无穷组解。另外，根据最简本原解是通解的必要条件，即三元互素方程性质，3xi+1=2^n的某一迭代解集都大于初项可推理出3（xi+2）+1=2^n的相应迭代解集都大于初项，导致与任意给定的2幂数无交集，可证考拉兹猜想。
② 用迭代解集具有相邻互素性，互异传递性，个数有限性（等差素数数列有限长），三性结合，也可证明考拉兹猜想。
③ 用最简本原解方程的数乘和内积变换，或最简本原解不等式的数乘和内积变换，可归谬证明考拉兹猜想。根据最简本原解是通解的必要条件，即三元互素方程性质，3xi+1=2^n的某一迭代解集跟3（xi+2）+1=2^n的某一迭代解集都有相同的基础解系方程，可证考拉兹猜想。
这三种方法都能拿下考拉兹猜想的证明。
第一种。用本原解周期律证明考拉兹猜想。
方法一用到了幂尾数规律，论文早在2012年11期《数学学习与研究》的杂志上就发表过，使用类型偶数的交并运算和洛书中的幂尾数规律，得到形如3x+1的偶数必蕴含2的n次幂，即2的幂数与3的倍数存在无穷指数解满足相邻映射关系。该论文完成证明了考拉兹弱猜想。证明了奇数的3倍数有无限解与2幂数相邻。缺点是，对个别迭代解集是否会内循环，对个别迭代解集是否会不循环，未展开证明。但用本原解以及最简本原解周期律就可解决该问题。
一个数的尾数要么是2的幂，要么是3的幂，要么是5或0的幂。即2的幂跟1模3同余，或者2的幂跟2模3同余，不存在2的幂跟0模3同余。这就是洛书所呈现出来的规律，而这正是考拉兹猜想。
2^n，要么跟1模3同余，要么跟2模3同余，跟0模3同余不存在。而2^n跟2模3同余是跟1模3同余的新增通解，如果同余方程三项都除以2，就会回到，2^n跟1模3同余，其它情形等于奇数无解。因没有本原解就没有通解，故2^n必跟1模3同余必优先有解，这就证明了形如3x+1的偶数是一定会同2的幂有交集。说明x≥1时，3x+1=2^n有无穷组解。
另外，根据最简本原解是通解的必要条件，即三元互素方程性质，3xi+1=2^n的某一迭代解集跟3（xi+2）+1=2^n的某一迭代解集都有相同的基础解系方程，如果前者迭代解集{x}其初项都小于所有后继项，即f(f(xi))=（3xi+1）/2^n＞xi，那么经线性映射所得到的后者迭代解集{x+2}其初项一定也都小于所有后继项，因为不等式小边加2大边加2^(k+2)-2后不等式仍成立， f(f(xi))=（3xi+1）/2^n+2＞xi+2，而f(f(xi))={3（xi+2）+1}/2^n＞f(f(xi))=（3xi+1）/2^n+2也一定是成立的，大边加大仍大，即左边加2^(k+2)-2＞右边加2，此时必k大于1且n不会超过1个2因子，因为超过一个2因子，迭代解集就不是始终大于初项的无限解集，如此f(f(xi))={3（xi+2）+1}/2^n＞xi+2就是成立的。这意味着所有奇数的后继迭代解集全都会大于初项，这跟全集一定同2^n有交集矛盾。即3xi+1=2^n的某一迭代解集都大于初项可推理出3（xi+2）+1=2^n的相应迭代解集都大于初项，导致与任意给定的2幂数无交集，反证了迭代解的某单一同余类不具可持续性，每次迭代生成的所有奇数不能全都大于初始值无限递增，也不能全都大于初始值循环递增，即每次迭代解集非无限，非循环，于是可证考拉兹猜想。
第二种。用互素性证明考拉兹猜想。
为何根据素数"定差"方程中的素数数列有限长，就可判定素数"通项"公式或迭代公式中的素数数列有限长？且其映射方程所得到的通解数列也有限长？
假如等差为定值的素数数列可任意长，那么差值中的素数因子必蕴含初项素数。如此与初项相加得到的数列新项就是合数了，与素数数列矛盾，故素数"定差"方程中的素数数列是有限长的。素数"不定差"方程中的素数数列可任意长，这是陶哲轩所完成证明的定理。故两个命题不冲突。根据素数数列有限长就可判定素数“通项”公式中的素数数列有限长，这里通项二字打引号，是指素数数列没有全集贯通的通项，所谓“通项”方程一定是两两互异的素数基础解系与组合系数向量组的一个线性组合。有限长的素数迭代数列为了满足乘法交换律，等价于素数基础解系中的素数因子是有限个的，则组合系数向量组中的素数因子也是有限个的，那线性组合后的各项也是有限个的。因为整数方程没有素数最简本原解就没有奇数通解。现素数"通项"数列或迭代数列之最简本原解是有限项的有限个的，那奇数数列之通解就必是有限项的有限个的。
