証明問題の確認をお願いしたいです

質問

レポート課題で以下の論証を書いたのですが、提出前に大きく違う点とかないか確認させて頂きたく投稿しました。

題意
任意の自然数は以下X,Yの操作を繰り返す事で最終的に1となることを証明する。
X　偶数なら2で割る
Y　奇数なら3倍して1を足す

例)3
Y: 3×3+1=10
X: 10÷2=5
Y: 3×5+1=16
X: 16÷2=8
X: 8÷2=4
X: 4÷2=2
X: 2÷2=1

例)7
Y: 3×7+1=22
X: 22÷2=11
Y: 3×11+1=34
X: 34÷2=17
Y: 3×17+1=52
X: 52÷2=26
X: 26÷2=13
Y: 3×13+1=40
X: 40÷2=20
X: 20÷2=10
X: 10÷2=5
Y: 3×5+1=16
X: 16÷2=8
X: 8÷2=4
X: 4÷2=2
X: 2÷2=1

----------------------------------------------------------
補題A
自然数nがn=2i(i=1,2,3,…)の時、2ⁿ−1は3の倍数である。
i=1の時は2²−1=3なので正しい。
2²ⁱ−1=4ⁱ-1=3kと仮定すると、
4ⁱ⁺¹-1=4×4ⁱ-1= 4×(3k+1)-1=3(4k)+3=3(4k+1)
より数学的帰納法より命題は正しい。
----------------------------------------------------------

任意の自然数は素因数分解により、
2以外の素数pᵥとaᵢ∈{0,1,2,…,}に対して2ᵃ⁰3ᵃ¹5ᵃ²…pᵥ₋₁ᵃᵐ⁻¹pᵥᵃᵐと書ける。
すなわち、
全ての自然数は①偶数積のみ、②奇数積のみ、③混合積の3つに分類される
①は2ⁿだから操作Xをn回繰り返す。
③はYを適当に繰り返せば②になる。

また、奇数について、Yを施した後は必ず偶数なのでXを施す事になり、施す操作は以下のようになる。
Y⇒Xⁱ¹⇒Y⇒Xⁱ²⇒Y⇒Xⁱ³⇒…(iⱼ=1,2,3,…)
(Xⁱʲは2ⁱʲで割るという意味)

奇数p≠1にYを施した際について、3p+1=2ⁿを満たすpはp=(2ⁿ−1)/3より、
補題Aからn=2k(k=2,3,4,…)の時である。
従って、任意の奇数pに対してw回目のXの操作により
p=(2²ᵏ−1)/3 (k=2,3,4,…)
(p=5, 21, 85, 341, 1365,…)となる事が示されれば残りの操作はY⇒X²ᵏ⇒1に定まる。

写像fᵢⱼ:{2t−1|t=1,2,3,…}→{2t−1|t=1,2,3,…}
をY⇒Xⁱʲと定義。
奇数r(=2t−1)(t=2,3,4,…), iⱼ₁, iⱼ₂, iⱼ₃,…∈{1,2,3,…,}に対して、
●fᵢⱼ₁(r)=q=(3r+1)/2ⁱʲ¹と書く。

●fᵢⱼ₂(fᵢⱼ₁(r))=[3{(3r+1)/2ⁱʲ¹}+1]/2ⁱʲ²
=[(3×3r+3×1)+2ⁱʲ¹]/2ⁱʲ¹×2ⁱʲ²
(r=13の場合はiⱼ₁=3, iⱼ₂=4により
fᵢⱼ₂(fᵢⱼ₁(r))=[(3×3×13+3×1)+2³]/2³×2⁴
=128/128=1である。)

●fᵢⱼ₃(fᵢⱼ₂(fᵢⱼ₁(r)))
=[3{[(3×3r+3×1)+2ⁱʲ¹]/2ⁱʲ¹・2ⁱʲ²}+1]/2ⁱʲ³
=[(3×3×3r+3×3×1)+3×2ⁱʲ¹+2ⁱʲ¹×2ⁱʲ²]
　　　　　　　　　　　 /2ⁱʲ¹×2ⁱʲ²×2ⁱʲ³

