我似乎缺少证据。但这里有一个更精细的推测，可能会得到一个证明。我构建集合$H（3），H（4），\cdots$哪里H（n）美元$有$L_{n-1}$元素，然后在有支持的情况下推测$H（n）=G（n）$对所有人来说$n$
只是为了修正记法，斐波那契数以$F_0$是0、1、1、2、3、5美元$调用二进制序列好的如果没有连续两次$0$的。有$F_{n+2}$好的二进制长度序列n美元$其中，$F_{n}$从开始$0$和$F_{n+1}$从开始$1.$Lucas数字以开头L_1美元$是1,3,4,7,11,18美元$具有$L_n=F{n-1}+F{n+1}=2F{n-1}+F_n$
我们想展示这一点，首先$n=3$这套G（n）美元$具有大小$L_{n-1}$我将尝试通过关联G（n）美元$一代码由一封信组成，A、B美元$或C美元$，然后是一个良好的长度二进制序列n-2美元$，附加的条件是我们必须开始A0、B0美元$或C1美元$代码将为每个元素提供一个独特的配方，从$H（3）=G（3）$明确地说，我将调用我构建的集合$H（3），H（4），\cdots$并推测它们与$G（3），G（4），\cdots$
这些是箱子$n=3,4,5$带代码。如果你想先得到菜谱，就跳过这个例子（现在）。如果你想猜（简单的）食谱，现在就读它。
$H（3）=G（3）={\sqrt{2}+1,3,2\sqrt{2]\}$带代码$\{A0、B0、C1\}$
$H（4）=G（4）={2+\sqrt{2}，3\sqrt}，2\sqrt{2%+1,4\}$带代码$\{A01、B01、C10、C11\}$
$H（5）=G（5）={3+\sqrt{2}，2+2\sqrt}，3\sqrt[2}+1,6,4+\sqrt[2]，5,4\sqrth2}$带代码$\{A010、A011、B010、B011、C101、C110、C111\}$
食谱鉴于美元$在里面H（n）美元$，投入$q=p\sqrt{2}$进入之内$H（n+1）$并附加$1$的代码末尾美元$为了获得的代码q美元$如果的代码美元$以结尾$1$然后还放$q’=p+1$进入之内$H（n+1）$并附加$0$的代码末尾美元$为了获得的代码$q’$
当然，如果$H（n）=G（n）$然后把所有东西都放进去$H（n+1）$两者都属于G美元（n+1）$或者，也许已经在G（百万）美元$对一些人来说百万美元$
猜想H（n+1）＝G（n+1）。
我会在最后再进一步讨论这个问题。
请注意H（n）美元$有$F_{n-2}$代码开始的元素A0美元$，另一个$F_{n-2}$哪个开始B0美元$和$F_{n-1}$其代码以C1美元$总之，这给了
$$2F{n-2}+F{n-1}=L_{n-1{$$
中的元素H（n）美元$
事实上，我们在建筑中从来没有两次得到同样的东西H美元（n）$根据这个观察（一个简单的归纳法）：回想一下$L_{n-1}=L_{n3}+L_{n-2}$
进一步讨论定义重量数字的$p=a+b\sqrt{2}$成为$w（p）=百万$如果$p\单位G（m）$在这里$a，b\ge 0美元$我们会忽略$0,1，\sqrt{2}$和$2.$然后是$a=2j+1$我们一定有$w（a+b\sqrt（2））=w（2j+b\squart{2}）+1$对于$a=2j+2$我们有这个$w（a+b\sqrt{2}）$是其中之一$w（b+（j+1）\sqrt{2}）+1$或$w（2j+1+b\sqrt{2}）$以较小者为准。虽然这很快，但当$w（p）\lt w（q）$即使是$p，q\in\mathbb{Z}$
这个推测等于说我们总是$$w（b+（j+1）\sqrt{2}）\lew（2j+1+b\sqrt}）$$我实际上推测这是一个强烈的不平等。对于小案例，差异是$1$或$2.$然而$w（32+8\sqrt{2}）=11$虽然$w（15+32\sqrt{2}）=15$对于b美元=33$和b美元=34$事实证明$w（b+8\sqrt{2}）=12$虽然$w（15+b\sqrt{2}）=16$
对于$p=7+11\sqrt{2}$事实证明$w（p）=12$,$w（p\pm1）=w（p\fm\sqrt{2}）=11$和$w（p\pm（1\pm\sqrt{2}）=10$
