返回答案

备注：更换$\sqrt{2}$通过$2$给出了一个比较简单的问题通向斐波那契树（从$1$)并给出斐波那契数。黄金比例$（1+\sqrt｛5｝）/2$ 似乎也会产生斐波那契数列。如果我们取任何号码$r>1$而不是$\sqrt{2}$那么我想对任何人来说$x\在R={\mathbb Z}_{\ge 0}[R]中$可以被整除的美元$如果足够大，则到达零的最短路径是通过除以美元$.对于任何其他x美元$，其中一个被迫通过x-1美元$在相关树中，如果我们处于足够高的级别，节点x美元$这样的话$x+1美元$是可被整除美元$在半环中R美元$有一个孩子$rx（美元）$和另一个节点有两个子节点$x+1美元$和$rx（美元）$.我希望这会导致具有常系数的线性递归，但由于我们正在处理带半环而不带环（在这里我们可以考虑商由产生的理想美元$)，我不清楚。

备注：更换$\sqrt{2}$通过$2$给出了一个比较简单的问题通向斐波那契树（从$1$)并给出斐波那契数。黄金比例$（1+\sqrt｛5｝）/2$ 给出了序列美元（1,2,3,5,8,12,18,25,35,51，\ldot）$（从第1代开始），显然令人满意$a_n=a{n-1}+a{n-3}$对于12美元$.[之前，我声称斐波那契数，但这是错误的.]如果我们取任何号码$r>1$而不是$\sqrt{2}$那么我想对于任何$x\在R={\mathbb Z}_{\ge 0}[R]中$可以被整除的美元$如果足够大，则到达零的最短路径是通过除以美元$.对于任何其他x美元$，其中一个被迫通过x-1美元$在相关树中，如果我们处于足够高的级别，节点x美元$这样的话$x+1美元$是可被整除美元$在半环中R美元$有一个孩子$rx（美元）$和另一个节点有两个子节点$x+1美元$和$rx（美元）$.我希望这会导致具有常系数的线性递归，但由于我们正在处理带半环而不带环（在这里我们可以考虑商由产生的理想美元$)，我不清楚。

假设这样，我们可以安排我们的数字$a+b\sqrt{2}$变成一棵有根的树根为零，其中奇数（表示奇数美元$)只有一个（偶数）孩子，而偶数有两个孩子，一个奇数，一个偶数。有两个例外：奇数节点$1$有两个孩子$2$和$\sqrt{2}$,和偶数节点$\sqrt{2}$只有一个孩子$1+\sqrt{2}美元$.所以n美元$树的第个级别，用于$n\ge第3页$，由n美元$第个级别常见的斐波那契树（想想兔子）（有根$1$)，一起使用(n-2美元$)斐波那契树的第二级（带根$1+\sqrt{2}美元$).这给出了$F_n+F_{n-2}=L_{n-1}$对于距离处的节点数n美元$从根开始。

假设这样，我们可以安排我们的数字$a+b\sqrt{2}$变成一棵有根的树根为零，其中奇数（表示奇数美元$)只有一个（偶数）子项，而偶数有两个子项，一个奇数，一个偶数。有两个例外：奇数节点$1$有两个孩子$2$和$\sqrt{2}$,和偶数节点$\sqrt{2}$只有一个孩子$1+\sqrt{2}美元$.所以n美元$树的第个级别，用于$n\ge第3页$，由n美元$第th级常见的斐波那契树（想想兔子）（有根$1$)，一起使用(n-2美元$)斐波那契树的第二级（带根$1+\sqrt{2}美元$).这给了$F_n+F_{n-2}=L_{n-1}$对于距离处的节点数n美元$从根开始（根具有级别$1$).

备注：更换$\sqrt{2}$通过$2$给出了一个比较简单的问题通向斐波那契树（从$1$)并给出斐波那契数。黄金比例$（1+\sqrt｛5｝）/2$似乎也会产生斐波那契数。如果我们取任何号码$r>1$而不是$\sqrt{2}$那么我想对任何人来说$x\在R={\mathbb Z}_{\ge 0}[R]中$可以被整除的美元$如果足够大，则到达零的最短路径是通过除以美元$.对于任何其他x美元$，其中一个被迫通过x-1美元$在相关树中，如果我们处于足够高的级别，节点x美元$这样的话$x+1美元$是可被整除美元$在半环中R美元$有一个孩子$rx（美元）$和另一个节点有两个子节点$x+1美元$和$rx（美元）$.我希望这会导致具有常系数的线性递归，但由于我们正在处理带半环而不带环（在这里我们可以考虑商由产生的理想美元$)，我不清楚.

对于表单的数量$a+b\sqrt{2}$具有非负整数美元$和十亿美元$，定义其长度为从零开始获取所需的最少步数，其中允许的步数为$x\mapsto x+1$和$x\mapsto\sqrt{2} x个$.然后问题要求计算给定长度的数字。

现在应该很容易通过归纳来显示以下内容：

• 如果美元$很奇怪，那么最后一步必须是$x\mapsto x+1$（这很明显）。
• 如果美元$则可以采取最后一步$x\mapsto\sqrt{2} x个$,除非 $a+b\sqrt{2}=2$.

引理。写入$x=a_0+a_1\sqrt{2}+a_2\sqrt}2}^2+\ldots+a_k\sqrt[2}^k$具有$a_j\in\{0,1\}$和$a_k=1$.

如果$x>\sqrt{2}$,然后$\ell（x）=k+\#\{j:aj=1\}-（1-a{k-1}）$.

