但是在1到100的范围内，像27这样的剧烈波动是没有的（54等27的2的次方倍数的数除外）。

验证规律

经过游戏的验证规律，人们发现仅仅在兼具4k和3m+1（k,m为自然数）处的数字才能产生冰雹猜想中“树”的分叉。所以在冰雹树中，16处是第一处分叉，然后是64……以后每隔一节，产生出一支新的支流。

自从Conway发现了神奇的27之后，有专家指出，27这个数字必定只能由54变来，54又必然从108变来，所以，27之上，肯定可以出现不亚于2^n的强大支流——3^3*2^n(n=1，2，3……)，然而，27到4-2-1数列和本流2到4-2-1数列要遥远的多。按照机械唯物论的观点，从27开始逆流而上的数列群才能叫做本源，尽管如此，按照“直线下泻”的观点，一般依然把1-2-4-8……2n的这一支看作是“干流”。

又称角谷猜想，因为是一个名叫角谷的日本人把它传到中国。

数列验证法，此方法是根据冰雹猜想的验证规则而建立的一种验证方法，是以无限的数列来对付无限的自然数。首项偶数，公差是偶数，那么数列上的所有自然数都是偶数，全体数列除于2，如果首项是奇数公差是偶数，那么数列上全体自然数都是奇数，全体乘上3再加1。如果公差是奇数，首项也是奇数，那么第奇数项必定都是奇数则乘上3再加1，第偶数项必定都是偶数,则除于2。如果公差是奇数，首项是偶数，那么第奇数项必定都是偶数，则除于2，第偶数项必定都是奇数，则乘上3再加1。按照这样的计算规则计算下去，会遇到许多新的问题，考验验证者的智商。比如偶数的通项公式是2n，因为都是偶数所以除于2，得到n，这就是自然数。

按照忽略偶数不记录的验证方法进行验证，第一个被验证的奇数有可能是能被3整除的奇数，也有可能是不能被3整除的奇数。但是，3x+1以后，所到达所归结的第二个奇数，以及第三个奇数（假设存在）...整个过程所到达所遇到所归结所访问到的每一个奇数，必定都不能再被3整除了。如果都从从能被3整除的奇数开始验证，路径上所遇到所归结的所到达所访问到的每一个奇数都必定不能再被3整除了，最终都能归结于1，那么必定遍历所有的奇数（遍历是离散数学的概念）。如果都从不能被3整除的奇数开始验证，那么路径上所遇到所到达所归结的所访问到的每一个奇数必定都不可能再被3整除了，最终都归结于1（等于说是漏下能被3整除的奇数没有被验证）。所以在顺向的冰雹猜想验证过程中，可以把能被3整除的奇数都命名为最起始点的奇数，1是终止点的奇数，而在逆向的冰雹猜想验证过程中则是相反的，1是最起始点的奇数，而能被3整除的奇数则是终止点的奇数。事实上在验证的过程中，不能被3整除的奇数，都在存在数量无穷多的上一步的奇数，占1/3的比例是能被3整除的奇数，占2/3的比例是不能被3整除的奇数，这一现象都跟自然数的情况出奇地巧合了.这一规律，无论是单个奇数的验证方法，还是等差数列验证法必须遵守。在能被3整除的奇数之前的，只有能被3整除的偶数，没有任何奇数。

这种新的验证方法存在缺陷，就是运算不连续，虽然也可以用于验证爬升或者下降...爬升的时候需要对2进行因式分解......下降的时候需要先把3^n给计算出来....所以比较麻烦.....优点只有一个，那就是当验证到近乎无限爬升的时候....比如说(2n-1)*2^(10^8)-1的验证过程就是把一亿个2换成一亿个3，(2n-1)*3^(10^8)-1，一次性替换，我们需要把3^(10^8) 给计算出来，如果按照传统的验证方法，你需要把(2n-1)*2^(10^8)-1给算出来，然后再爬升(10^-1)步以后才能得到这个结果......

把奇数分成2类 ：

能被3整除的奇数：通项公式是6(n-1)+3 这一类的奇数是不可以通过3x+1得到的 又叫最起始点的奇数 这一类的奇数不可能发生 病态归结的，因为从这一类奇数开始计算可以得到其他奇数，而从其他奇数开始计算绝对不能得到这一类的奇数。

再看看7x+1 ,15x+1 ,7x-3 ,15x-7,他们的最起始点的奇数就不只是能被7整除那么简单了..........

