如果这些都很容易理解，其实就不用再讨论了。但是，人还是习惯于用正向的方式去思考，而不习惯逆向思考，所以再用正向方式说一遍。
已知迭代方程组，
第一个方程导致每次运算数量减半，第二个方程导致每次运算数量增大到3倍并加上1。正向思维，会出现的问题是，减半的速度和3倍加1的速度存在竞争，谁知道哪个速度更快？如果第二个方程更快，那么方程组就不可能收敛到4-2-1。而我们给出的论证是，两个方程组等价于，
对于偶数来说取正，对于奇数来说取负。我们不知道是否应该讨论奇数和偶数的数量哪个更多，或者说发生取正的次数多还是取负的次数多。所以从这个角度来说，是否会归结到4-2-1，就是不可判定的。但问题在于，我们并不是简单的用数量，而是引入了虚数单位。取正的情况，可以认为是偶数减半或者虚数单位减半，
而取负的情况必须被认为是虚数单位减半，因为整个过程中并没有出现负数的可能：全都是加没有减，最多是除以2但不可能越过0。所以取负就只能是虚数单位，
而究竟是哪个虚数单位，我们也计算过了，
都可以，而其中
导致数量来回翻转，
的升幂运算出现（实部和虚部都不为0的）复数，只有
是最合适的，也就是说，取负的情况就是，
两种写法都对，第一种是从负到正的转换，第二种是部分升幂运算的从负到正的转换。这就做实了减半的过程，在虚数单位
和
之间无论怎么推导都可以成立。
但这也并不能解释，为什么最终会归结。归结的原因就在于，
也就是说，根据
的定义，用，
减半的效果，要大于于用，
反向减半也就是翻倍的效果。翻倍的效果不强就在于
达不到偶数构成的周期，它必须加上1才行。这就导致了偶数减半的积累效果一定大于对应偶数反向减半的积累效果，也就是翻倍的积累效果。
那么这到底是要说明什么意思呢？这要说明的是，当我们面对无限的时候，我们抽象出虚数单位，但虚数单位并不直接等于无限本身，而是要比无限少1个。此时原来的无限就成了新周期的开始，写为0；而我们用虚数单位取代替这个无限就写为-1，这意味着哪怕我们面对的是无限，我们终究还是以蚂蚁搬家的方式，把它消减了一个单位，这种方式最终使得计算过程可以归结。减半本身就是归结的方式，但是乘以3并不是归结的方式，可是乘以3加上1，就使得减半归结可以发生。那么乘以3加上1之后的结果，作为某种无限，就可以通过被置为0，使得乘以3变成虚数单位。而这个置0减1的操作，就使得无限减去1的归结过程得以发生。由此来说，计算过程可以在两种模式下进行归结，一种是减半，一种是虚数单位定立造成的对无限的置0和倒数（倒数第一的倒数）。而乘以3也是在倒数的前提下发生的。所以最后综合的效果就是归结到1。
这些并不需要说，因为当写出，
的时候，就已经是减半了，右边的负号把
的负号调转为
的正号或者反过来把
的正号调转为
的负号。那么这个方程实际上就是，
也就是说，通过负号转换实现的虚数单位基础上的归结，和不带负号直接实现的普通数量上的归结是等价的。这就没有所谓乘以3更快还是减半更快的问题，也就没有竞争会出现，以及不会造成竞争对应的不确定结果。因为两者都是归结而非发散的，只是从乘以3的看上去的发散，在负号调转虚数单位的坐标的前提下，就是归结。于是不管给的是什么数，无非是偶数归结还是奇数归结。偶数归结简单直接，奇数归结通过无限减去1的递推方式得到最近一个偶数，而且都是减半操作，所以最终无论如何都会得到4-2-1的归结结果。
再看一遍，奇数情况的增长过程，
这里写出
，意思是负号对应于
的符号，
对应于
的数量。此时
是奇数，迭代方程导致左侧出现
为偶数。
两边减去
，
偶数情况的增长过程，
都到达偶数
（表现为0），奇数情况需要
，若不加1则达不到，而偶数情况只需要
，也就是同样增长，偶数情况比奇数容易。那么当奇数增长同时偶数减半的时候，偶数也更快，两者对冲的结果就是4-2-1归结。
所以说引入虚数单位来处理无限的问题，本质上就是把无限域归结到有限域，并使得问题在潜在迭代过程中消解到最简形式的过程。