角谷猜想中，對任一數經3n+1運算和偶運算後，求其最大奇因數，重覆操作結果，最後都將降至1
設數列{Pn}，P1=1，Pn=4*Pn-1+1，則{Pn}=(1,5,21,85,341,......}
另一數列{Qn}，Qn=2Pn，則{Qn}={2,10,42,170,682,......}
我們可以觀察到，上述數列{Pn}和{Qn}僅一次3n+1運算和多次偶變換，可直接降至1，
而對於n=2^k，單以偶變換即可得到奇因數1，
當n=2^k-1，常常會運算至較大的奇數，且需經過較多次的運算最後才能降至1
基於上述理解，對於本題，直覺上由n=2^k，2^k-1，以及{Pn}及{Qn}切入發現：
n=(1,5,21,85,341,......)時an=(1,3,5,7,9,.....)
n={2,10,42,170,682,......)時an=(2,4,6,8,10,......)
n=2^k時，an=2
n=2^k-1時an=1，n=2^k+1時an=3
1.
證明：當n=2^k，k > =1時，an=2，an-1=1，an+1=3
對應數列{an}，設一數列{bn}，使得bn=an-an-1，此數列的
首幾項為：1、1、-1、1、1、-1、-1、1、1、1、-1、-1、1、-1、-1、…。
其前n項中奇數項總和設為S1(n)，偶數項總和設為S2(n)，前n項總和設為S(n)
則S(n)=S1(n)+S2(n)，據此可求an=ao+S(n)
設n=2^k，將所有奇數分成4p+1和4p+3型數字
其中2^(k-1)個奇數中4p+1型和4p+3型總數各佔2^(k-2)個，故S1(2^k)=0
而偶數項2*1,2*2,......2*2^(k-1)之最大奇因數分別等於1,2,3,.....2^(k-1)數列之最大奇因數
因此，S2(2^k)=S(2^(k-1))，故S(2^k)=0+S2(2^k)=S(2^k-1)，
由此可得S(2^k)=S(2^(k-1))=S(2^(k-2))=....=S2=S1=2
故n=2^k時，an=0+2=2，此時n-1=2^k-1，n+1=2^k+1分別屬於4p+3和4p+1型奇數，
因此an-1=1，an+1=3
2.
同上，當k > =1，n=2^(k+2)+2^k時，將{bn}分成二段，
前半段1~2^(k+2)及後半段2^(k+2)+1~2^(k+2)+2^k，已知前半段總和S(2^(k+2))=2
後半段4*(2^k)+1~4*(2^k)+2^k之最大奇因數等同於1~2^k數列之最大奇因數，
故後半段總和=S(2^k)，亦即n=2^(k+2)+2^k時S(n)=S(2^(k+2))+S(2^k)=2+2=4
同理n=2^k+2^(k+2)+2^(k+4)+.....+2^(k+2(p-1))時，S(n)=2p
由上可知，當2^(k-1) < n < 2^k
若k為偶數時，則可找到n=2+2^3+2^5+....+2^(k-1)時an=k
若k為奇數，則可找到n=1+2^2+2^4+....+2^(k-1)時an=k
因此，在2^(k-1)~2^k中，必存在第n項，使得an=k
3.
若2^(k-1) < n < 2^k-1 < 2^k且an=k，則自第n項起至第2^k-1項時an由k降至1
其間變化經+1或-1，則當中所出現的an值必包含1~k所有數字
亦即在2^(k-1) < n < 2^k區段出現的an值所成集合必為{1,2,3....,k}
由此可知在無窮數列{an}中所有無窮區段中，將陸續出現所有正整數，且一旦出現，
亦將於接下來的每個無窮區段中不斷地重覆出現
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