设数列 $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ 满足递推关系

\[ x_n=\frac{1}{2}(x_{n-1}+\frac{3}{x_{n-1}}),\quad n=1,2,\ldots, \] 给定初值 $x_0>0$. 证明 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=\sqrt{3}$.

目前尚不清楚这个循环是否对所有大于1的正整数 $n$ 都会终止.

while(n>1){
	n=T(n);
}

int T(int n){
	if(n%2==0){
		return n/2;
	}else{
		return (3*n+1)/2;
	}
//return (n%2?(3*n+1)/2:n/2);
}

用归纳法证明

\[ T^k(2^k n-1)=3^k n-1,\quad\forall\ k,n>0. \]

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3n+1 猜想断言: 对于任意给定的正整数, 经 $T$ 连续作用有限次后均无一例外地落入 $\{4,2,1\}$ 这一数字陷阱.
等价的说法是, 由 $\{1,2,4\}$ 经过 $T$ 的“逆作用” 可以生成所有自然数.

通过复分析研究此猜想已经取得了一些结论, 详见李玉华(云南师范大学)所写的"$3n+1$ 猜想与复解析方法", 见《10000个科学难题(数学卷)》.

20世纪30年代 L.Collatz 为了弄清顶点集是自然数集而有向边 ...

\[ \Delta_{+}(\vec{u}_j\times\vec{v}_j)=(\Delta_{+}\vec{u}_j)\times\vec{v}_j+\vec{u}_{j+1}\times\Delta_{+}\vec{v}_j \]

设 $u$ 是 $\Omega=[0,\ell]$ 上的函数, 将该区间 $N$ 等分, 记 $u_j=u(x_j)$, 其中 $x_j=j\cdot h$, $h=\Delta x=\frac{\ell}{N}$. 则有 \[ \sum_{j=1}^{N}u_j\Delta_{-}v_j=-\sum_{j=0}^{N-1}v_j\Delta_{+}u_j-u_0 v_0+u_N v_N, \] \[ \sum_{j=1}^{N-1}u_j\Delta_{+}\Delta_{-}v_j=-\sum_{j=0}^{N-1}\Delta_{+}u_j\Delta_{+}v_j-u_0\Delta_{+}v_0+u_N\Delta_{-}v_N, \] \[ \Delta_{+}(u_j v_j)=u_{j+1}\Delta_{+}v_j+v_j\Delta_{+}u_j. \] 其中 $\Delta_{+},\Delta_{-}$ 分别指向前差分(forward difference)和向后差分(backward difference).