卢卡斯数字的出现可能令人惊讶

Question

设$S$是定义如下的多项式集：$0$在$S$中，如果$p$在$S中，则$p+1$在$S$中，$x\cdot p$在$S$中。这样，$S$在代中“增长”：$g（0）={0\}$，$g（1）=\{1\}$，$g（2）=\}2，x\}$）|=2^{n-1}$。假设$S^*$是通过用$r=\sqrt{2}$替换$x$从$S$获得的集合，并且只保留每个副本的第一个外观。连续代$G（n）$现在以$\{0\}$、$\{1\}$、$1\{2、r\}$，$\{3,2r，r+1\}$开头，$|G（n，n）|$以$1,1,2,3,4,7,11,18,29，…$开头；也就是说，卢卡斯数从第四任期开始，并持续了30代。有人能证明$|G（n）|=L（n-1）$对于$n\geq 4$？

Answer 1

对于具有非负整数$a$和$b$的形式为$a+b\sqrt{2}$的数字，定义其长度是从零开始获取它所需的最少步骤数，其中允许的步骤为$x\mapsto x+1$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$a$是奇数，那么最后一步必须是$x\mapsto x+1$（这很清楚）。
• 如果$a$是偶数，则最后一步可以是$x\mapsto\sqrt{2} x个美元，除非$a+b\sqrt｛2｝=2$。

编辑：这是一个证据。设$\ell（x）$为$x$的长度。

引理。写$x=a_0+a_1\sqrt{2}+a_2\sqrt[2}^2+\ldots+a_k\sqrt}2}^k$其中$aj\in\{0,1\}$和$ak=1$。

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

证明。写$\ell'（x）=k+\#\{j:a_j=1\}-（1-a_{k-1}）$。通过对$x$的归纳证明（所有可能的$x$集合都有自然数的顺序类型）。我们有$\ell（1+\sqrt{2}）=3=\ell'（1+\sqrt{2]）$。假设$x\ge 2$。如果$a_0=1$，则$\ell（x）=\ell$（这需要$0\neq k-1$，以便将$a0$从1到0不影响$a{k-1}$）。如果$a_0=0$，则$\ell（x）\le\ell，所以我们需要展示$\ell'（x-1）\ge\ell（x/\sqrt{2}）=\ell'“（x）-1$。我们可以假设$x>2$，因为引理的断言为$x=2$。有理部分（表示为$a$$x$的）必须至少为2（必须为正数，否则为$x-1$不是所需的形式，甚至因为$a0=0$）。然后在$x-1$中，$k$保持不变，我们有相同或更多的1在$aj$中，显示$\ell“（x-1）\ge\ell”（x）-1$。（请注意，$a_{k-1}$可以从1更改为0。）否则$k$会变小；则$a=2^m$和$k=2m$（单位：$x$），以及$a=2^m-1$，$k\le 2m-1$以$x-1$表示。因此，我们将$k$至少减少1，但增加1的数量乘以$m-1$。还要注意$a_{k-1}$只能更改如果$k$下降2，则从1到0。所以$\ell'（x-1）\ge\ell'（x）+m-2\ge\ell'（x）-1$和以前一样$\方框$

假设这样，我们可以将数字$a+b\sqrt{2}$排列成一个根树根为零，奇数（意思是奇数$a$）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$1$有两个子节点$2$和$\sqrt{2}$，偶数节点$\sqrt{2}$只有一个子节点$1+\sqrt}$。因此，对于$n\ge 3$，树的第$n$th层由第$n$层组成通常的斐波那契树（想想兔子）（根为$1$），加在一起Fibonacci树的第（$n-2$）级（根为$1+\sqrt{2}$）。这就给出了距离$n处的节点数$F_n+F{n-2}=L_{n-1}$$从根（根具有级别$1$）。

备注：将$\sqrt{2}$替换为$2$给出了一个稍微简单的问题导出斐波那契树（从$1$开始）并给出斐波那奇数。黄金比率$（1+\sqrt{5}）/2$给出序列$（1,2,3,5,8,12,18,25,35,51，\ldot）$（从第1代开始），显然令人满意$a_n=a{n-1}+a{n-3}$表示$n\ge12$。[之前，我声称一个人会得到斐波那契数，但这是错误的。]如果我们取任何数字$r>1$而不是$\sqrt{2}$，那么我会认为对于R={mathbbZ}_{ge0}[R]$中任何可被$R整除的$x\$如果足够大，则最短的归零路径是通过$r$除法。对于任何其他$x$，必须通过$x-1$。所以在相关树中，如果我们处于足够高的级别，则节点$x$的$x+1$是在半环$r$中可被$r$整除的有一个子环$rx$和另一个子环节点有两个子节点$x+1$和$rx$。我希望这会导致具有常系数的线性递归，但由于我们正在处理带半环而不带环（在这里我们可以考虑商根据$r$）生成的理想，这一点我并不清楚。

Answer 2

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它没有两个连续的$0$。存在长度为$n$的$F_｛n+2｝$好的二进制序列。其中，$F_｛n｝$以$0$开头，$F_｛n+1｝$以$1开头。$以$L_1$开头的Lucas数为$1,3,4,7,11,18，\cdots$，$L_n=F_｛n-1｝+F_｛n+1｝=2F_｛n-1｝+F_n$

我们想证明，从$n=3开始，$G（n）$集合的大小为$L_{n-1}.$我将尝试通过与$G（n）$a的每个元素关联来做到这一点（但并非完全成功）代码由字母$a、B$或$C$组成，后跟一个长度为$n-2$的良好二进制序列，附加的条件是必须从$A0、B0$或$C1.$开始。代码将为每个元素提供一个从$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$n=3,4,5$。如果你首先想要食谱，就跳过这个例子。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。

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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，在构建$H（n）$时，我们从未两次得到相同的结果，这是从这个观察结果（一个简单的归纳法）得出的：回想一下$L_{n-1}=L_{n3}+L_{n-2}$

• H（n）$中有$L_{n-3}$元素$a+b\sqrt{2}\和$a$odd，这些元素的代码以$0结尾$

• H（n）$中有$L_{n-2}$元素$a+b\sqrt{2}\和$a$even，这些元素的代码以$1结尾$

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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$w（p\pm（1\pm\sqrt}）=10$