●fᵢⱼ₄(fᵢⱼ₃(fᵢⱼ₂(fᵢⱼ₁(r))))
=[(3×3×3×3r+3×3×3×1)+3×3×2ⁱʲ¹+
3×2ⁱʲ¹×2ⁱʲ²+2ⁱʲ¹×2ⁱʲ²×2ⁱʲ³]/2ⁱʲ¹×2ⁱʲ²×2ⁱʲ³×2ⁱʲ⁴
(r=7の場合はiⱼ₁=1, iⱼ₂=1, iⱼ₃=2, iⱼ₄=3よりfᵢⱼ₄(fᵢⱼ₃(fᵢⱼ₂(fᵢⱼ₁(7))))=[594+18+12+16]/128=5である。なのでfᵢⱼ₅₌₄を施せば良い)

・
・
・
従って、一般形は
fᵢⱼᵤ(…(fᵢⱼ₄(fᵢⱼ₃(fᵢⱼ₂(fᵢⱼ₁(r))))
=[(3ᵘr+3ᵘ⁻¹)+3ᵘ⁻²×2ⁱʲ¹+3ᵘ⁻³×2ⁱʲ¹⁺ⁱʲ²+…+3×2ⁱʲ¹⁺ⁱʲ²…⁺ⁱʲᵘ⁻²+2ⁱʲ¹⁺ⁱʲ²⁺…⁺ⁱʲᵘ⁻¹]
　　　　　　　/2ⁱʲ¹⁺ⁱʲ²⁺ⁱʲ³⁺…⁺ⁱʲᵘ
=[(3ᵘ⁻¹×6t−3ᵘ⁻¹×2)+3ᵘ⁻²×2ⁱʲ¹+3ᵘ⁻³×2ⁱʲ¹⁺ⁱʲ²+…+3×2ⁱʲ¹⁺ⁱʲ²…⁺ⁱʲᵘ⁻²+2ⁱʲ¹⁺ⁱʲ²⁺…⁺ⁱʲᵘ⁻¹]
　　　　　　　/2ⁱʲ¹⁺ⁱʲ²⁺ⁱʲ³⁺…⁺ⁱʲᵘ
の形であり、
ᴬ¹=ⁱʲ¹
ᴬ²=ⁱʲ¹⁺ⁱʲ²
ᴬ³=ⁱʲ¹⁺ⁱʲ²⁺ⁱʲ³
・
・
・
ᴬᵘ=ⁱʲ¹⁺ⁱʲ²⁺ⁱʲ³⁺…⁺ⁱʲᵘ
とおけば
fᵢⱼᵤ₊…₊ᵢⱼ₄₊ᵢⱼ₃₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)=
[3ᵘr+3ᵘ⁻¹+3ᵘ⁻²×2ᴬ¹+3ᵘ⁻³×2ᴬ²+…+3×2ᴬᵘ⁻²+2ᴬᵘ⁻¹]/2ᴬᵘ ∈{2t−1|t=2,3,4,…}
である。

ここで、いずれの操作f…₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁でも
f…₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)∉𝔄={(2²ᵏ−1)/3|k=1,2,3,…}
={1, 5, 21, 85, 341, 1365,…}
となる奇数rが存在すると仮定する。