否则会等价于系数无限新增素数因子，系数不能无限新增素数因子，因为根据乘法交换律，就会等价于素数迭代项会无限新增，这样就会与素数迭代公式中的素数数列有限长相矛盾。考拉兹迭代函数每次素数基础解系中的所有素数数列是有限长的，素数是有限个的，则线性组合后的素数多项式中的系数，项数，指数其素数因子都是有限个的。根据费马小定理a^（p-1）=1（mod p），令a^（p-1）+1是3kp+1的组合系数向量组，即多项式算子中的指数持续递增后的各项a的（p-1）次幂会等价于不断产生新增素数因子系数，而按素数“通项”数列或迭代数列的规律，每次生成元的迭代解集不存在无限新增素数因子，故每次解集多项式算子中的所有指数也是有限个的，因此每次作用的算子也是有限个的，系数向量组若无限新增素数因子，就会与乘法交换律相矛盾。
为何考拉兹迭代函数每次所得到的奇数解集，是有限长素数数列满足乘法交换律前提下的条件映射？
因为考拉兹迭代函数不仅解集具有互异传递性，解集中的不共素因子也具有互异传递性。关于这个结论，证明如下。
围绕每次输入的生成元定值要么迭代变大要么迭代变小延伸，不会重复。 2^n1• x2=3x1+1……
① 2^n2• x3=3x2+1……
② 2^n3• x4=3x3+1……
2^nk• xk+1=3xk+1 由于①-②可得到方程（2^n1+3）x2=3x1+2^n2• x3，且因为其中的x1， x2 互素， x3，x2 互素，故x2 必与x1，x3 互异。若x1，x3 非互异，那么（2^n1+3）x2=（2^n2+3） x1，因 x1，x2 互素，故整数本原解只能是 x1=2^n1+3，x2=2^n2+3，代入方程①，有 3（2^n1+3）+1=2^n1（2^n2+3），简化得到，2^（n1+n2）=10，矛盾，故假设 x1，x3 非互异是不自洽的，x1，x3 互异得证。同态同构关系都具备传递性，若 a=b，b=c，则 a=c，但互素互异不具备传递性，a=3 和 b=5 互素互异，b=5 和 c=3互素互异，但a=3和c=3并不互素互异，仅在特殊情况下，互异具备传递性， 如以上考拉兹迭代函数情形，已证x1，x2 互异，x3，x2 互异，可得到x1，x3 互异。 于是x1，x2，x3，…，xk存在互异传递性，当然该类传递性不象等量传递性那样形成闭环，而是非闭环的。这样每次迭代出路就只有两种可能，一是最后变大存在无穷迭代，二是最后变小获得奇数 1，终止迭代延伸。
因相邻解集有互异传递性，故所有解集中的不共素因子具互异传递性，即其中任意项同其他所有项都有不共素因子，于是可判定考拉兹迭代函数是素数迭代函数的条件映射，即满足乘法交换律的映射。考拉兹迭代函数是： f（f（x））=（3x+1） / 2^ i（x 为奇数，i为被除数中所有 2因子的个数）；根据迭代函数所有解集中的不共素因子具互异传递性，可判定每次所有解集都有不共素数因子，故函数蕴含互异素数基础解系。素数迭代函数是：f（f（p））=p+2k;通过线性算子f（f（u））作用f（f（p））=p+2k，就可得到f（f（x））=（3x+1） / 2^ i（x 为奇数， i为被除数中所有 2因子的个数）。考拉兹迭代函数每项都有不共素因子新增，一旦不能，就终止继续迭代了。因此它是素数有限长数列且满足乘法交换律条件下的映射。
综上所述，根据素数"定差"方程中的素数数列有限长；可知素数"通项"公式中的素数数列有限长；继而可知素数迭代公式中的素数数列有限长；还知道，考拉兹迭代函数每次所得到的奇数解集是有限长素数数列的条件映射；最后得到与素数迭代公式映射的奇数迭代公式其奇数数列必有限长。用代数思想证明考拉兹迭代函数不会无限迭代，比用解析方法进行概率判断要精准得多，因为用概率的方法有时得到0%和100%的结论都不能肯定是否有例外的情形，只能解决几乎的问题，而不能完成最后的终极证明。