不能被3整除的奇数：通项公式分别是：6（n-1）+1 和6(n-1)+5...他们都是可以通过3x+1得到的，又叫路径上的奇数或者是过程奇数，有可能是主病态归结点的奇数就属于这两类。

存在X1，使得X1*3+1之后只能被1个2整除，之后就是奇数，这一类奇数占奇数总量的1/2；

存在X2，使得X2*3+1之后只能被2个2整除，之后就是奇数，这一类奇数占奇数总量的1/4；

存在X3，使得X3*3+1之后只能被3个2整除，之后就是奇数，这一类奇数占奇数总量的1/8。

将问题公式化，是解决猜想的必由之路。这是一个迭代公式，有输入，输出，反馈，....。

.........(1)

这里公式中每一个X 都是奇数，m=1,2,3，....。直到把3x+1中的偶数析出抵消，使得（1）式右边是奇数为止。

如果不是1而是其他奇数，就继续迭代。一直到1为止。

.........(2)

二，范例

例如，代入公式：结束。

例如，,代入公式：；结束。

角谷是说，输入x =1,3,5,7,9,11，....任何一个奇数，直至无穷，经过（1）迭代，都是（2）式等于1。

需要证明两个结论以后才有可能完成：

1，任何一个进入迭代以后不会回到，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，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。

三，倒行逆施

把（2）式中的.......（3）

使得（3）式的有：

=5，21， 85， 341，1365， 5461， 21845， .....。因为这个是把（3）式反推的结果。

例如：

=5，；,

=21，；

=85，；；

这些都是等于1。

.......。

.....（4）

在（4）式二步到位=1的有：3, 13, 53, 113, 227, 909，.....。

......（5）

（5）式这个是把（4）式反推的结果。

例如：

=13，代入公式（3）需要两步：。

用（5）式即。

用（4）式也可以：。

在（6）式三步使得的有如下形状：

简化（7）式:。

形的数：11，17， 75，301，1205，...。因为这个是把（6）式反推的结果。例如

=75需要3步，

；

用（7）式：

用（6）式：

四，3x+1猜想为什么会成立？

因为（7）式代入（6）式的（8）式，正好分子与分母抵消

....................(8)

五，这是一个复杂过程问题

只需顺着方向证明即可。把n扩展到任意数

..........（9）。

（9）式是说对于任何一个n，总有一个数使得分子与分母相等。

把（7）式扩展的任意一个n：

.........(10)

把（10）式代入（9）式，则分子分母刚刚可以抵消。

（10）式是一个倒装公式，初始值内部（）包含了未来值部分()。

也可查询中国科学院智慧火花数学栏目。

什么是3x+3猜想

3X+3猜想，就是说无论X是什么整数，如果是奇数就乘以3再加3，如果是偶数就除以，直到最后都是3。

......（1），

其中是指把全部偶数析出。

最后结果一定是：.......。（2）

范例

例如:

=7，7×3 +3=24, 24÷8=3。

=9，9×3+3=30，30÷2=15，15×3+3=48，48÷16=3（回到X=5的状态）。

=11，11×3+3=36，析出4得9，9→15→3，回到X=5的状态。

=13，13×3+3=42，21→33→51→39→15→3.(回到X=5状态）。

=15，回到x=5状态。

=17，27→21→33→51→39→15→3。回到X=13状态。

=19，19×3+3=60，回到X=15状态。

=21，回到X=13状态。

=23，23×3+3=72,回到X=9状态。

其中，=53用了43次迭代回到3：

53——81——123——93——141——213——321——483——363——273——411——309——465——699——525——789——1185——1779——1335——501——753——1131——849——1275——957——1437——2157——3237——4857——7287——2733——4101——6153——9231——1731——1299——975——183——69——105——159——15——3.。

=61用了40次迭代回到3：

61——93——141——213——321——483——363——273——411——309——465——699——525——789——1185——1779——1335——501——753——1131——849——1275——957——1437——2157——3237——4857——7287——2733——4101——6153——9231——1731——1299——975——183——69——105——159——15——3.

属于二阶逻辑问题

同3x+1猜想一样，代入公式以后，分子分母可以抵消，剩下一个分子3。它跟3x+1猜想本质上是一样的，无法证明。

角谷猜想又叫叙古拉猜想。它的一个推广是克拉茨问题，下面简要说说这个问题：

50年代开始,在国际数学界广泛流行着这样一个奇怪有趣的数学问题:任意给定一个正整数x,如果是偶数,则变换成x/2,如果是奇数,则变换成3x+1.此后,再对得数继续进行上述变换.例如x=52,可以陆续得出26,13,40,20,10,5,16,8,4,2,1.如果再做下去就得到循环:

(4,2,1).再试其他的正整数也会得出相同的结果.这个叫做叙古拉猜想.