いま、iⱼ₁=1, iⱼ₂=2, iⱼ₃=3, … ,iⱼᵤ=u,…と定めると、
fᵢⱼᵤ₊…ᵢⱼ₃₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)=
[3ᵘr+3ᵘ⁻¹+3ᵘ⁻²×2¹+3ᵘ⁻³×2¹⁺²+…+3×2¹⁺²⁺…⁺⁽ᵘ⁻²⁾+2¹⁺²⁺…⁺⁽ᵘ⁻¹⁾]/2¹⁺²⁺…⁺ᵘ
=
2ᵘ⁺¹[3ᵘr+3ᵘ⁻¹+3ᵘ⁻²×2¹+3ᵘ⁻³×2¹⁺²+…+3×2¹⁺²⁺…⁺⁽ᵘ⁻²⁾+2¹⁺²⁺…⁺⁽ᵘ⁻¹⁾]/2¹⁺²⁺…⁺ᵘ⁺ᵘ⁺¹
　　　　　　　　と
fᵢⱼᵤ₊₁₊ᵤ₊…ᵢⱼ₃₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)=
[3ᵘ⁺¹r+3ᵘ+3ᵘ⁻¹×2¹+3ᵘ⁻²×2¹⁺²+…+3×2¹⁺²⁺…⁺⁽ᵘ⁻¹⁾+2¹⁺²⁺…⁺ᵘ]/2¹⁺²⁺…⁺ᵘ⁺ᵘ⁺¹
=
[3(r+1)3ᵘ+3ᵘ⁻¹×2¹+3ᵘ⁻²×2¹⁺²+…+3×2¹⁺²⁺…⁺⁽ᵘ⁻¹⁾+2¹⁺²⁺…⁺ᵘ]/2¹⁺²⁺…⁺ᵘ⁺ᵘ⁺¹
　との各項大小比較を行うことにより
大小関係変わりうるのは以下の部分だが
2ᵘ⁺¹r3ᵘ　　3(r+1)3ᵘ (r≠1, u≧1)
　　　　　　　　・・・
3×2¹⁺²⁺…⁺⁽ᵘ⁻²⁾⁺⁽ᵘ⁺¹⁾ 3×2¹⁺²⁺…⁺⁽ᵘ⁻²⁾⁺⁽ᵘ⁻¹⁾
2¹⁺²⁺…⁺⁽ᵘ⁻¹⁾⁺⁽ᵘ⁺¹⁾ 　2¹⁺²⁺…⁺⁽ᵘ⁻¹⁾⁺ᵘ

十分に多くの操作(u回)を施せば
fᵢⱼᵤ₊…ᵢⱼ₃₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)≧fᵢⱼᵤ₊₁₊ᵤ₊…ᵢⱼ₃₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)
と言える。
すなわち、N(>u)回以降の操作においてはfᵢⱼɴ₊…ᵢⱼ₃₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)≧fᵢⱼɴ₊₁₊…₊ᵢⱼ₃₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)
≧fᵢⱼɴ₊₂₊…₊ᵢⱼ₃₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)≧…
となるが、
≧zを満たす最小のz=fᵢⱼ₍ɴ₊ᵥ₎₊…₊ᵢⱼ₃₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)
があるとすると、Nは十分大きい値なので
z=fᵢⱼ₍ɴ₊ᵥ₎₊…₊ᵢⱼ₃₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)=
=fᵢⱼ₍ɴ₊ᵥ₊₁₎₊…₊ᵢⱼ₃₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)
(=fᵢⱼ₍ɴ₊ᵥ₊₁₎(z)=(3z+1)/2⁽ᴺ⁺ᵛ⁺¹⁾)
2⁽ᴺ⁺ᵛ⁺²⁾(3z+1)/2⁽ᴺ⁺ᵛ⁺¹⁾×2⁽ᴺ⁺ᵛ⁺²⁾
>
=fᵢⱼ₍ɴ₊ᵥ₊₂₎₊…₊ᵢⱼ₃₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)
(=fᵢⱼ₍ɴ₊ᵥ₊₂₎(fᵢⱼ₍ɴ₊ᵥ₊₁₎(z))=[(9z+3)+2⁽ᴺ⁺ᵛ⁺¹⁾]/2⁽ᴺ⁺ᵛ⁺¹⁾×2⁽ᴺ⁺ᵛ⁺²⁾
となり、最小性に矛盾する。
すなわち、N(>u)回以降の操作について
途中で下降しなくなるようなZは存在しない。また、仮定から
f…₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)∉𝔄={(2²ᵏ−1)/3|k=1,2,3,…}なので条件を満たす奇数は7または3と言えるが、例題においていずれも操作により1となる事が示されているため仮定に矛盾する。
以上より背理法から任意の奇数rは
ある操作f…₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁により
f…₊ᵢⱼ₂₊ᵢⱼ₁(r)∈𝔄={(2²ᵏ−1)/3|k=1,2,3,…}
={1, 5, 21, 85, 341, 1365,…}
となることが示された。