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。我构造了集合$H(3),H(4),\cdots$,其中$H(n)$有$L_{n-1}$元素,然后在支持的情况下推测,对于所有$n,$H(n=G(n)$$
为了修正符号,以$F_0$开头的斐波那契数字是$0,1,2,3,5,\cdots.$调用二进制序列好的如果没有两个连续的$0$s,则有$F_{n+2}$个长度为$n$的良好二进制序列。其中,$F{n}$以$0$开头,$F_{n+1}$以$1开头。$L_1$开头的Lucas数字是$1,3,4,7,11,18,\cdots$以$L_n=F{n-1}+F{n+1}=2F{n-1}+F_n$
我们想证明,从$n=3开始,$G(n)$集合的大小为$L_{n-1}.$我将尝试通过关联$G(n)$a的每个元素来实现这一点(但并非完全成功)代码由一个字母$a、B$或$C$组成,后面是一个长度为$n-2$的良好二进制序列,并添加了必须以$A0、B0$或$C1开头的条件。$代码将为每个元素提供一个从$H(3)=G(3)开始的唯一配方。$为了清楚起见,我将调用我构造的集合$H(3),H(4),\cdots$,并推测它们与$G(3)、G(4)、\cdots相同$
以下是带有代码的情况$n=3,4,5$。如果你想先得到菜谱,就跳过这个例子(现在)。如果你想猜(简单的)食谱,现在就读它。
$H(3)=G(3)=\{\sqrt{2}+1,3,2\sqrt{2]\}$,代码为$\{A0,B0,C1\}$
$H(4)=G(4)={2+\sqrt{2},3\sqrt}2}、2\sqrt{2%+1,4\}$,代码为$\{A01、B01、C10、C11\}$
$H(5)=G(5)=\{3+\sqrt{2},2+2\sqrt}2}$
食谱给定$H(n)$中的$p$,将$q=p\sqrt{2}$放入$H(n+1)$,并将$1$附加到$p$代码的末尾,以获得$q.$的代码$
当然,如果$H(n)=G(n)$,那么放在$H(n+1)$中的所有内容要么属于$G(n+1$
猜想H(n+1)=G(n+1)。
我会在最后再进一步讨论这个问题。
观察$H(n)$有$F{n-2}$元素,它们的代码以$A0$开头,另一个$F{n-2}$开始$B0$,还有$F{n1}$的代码以$11开头
$$2F{n-2}+F{n-1}=L_{n-1{$$
$H(n)中的元素$
事实上,我们在构建$H(n)$时从未得到过两次相同的东西,这一观察结果(一个简单的归纳)如下:回想一下$L_{n-1}=L_{n-3}+L_{n-2}$
进一步讨论定义重量如果G(m)中有$p\$,则数字$p=a+b\sqrt{2}$的(或长度)为$w(p)=m$。$这里$a,b\ge0$,我们将忽略$0,1,\sqrt{2}$和$2.$然后对于$a=2j+1$,我们必须有$w(a+b\sqrt{2])=w(2j+b\sqlt{2})+1.$对于$a=2j+2$,我们有$w更小。虽然这很快,但当$w(p)\ltw(q),$p,q\in\mathbb{Z}为$时,它不是立即发生的$
这个猜想等于说我们总是有$$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。对于较小的情况,差异是$1$或$2.$然而$w(32+8\sqrt{2})=11$而$w(15+32\sqrt{2])=15.$对于$b=33$和$b=34$,结果是$w(b+8\sqrt{2})=12$而$w(15+b\sqrt})=16$
对于$p=7+11\sqrt{2}$,结果是$w(p)=12$,$w(p\pm1)=w(p\fm\sqrt{2])=11$和$w(p\pm(1\pm\sqrt})=10$