上述变换,实际上是进行下列函数的迭代

{ x/2 (x是偶数)

C(x)=

3x+1 (x是奇数)

问题是,从任意一个正整数开始,经过有限次函数C迭代,能否最终得到循环(4,2,1),或者等价地说,最终得到1?据说克拉茨(L.Collatz)在1950年召开的一次国际数学家大会上谈起过,因而许多人称之为克拉茨问题.但是后来也有许多人独立地发现过同一个问题,所以,从此以后也许为了避免引起问题的归属争议,许多文献称之为3x+1问题.

克拉茨问题吸引人之处在于C迭代过程中一旦出现2的幂,问题就解决了,而2的幂有无穷多个,人们认为只要迭代过程持续足够长,必定会碰到一个2的幂使问题以肯定形式得到解决数学难题Collatz猜想的人才提供1.20亿日元奖金.

1972年，普林斯顿大学高等研究院教授JH Conway证明Collatz问题的自然概括是算法不可判定的.1990年，哈佛大学数学研究所教授Kurtz和斯坦福大学高级研究中心教授Simon 证明，上述问题事实上在算术等级中是不可判定的.日本东京大学的米田信夫已经对240大约是11000亿以下的自然数做了检验.1992年李文斯(G.T.Leavens)和弗穆兰(M.Vermeulen)已经对5.6*1013的自然数进行了验证,均未发现反例.2011年，加州大学著名华人数学天才陶哲轩在其研究博客WordPress上写下了这么一段话：“不用说，我没有解决问题，但我更好地理解为什么这个猜想是（a）合理的，（b）不太可能被当前的技术证明，我想我会分享我发现的在这个博客上.”题意如此清晰,明了,简单,连小学生都能看懂的问题,却难到了20世纪许多大数学家保罗·埃尔德什费马大猜想.

引理一:若n=2m,则fm(n)=1 (m∈N)

证明:当m=1时,f(n)=f(2)=2/2=1,命题成立,设当m=k时成立,则当m=k+1时,fk+1(n)=f(fk(2k+1))=

=f(2)=2/2=1.证毕.

引理二:若n=1+4+42+43+...+4k=(4k+1-1)/(4-1) (k∈N),则有f(n)=3n+1=4k+1=22k+2,从而f2k+3(n)=1.

证明:证明是显然的,省略.

引理三:若n=2m(4k+1-1)/(4-1) (m∈N), 则有fm+2k+3(n)=1.

证明:省略.

:集合 O={X|X=2k-1,k∈N} 对于变换f(X)是封闭的.

证明:对于任意自然数n,若n=2m,则fm(n)=1,对于n=2k,经过若干次偶变换,必然要变成奇数,所以我们以下之考虑奇数的情形,即集合O的情形.对于奇数,首先要进行奇变换,伴随而来的必然是偶变换,所以对于奇数,肯定要进行一次全变换.为了直观起见,我们将奇数列及其全变换排列如下:

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)经过全变换(3(2k-1)+1)/2=3k-1变成第二行,实际上等于第一行加上一个k,其中的奇数5,11,...6k-1又回到了第一行.以下各行是等差数列3k-2,3k-1交错排列.由于最终都变成了奇数,所以集合O对于变换f(X)是封闭的.

:任何奇自然数经过若干次变换都会变成1.

证明:

我们看到 奇数经过全变换变成为3k-1型数,3k-1型奇数经过全变换有一半仍然变成3k-1型奇数,而另一半3k-1型偶数经过除以2有一半变成为3k-2型奇数,而3k-2型奇数经过全变换又变成为3k-1型数.换句话说不可能经过全变换得到3k-2型数.

下面我们只研究奇数经过全变换的性质,因为对于其他偶数经过若干次偶变换,仍然要回到奇数的行列里来.

我们首先证明奇数经过若干次全变换必然会在某一步变成偶数.（冰雹猜想又成奇偶变换猜想，“如果偶数除于2“是把偶数变成奇数的运算，偶数归结于奇数的逆向描述公式是：偶数=f(m,n)=(2n-1)*2^m，这是描述偶数归结于奇数的另外一个公式。“如果奇数乘于3加1”是把奇数变成偶数 的运算，运用直接归结定理2个公式描述了)

设2a0-1是我们要研究的奇数,它经过全变换变成3a0-1,假设它是一个奇数并且等于2a1-1,2a1-1又经过全变换变成为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.