证明。写入$\ell'（x）=k+\#\{j:aj=1\}-（1-a{k-1}）$.通过归纳法证明x美元$（所有可能的x美元$有自然数的顺序类型）。我们有$\ell（1+\sqrt{2}）=3=\ell'（1+\sqrt{2]）$.所以假设$x\ge 2美元$.如果$a_0=1$，那么$\ell（x）=\ell$（这需要$0\neq k-1$，以便改变$a_0美元$从1到0不影响$a{k-1}$).如果$a_0=0$，那么$\ell（x）\le\ell$,所以我们需要展示那个$\ell'（x-1）\ge\ell（x/\sqrt｛2｝）=\ell'（x）-1$.我们可以假设$x>2$，自引理的主张支持$x=2$有理部分（表示美元$以上）x美元$必须至少为2（必须为正数，否则为x-1美元$不符合要求的形式，甚至因为$a_0=0$). 然后进入x-1美元$,任何一个千美元$保持不变，我们有相同或更多的1在$a_j（美元）$，其中显示$\ell“（x-1）\ge\ell”（x）-1$（注意$a{k-1}$可以从1更改为0。）或者其他千美元$变小；然后美元=2^m$和k美元=200万$在里面x美元$、和美元=2^m-1$,200万美元-1$在里面x-1美元$。所以我们减少千美元$至少增加1，但增加1的数量百万美元-1$。还要注意$a{k-1}$只能改变从1到0，如果千美元$下降了2。所以$\ell“（x-1）\ge\ell”（x）+m-2\ge\ell'（x）-1$和以前一样。$\盒$

假设这样，我们可以安排我们的号码$a+b\sqrt{2}$变成一棵有根的树根为零，其中奇数（表示奇数美元$)只有一个（偶数）子项，而偶数有两个子项，一个奇数，一个偶数。有两个例外：奇数节点$1$有两个孩子$2$和$\sqrt{2}$,和偶数节点$\sqrt{2}$只有一个孩子$1+\sqrt{2}美元$.所以n美元$树的第个级别，用于$n\ge第3页$，由n美元$第个级别常见的斐波那契树（想想兔子）（有根$0$)，一起使用(n-2美元$)斐波那契树的第二级（带根$\sqrt{2}$).这给了$F_n+F_{n-2}=L_{n-1}$对于距离处的节点数n美元$从根开始。

对于表单的数量$a+b\sqrt{2}$具有非负整数美元$和十亿美元$，定义其长度为从零开始获取所需的最少步数，其中允许的步数为$x\mapsto x+1$和$x\mapsto\sqrt{2} x个$.然后问题要求计算给定长度的数字。

现在应该很容易通过归纳法显示以下内容：

• 如果美元$很奇怪，那么最后一步必须是$x\mapsto x+1$（这一点很清楚）。
• 如果美元$则可以采取最后一步$x\mapsto\sqrt{2} x个$,除非 $a+b\sqrt{2}=2$.

引理。写入$x=a_0+a_1\sqrt{2}+a_2\sqrt}2}^2+\ldots+a_k\sqrt[2}^k$具有$a_j\in\{0,1\}$和$a_k=1$.

如果$x>\sqrt{2}$,然后$\ell（x）=k+\#\{j:aj=1\}-（1-a{k-1}）$.

证明。写入$\ell'（x）=k+\#\{j:aj=1\}-（1-a{k-1}）$.通过归纳法证明x美元$（所有可能的x美元$有自然数的顺序类型）。我们有$\ell（1+\sqrt{2}）=3=\ell'（1+\sqrt{2]）$.所以假设$x\ge 2美元$.如果$a_0=1$，那么$\ell（x）=\ell$（这需要$0\neq k-1$，以便改变$a_0美元$从1到0不影响$a{k-1}$).如果$a_0=0$，那么$\ell（x）\le\ell$,所以我们需要展示那个$\ell'（x-1）\ge\ell（x/\sqrt{2}）=\ell'$.我们可以假设$x>2$，自引理的主张支持$x=2$有理部分（表示美元$第页，共页x美元$必须至少为2（必须为正数，否则为x-1美元$不是必需的形式，甚至因为$a_0=0$). 然后进入x-1美元$,任何一个千美元$保持不变，我们有相同或更多的1在$a_j（美元）$，其中显示$\ell'（x-1）\ge\ell'（x）-1$（注意$a{k-1}$可以从1更改为0。）或者其他千美元$变小；然后美元=2^m$和k美元=200万$在里面x美元$、和美元=2^m-1$,200万美元-1$在里面x-1美元$。所以我们减少千美元$至少增加1，但增加1的数量百万美元-1$。还要注意$a{k-1}$只能改变从1到0，如果千美元$下降了2。所以$\ell'（x-1）\ge\ell'（x）+m-2\ge\ell'（x）-1$和以前一样。$\盒$

假设这样，我们可以安排我们的数字$a+b\sqrt{2}$变成一棵有根的树根为零，其中奇数（表示奇数美元$)只有一个（偶数）子项，而偶数有两个子项，一个奇数，一个偶数。有两个例外：奇数节点$1$有两个孩子$2$和$\sqrt{2}$,和偶数节点$\sqrt{2}$只有一个孩子$1+\sqrt{2}美元$.所以n美元$树的第个级别，用于$n\ge第3页$，由n美元$第个级别常见的斐波那契树（想想兔子）（有根$1$)，一起使用(n-2美元$)斐波那契树的第二级（带根$1+\sqrt{2}美元$).这给了$F_n+F_{n-2}=L_{n-1}$对于距离处的节点数n美元$从根开始。