既然每次迭代生成的所有奇数都不能超过上限定值，那根据考拉兹迭代函数的非1解集具有互异传递性，最后互异递减生成的奇数必是1，如此才会停止互异迭代。这是本书的证明方法二，用考拉兹迭代函数解集具有相邻互素性，互异传递性，个数有限性来完成猜想证明。
第三种。用映射法证明考拉兹猜想。
用最简本原解内积变换可证 3x+1与2^k 有交集。 假如3x+1 与 2^k 无交集，即3x+1=2^k 无解， 那么3x+3=2^k 也一定无解， 因为它可变换为（3x+1）（ 1+3）T=2^k·λ，特征值λ乘以两边相同的特征向量，方程才会相等，或者它还可变换为（3x+1）（ 1+3）T=2^k·v，匹配数 v 乘以两边不相等的多项式虽可凑成等式，但v改成纯2因子数时，不等式两边仍不会相等。 由于3x+1 ≠ 2^k，两边加 2 也必不相等，3x+1+2 ≠ 2^k+2。 如果右边为大，大边改更大，为 2^k+1，右边仍大；如果右边为小，小边改更小，为 2^k-1，右边仍小。 故不等式 3x+3 ≠ 2^k 仍成立，导致 3x+1 与 2^k没有交集。
如果两个特征向量是不等式， 那么乘以匹配的特征值后将仍是不等式， 可见最简本原解方程无解，那么经数乘或内积线性映射后的通解方程就必然无解。 同样，假如 3x+1=2^k 无解，那么 3x+2=2^k 也一定无解（x为偶数），因为它可变换为（3x+2） / 2=2^k/ 2，同 3x+1=2^k 的情形一样，若偶数除以 2 后仍是偶数方程必无解。 而｛3x+1｝∪｛ 3x+2｝∪｛ 3x+3｝就是自然数n，自然数n是必囊括2^k的， 这就同三者并集不含 2^k 矛盾，可见3x+1与2^k 无交集不真，3x+1=2^k一定有解获证。
以下进一步推出每个生成元xi所产生的迭代集与2的幂都有交集。
假如考拉兹函数某个生成元所迭代产生的对象集 xi的函数与2^k无交集。 即：xi 在奇数子集下，3xi+1=2^k 无解； 即：3xi+1 ≠ 2^k。 它们约掉公因子后的尾数是奇偶互异的，或尾数都等于1。但其他位数不同，则 3（xi+2）+1 与 2^k也是不等式，因为原方程的最简本原解无解，即内积本原解无解， 那么（3xi+1）（ 1+7） T=2^kλ也无内积通解，等价于 3（xi+2）+1=2^k 都无解。 3（xi+2）+1 ≠ 2^k 得证，即原方程恒等式两边分别内积一个正交向量和数乘一 个相关的特征值或匹配数后方程仍无解。无最简本原解即无通解，也就是无二元素数基础解系则无通解，这个定理在哥德巴赫猜想一文中已证。
还可从直观来理解，由于3x+1≠2^k，两边加6也必不相等， 3x+1+6 ≠ 2^k+6，其中k≥2。因为如果右边为大，大边改更大，为 2^（k+1），右边仍大； 如果右边为小，小边改更小，为 2^（k-1），右边仍小。 故不等式3x+7 ≠ 2^k 仍成立，导致3x+7 与 2^k 没有交集。这里直接推导出了，最简本原解无解，即基础解系无解，那匹配内积向量以及匹配特征值后的方程必仍无解。
幂尾数周期律也能获得这一结论，从偶数中的2 幂数子集与补集之间必存在相邻差值2 这一判定出发也可完成证明。而xi+2 可后继获得所有奇数，这就意味着，在所有奇数定义域下，3x+1与2^k 都是不等式，这就同前文已经证明的 3x+1 与 2^k 有交集矛盾。故可归谬得到，任意奇数生成元 x 所迭代产生的对象集与2^k 必有交集，否则都无交集。考拉兹猜想在三元互素方程的内积运算下得证。它是通过最简本原解方程的映射变换来完成证明的。以上是用代数加性数论的思想完成证明考拉兹猜想的，体现了最简本原解的重要性，就象椭圆方程有解必可模形式一样。相邻论和重合法判定，所有方程若有解，必存在二元素数基础解系，凡无二元素数基础解系必无相应通解。这个判定是哥德巴赫猜想获证的核心思想，它将给量子力学基础理论发展带来巨大的思想解放。(文/罗莫)
参考文献：
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[2] 蔡天新 . 数论从同余的观点出发 [M]. 北京：高等教育出版社，2012.