所以最后ak=(3/2)ka0,要使ak是整数,可令a0=2kn,(n是奇数).于是ak=3kn.则从2a0-1经过若干次全变换过程如下:

2k+1n-1 -> 3*2kn-1 -> 32*2k-1n-1 -> 33*2k-2n-1 ->... -> 3k+1n-1 (偶数).

然后我们证明经过全变换变成偶数的奇数一定大于该偶数经过若干偶变换之后得到的奇数.

设3k+1n-1=2mh (h为奇数),我们要证明 h<2*3kn-1:

h=(2*3kn-1+3kn)/2m<2*3kn-1,令a=3kn,b=2m-1,则有 2ab>a+b,而这是显然的.

定义:以下我们将称呼上述的连续全变换紧接着连续的偶变换的从奇数到另外一个奇数的过程为一个变换链.

接着我们证明奇数经过一个变换链所得的奇数不可能是变换链中的任何中间结果,包括第一个奇数.

若以B(n)表示奇数n的变换次数,m是n经过变换首次遇到的其他奇数,则有。

定理三:B(n)=k+1+B(m),其中k是满足3n+1=2km的非负整数.

证明:n经过一次奇变换,再经过k次偶变换变成奇数m,得证.

举例来说,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

按照角谷猜想的扩展部分，每一道扩展的题目都存在着相对应的几个归结定理，或者可以叫逆向推算定理，对于原题的文字描述是：文字描述是：首先把自然数中能被3或者是能被2整除的自然数都删除掉，剩下的自然数，按照第奇数个第偶数个分成2类，其中第奇数个奇数通项公式是：(6（n-1）+1）把这个式子乘于2^（2m）再减去1之后必定可以被3整除，而且得到的自然数全部是奇数。第偶数个奇数的通项公式是：(6(n-1)+5)把这个式子乘于2^（2m-1）再减去1之后必定可以被3整除而且得到的自然数全部都是奇数。这些公式已经被数学归纳法证明成立，该定理的描述范围是全体奇数，以及3X+1以后的全体偶数。

原题的归结定理公式描述就是：

((6（n-1）+1)*4^m-1)/3=x1

((6(n-1)+5)*2^(2m-1)-1)/3=x2

这是2个2维平面的变差数列，由2条互相垂直的射线组成的射面状的无穷变差数列。已经通过数学归纳法证明，公式成立，可以整除，而且得数全部都是奇数。如果把x1和x2都看成是集合，那么必定存在它们的交集必定是空集，它们的并集必定是全体奇数。等于说是把奇数分成2类，一类是x1，另外的一类是x2，再把以上2个式子移项以后就会得到：3x1+1=(6（n-1）+1)*4^m，和3x2+1=(6(n-1)+5)*2^(2m-1)。它们的威力在于，该定理可以描述所有的非最起始点的奇数的3x+1的以前的情况....是逆向的描述....通过这个定理，我们可以非常容易地寻找，不能被3整除的奇数的所有上一步的直接归结的情况。这个直接归结定理在分析冰雹猜想的过程中发挥着非常重要的作用。假设我被邀请去参加某次的数学成果研究大会，站在讲台上我就可以说任意给我一个不能被3整除的奇数我都能马上算出，它所有上一步的奇数，也就是在忽略偶数不记录的前提下的所有直接归结于这个奇数的奇数。文字描述是：首先把自然数中能被3或者是能被2整除的自然数都删除掉，剩下的自然数，按照第奇数个第偶数个分成2类，其中第奇数个奇数通项公式是：(6（n-1）+1）把这个式子乘于2^（2m）再减去1之后必定可以被3整除，而且得数是全部奇数。第偶数个奇数的通项公式是：(6(n-1)+5)把这个式子乘于2^（2m-1）再减去1之后必定可以被3整除而且得数全部都是奇数。

x1交x2=空集

x1并x2=全体奇数

正是因为它们是全体奇数所以这个定理在证明过程中无处不在.............

同时对于任意任何一个能被3整除的奇数，都绝对不存在上一步的奇数，都是顺冰雹猜想验证的最起始点的奇数，都是逆向冰雹猜想的终止点的奇数，跟最主归结点的1的情况刚好相反的.

