Идеја је једноставна. Кренимо од произвољног позитивног целог броја n. Ако је паран, поделимо га са два, ако је непаран онда га помножимо са 3 и додамо на резултат један. Ако поновимо овај поступак са новодобијеним бројем, и тако са новим бројем после тога, добићемо у једном тренутку бројеве 4, 2, 1, 4, 2, 1, \ldots. Али да ли ће то увек да важи?
Људи много паметнији од мене су се мучили око овога. Можда ће неко глупљи да успе?
У наставку, број је “добар” ако за њега важи колацова хипотеза. Број је лош ако није добар, то јест за њега хипотеза не важи. Ја сматрам, и желим да докажем, да су сви бројеви добри. И да, ако не споменем другачије, сви бројеви у овом тексту су позитивни цели бројеви.
По википедији компјутерима је доказано је да важи за првих 2^{68} бројева.
Претпоставимо да су сви бројеви мањи од n добри.
Докажимо да је број n добар.
Ако је n парно, очигледно је добар. Међутим, ако не, онда се питамо да ли је 3n + 1 добар, о коме не знамо ишта.
Могуће је поделити на случајеве n\in \{2k, 3k + 1 | k\geq 0\} када је сигурно добар, и на случајеве n\in \{6k + 3, 6k + 5 | k\geq 0\} кад треба проверити.
Ово подразумева да или рачунар нађе лош број линеарном претрагом кроз бројеве или да се конструише потребан број.
Први начин троши пуно енергије и времена, и за довољно велике бројеве рачунар неће моћи да провери да ли поступак важи.
Други начин даје услове за лош број и доказује да такав број постоји. међутим наћи све потребне услове је теже, сведе се на сличне услове као и за индукцију.
Ова ова начина имају проблем да почињу од претпоставке да постоје лоши бројеви, што не делује вероватно.
Шта ако постоји лош број? Назовимо га a Можемо претпоставити да је он први такав, односно да су сви мањи од њега добри.
a не може бити паран, јер онда би се поделио са два, и пошто је тај број добар онда би и a био добар, што није.
U два корака ће се доћи до броја a_2 = \frac{3a + 1}{2}, и могуће је доказати да важи a < a_1 < 2a. Овај број такође мора бити лош. опет, он несме бити паран, па у два корака ће се доћи до броја a_3 = \frac{3a_2 + 1}{2} = \frac{9/2 a + 3/2 + 1}{2}, и тако даље. Овако би се могао генерисати низ лоших бројева. На пример, a_3 = \frac{3(9/4 a + 5/4} + 1{2} = 27/8 a + 19/8, a_4 = 81/16 a + 65/16, и тако даље.
Међутим, не мора да значи да овако колацов низ треба да иде. На име, за a_3 могуће је да буде паран, само несме да буде дељив са четири. Са друге стране, може бити и непаран, и да онда иде у a_4.
Онај лик је био управу, ти само можеш да полудиш од овог проблема.