[3] 潘承洞，潘承彪 . 代数数论 [M]. 济南：山东大学出版社，2001.
[4] 罗素，怀海德 . 数学原理 [M]. 剑桥郡：剑桥大学出版社，1910.
[5] 俞晓群 . 自然数中的明珠 [M]. 上海：上海教育出版社，2013.
注释：
①洛书定理，来自河图洛书中的数理思想，用现代数学语言可证明。该定 理表达了整数的幂尾数周期律： 偶数的情形（洛书中是 2 幂数左旋，8 幂数右旋）： （2mod10）n ≡（2 or 4 or 8 or 6）mod10； （8mod10）n ≡（8 or 4 or 2 or 6）mod10； （4mod10）n ≡（4 or 6 or 4 or 6）mod10； （6mod10）n ≡（6 or 6 or 6 or 6）mod10； （0mod10）n ≡（0 or 0 or 0 or 0）mod10。 奇数的情形（洛书中是 3 幂数右旋，7 幂数左旋）： （3mod10）n ≡（3 or 9 or 7 or 1）mod10； （7mod10）n ≡（7 or 9 or 3 or 1）mod10； （9mod10）n ≡（9 or 1 or 9 or 1）mod10； （1mod10）n ≡（1 or 1 or 1 or 1）mod10； （5mod10）n ≡（5 or 5 or 5 or 5）mod10。 证明该定理很容易，根据乘法口诀表可归纳获证。
②费马小定理是数论中的一个重要定理，其内容为：假如 p 是质数，且（a， p）=1，那么 a （p-1）≡ 1（mod p）。即：假如 p 是质数，且 a，p 互质，那么 a 的（p-1） 次方除以 p 的余数恒等于 1。
③三元互素方程性质，通过互异互素思想可完成证明，令 n ＜ m 是一对相 015 考拉兹猜想：互素迭代函数与幂尾数周期律 邻自然数，则必有 n+1=m，由于 1 与 m 互素，故方程必三元互素，即 n 与 m 是互素的，自然数相邻互素得证。互异互素的思想，两数若互素，则一定是互 异的，两数若互异，不一定是互素的，但相邻互异则一定是互素的，或差值互 素的互异则一定是互素的。
④迭代项。数学上的迭代法一般指迭代算法，迭代算法是用计算机解决问 题的一种基本方法。它利用计算机运算速度快、适合做重复性操作的特点，让 计算机对一组指令（或一定步骤）进行重复执行，在每次执行这组指令（或这 些步骤）时，都从变量的原值推出它的一个新值，然后继续用新值替换原值计 算出下一个新值，如此循环不断。
⑤自然数相邻互素定理。它刻画了自然数相邻互素的性质。 证明：已知 n，m 是一对相邻自然数，即 n+1=m，由于 1 与 n 互素，故 n 与 m 必互素。假如其中两项非互素，有公约数可约掉，就会产生整数与真分数相等，矛盾。故自然数是相邻互素的。继而引申出三元互素方程的性质，在 a+b=c 中，若有一对互素，则三元互素。该定理可证明考拉兹函数不存在循环迭代，因为存在相邻互异性。相邻互素方程，会不断迭代产生新素因子，直到不能继续迭代，不能产生更大素因子也不能产生更小素因子，如果说有循环那也是在最小素因子2里头循环。考拉兹迭代函数除了代入1时会循环迭代，其它情形皆不会出现循环迭代，
⑥素数等差数列有限长定理。它刻画了相同间隔的素数数列为有限项。 证明：根据波利尼亚克定理，差值为 2k 的素数对有无限组，若数对与数对之间也间隔 2k，就可延伸为更多项的素数数列，但不中断的等差数列一定是有限项的。狄利克莱定理也描述了这一性征。因为间隔差若可以无限递增再加上互质的初项素数就必会变合数。同理可证明考拉兹函数每次不能可持续地迭代获得新增素数因子，这样的解集数列是有限项的，它是有限素数数列的子集映射，互异迭代项数不能持续递增超过定值。一旦超过，给定公差的素数数列就不能产生新增素数因子，这样就不能产生新的互异生成元，故迭代终止。表达所有素因子解集的通项公式不存在，表达无穷素因子解集的迭代公式（即无穷素数数列）不存在。于是就证明了，考拉兹函数不存在无穷迭代。