原始克拉茨

二十世纪30年代,克拉茨还在上大学的时候,受到一些著名的数学家影响,对于数论函数发生了兴趣,为此研究了有关函数的迭代问题.

在1932年7月1日的笔记本中,他研究了这样一个函数:

F(x)= 2x/3 （如果x被3整除 或者 (4x-1)/3 （如果x被3除余1）或者 (4x+1)/3 （如果x被3除余2）

则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,...为了便于观察上述迭代结果,我们将它们写成置换的形式:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 ...

1 3 2 5 7 4 9 11 6 ...

由此观察到:对于x=2,3的F迭代产生循环(2,3)

对于x=4,5,6,7,9的F迭代产生循环(5,7,9,6,4).

接下来就是对x=8进行迭代,克拉茨在这里遇到了困难,他不能确知,这个迭代是否会形成循环,也不知道对全体自然数做迭代除了得到上述两个循环之外,是否还会产生其他循环.后人将这个问题称为原始克拉茨问题.人们更感兴趣的是它的逆问题:

G(x)= 3x/2 （如果x是偶数）或者 (3x+1)/4 （如果x被4除余1）或者 (3x-1)/4 （如果x被4除余3）

不难证明,G(x)恰是原始克拉茨函数F(x)的反函数.对于任何正整数x做G迭代,会有什么样的结果呢?

经计算,已经得到下列四个循环:

(1),(2,3),(4,6,9,7,5),(44,66,99,74,111,83,62,93,70,105,79,59).

因为G迭代与F迭代是互逆的,由此知道,F迭代还应有循环(59,79,105,70,93,62,83,111,74,99,66,44).

G迭代还能有别的循环吗?为了找到别的循环,人们想到了下面的巧妙方法:

由于G迭代使后项是前项的3/2(当前项是偶数时)或近似的3/4(当前项是奇数).如果G迭代中出现循环,比如迭代的第t项at与第s项as重复(t

as/as-1,as-1/as-2,...at+1/at

或等于3/2,或者近似于3/22,因而

1=as/at=as/as-1*as-1/as-2*...at+1/at≈3m/2n

这里 m=s-t,m < n

即 2n≈3m

log22n≈log23m

故 n/m≈log23

这就是说,为了寻找出有重复的项(即有循环),应求出log23的渐进分数n/m,且m可能是一个循环所包含的数的个数,即循环的长度.

log23展开成连分数后,可得到下列紧缺度不同的渐进分数:

log23≈2/1,3/2,8/5,19/12,65/41,84/53,485/306,1054/665,24727/15601,...

渐进分数2/1表明,31≈22,循环长度应为1.实际上恰存在长度为1的循环(1).

渐进分数3/2表明,32≈23,循环长度应为2.实际上恰存在长度为2的循环(2,3).

渐进分数8/5表明,35≈28,循环长度应为5.实际上恰存在长度为5的循环(4,6,9,7,5).

渐进分数19/12表明,312≈219,循环长度应为12,实际上恰存在长度为12的循环(44,66,...59).

这四个渐进分数的分母与实际存在的循环长度的一致性,给了人们一些启发与信心,促使人们继续考虑:是否存在长度为41,53,306,665,15601,...的循环?令人遗憾的是,已经证明长度是41,53,306的循环肯定不存在,那么,是否会有长度为665,15601,...的循环呢?

F迭代与G迭代究竟能有哪些循环呢?人们正在努力探索中！

代数学原理：

整数环Z上的3n+1代数结构由有理数域Q上的3n+d伽罗瓦置换群定义，因此Z/Q=1/3，CQZ/Q=2/3：即3n+d群在Z上的封闭域为1/3，在Q上的扩张域为2/3，因此可知Z上的3n+1奇偶性变换具有唯一性，可通过Q上的3n+d置换群的自同构来构造出Z上的3n+1循环群

证明：

对有理函数f=F(d，n)=3n+d，(d，n)∈Q进行路径积分： 构造有理域变换: f: Q→Q: L⇆J⇆A⇆B，F=(x，y，z)={∑f(x，y，z)|x=3n+d，y=3n-d，z=n/2，(d，n)∈Q}:

⇆L=(x0，y0，z0)={∑f(x0，y0，z0)|d=0，n=0，x0=3×0+0=0，y0=3×0-0=0，z0=0/2=0}

⇆J=（x1，y1，z1）={∑f(x1，y1，z1)|d=1，n=0，x1=3×0+1=1，y1=3×0-1=-1，z1=0/2=0}

⇆A=(x2，y2，z2)={∑f(x2，y2，z2)|d∈Q，n∈Q+，x2=3×1+d，y2=3×1-d，z2=n/2}

⇆B=(x3，y3，z3)={∑f(x3，y3，z3)|d∈Q，n∈Q-，x3=3×(-1)+d，y3=3×(-1)-d，z3=n/2}。

(1)通过路径A进行有理域变换：

【1】(3×1+d1-1)/3=(3×1-d1)/2，

d1=1；

(3×1-d2-1)/3=(3×1+d2)/2，

d2=-1。

【2】(3×1-d3)/2=2(3×1+d3)，

d3=9/5；

(3×1+d4)/2=2(3×1-d4)，

d4=-9/5。

【3】3(3×1-d5)+1=2(3×1+d5)，

d5=4/5；

3(3×1+d6)+1=2(3×1-d6)，

d6=-4/5。

取d=1，则x2=4，y2=2，可得拓扑循环A=(4，2，1，4)。根据变换法则，取拓扑不动点n=1，则x4=3×1+1=4，y4=3×1-1=2，可得拓扑循环S=(4，2，1，4)=A，所以S同胚于A，因此可得拓扑循环(A，A)，所以A是单连通域，因此正整环上的3n+1变换有且只有拓扑循环：(A⇆A)。

(2)通过路径B进行有理域变换：

〈1〉由(1)可知n=-1时本变换等价于(1)，因此d=1，x5=-2，y5=-4，可得拓扑循环B=(-1，-2，-1)，因为-4∉B，所以n=-1不是拓扑不动点，不满足变换法则，因此取拓扑不动点n=-2。

〈2〉

【1】[3×(-2)-d7-1]/3=[3×(-2)+d7]/2,

d7=4/5；

[3×(-2)+d8-1]/3=[3×(-2)-d8]/2，

d8=-4/5。

【2】[3×(-2)-d9]/2=2[3×(-2)+d9]，

d9=18/5；

[3×(-2)+d10]/2=2[3×(-2)-d10]，

d10=-18/5

【3】3[3×(-2)+d11]+1=2[3×(-2)-d11],

d11=1；

3[3×(-2)-d12]+1=2[3×(-2)+d12]，

d12=-1。

取d=1，则x6=-5，y6=-7，可得拓扑循环C=(-5，-14，-7，-20，-10，-5)，根据变换法则，取拓扑不动点n=-14。

〈3〉

【1】[3×(-14)-d13-1]/3=[3×(-14)+d13]/2,

d13=8；

[3×(-14)+d14-1]/3=[3×(-14)-d14]/2，

d14=-8。

【2】[3×(-14)-d15]/2=2[3×(-14)+d15],

d15=126/5；

[3×(-14)+d16]/2=2[3×(-14)-d16]，

d16=-126/5。

【3】3[3×(-14)+d17]+1=2×[3×(-14)-d17]，

d17=41/5；

3[3×(-14)-d18]+1=2[3×(-14)+d18]，

d18=-41/5。

取d=8，则x7=-34，y7=-50，可得拓扑循环D=(-34，-17，-50，-25，-74，-37，-110，-55，-164，-82，-41，-122，-61，-182，-91，-272，-136，-68，-34)，根据变换法则，取拓扑不动点n=-17。

〈4〉

【1】[3×(-17)-d19-1]/3=[3×(-17)+d19]/2，

d19=49/5；

[3×(-17)+d20-1]/3=[3×(-17)-d20]/2，

d20=-49/5。

【2】[3×(-17)-d21]/2=2[3×(-17)+d21]，

d21=153/5；

[3×(-17)+d22]/2=2[3×(-17)-d22]，

d22=-153/5。

【3】3[3×(-17)+d23]+1=2[3×(-17)-d23]，

d23=10；

3[3×(-17)-d24]+1=2[3×(-17)+d24]，

d24=-10。

取d=10，则x8=-41，y8=-61，可得拓扑循环E=(-41，-122，-61，……，-41)=D，所以E同胚于D，因此可得拓扑循环(D，D)，所以D是单连通域，因此B，C，D两两同伦，所以负整环上的3n+1变换有3个拓扑循环：(B⇆B)⇆(C⇆C)⇆(D⇆D)。

综上所述，整环上的3n+1变换有5个拓扑循环，其中0被定义为偶数，(0⇆0)为奇异拓扑循环，则有：(A⇆A)⇆(0⇆0)⇆(B⇆B)⇆(C⇆C)⇆(D⇆D)。