由互补方程定义的简单序列$A$和$B$

Question

定义$A=（A_n）$和B美元=（B_n）$通过$b_0=1$和

$$a_n=b_n+b{2n}$$

对于$n\geq 0美元$，其中美元$和十亿美元$增加，每个正整数只出现一次美元$或十亿美元$有人能证明吗

$$b_{3n+2}=4n+4$$

对于$n\geq 0美元$? 初始条款：

$$A=（2,7,10,14,18,23,26,31,34,38,43,46,50，\ldot）$$ $$B=（1,3,4,5,6,8,9,11,12,13,15,17,19,20，\ldot）$$

这个问题类似与互补序列相关的极限，但我不知道这里的求解方法是如何应用的。序列美元$和十亿美元$是https://oeis.org/A304799和https://oeis.org/A304800.

Answer 1

这可以通过@Deld的回答中的一些不太具体的估计来证明。

[编辑]起初我以为美元（b_i）$以开头b_1美元$，但它实际上是从b_0美元$这是实际案例的证据；前面的答案留在下面。

我们通过归纳法显示n美元$那个$$4n+2\leq a_n\leq 4n+3；\qquad（*）$$在证明这一点的同时，我们还展示了所需的等式，以及$b_{3n}=4n+1$.基本案例$n=0.1$都是微不足道的。

假设$(*)$对于$n=0,1,2，\点，k$，我们首次亮相$$\压裂{4t+5}3\geqt+\left\lceil\frac{t} 3个\右\rceil+1\geqb_t\geqt+\left\lfloor\frac{t+1}3\right\rfloor+1\geq \frac{4t+2}3\qquad（**）$$对于2000美元$.

设置$s=\left\lceil\frac t3\right\rceil\in[0，k]$; 然后$a_s\geq 4s+2$，所以至少有$3s+1美元$的值十亿美元$在里面美元[1,4s+1]$，因此$b_{3s}\leq 4s+1$。这产生了最多%s美元$的值美元$在里面$[1，b_{3s}]$; 所以，因为$t\leq 3秒$，我们得到$b_t\leq（t+1）+s$，根据需要。

类似地，设置$p=\bigl\lfloor\frac{t+1}3\bigr\rfloor\in[1，k]$，我们有$a{p-1}\leq 4p-1$，所以[1,4便士]美元$最多包含个3便士$的值十亿美元$、和$b_{3p-1}\geq4p>a_{p-1}$.因此美元[1，b_{3p-1}]$至少包含美元$的值美元$; 所以，作为$t\geq 3p-1$，我们得到$b_t\geq（t+1）+p$.因此$(**)$已被证明。

此外，我们已经证明$b_{3p-1}=4p$为所有人$1\leq p\leq k美元$，如中的估计$(**)$同意$t=3p-1$也就是说，我们已经展示了最初要求的平等。同样，对于$t=3便士$我们得到$b_{3p}=4p+1$.

还需要完成归纳、证明的步骤$(*)$对于$n=k+1$的确，通过$(**)$我们有$$4（k+1）+\压裂{10}3=\frac{4（k+1）+5}3+\frac}4（2k+2）+5}3\geqb_{k+1}+b_{2k+2}=a_{k+1}\geq\frac{4，$$从而产生所需的结果，如$a{k+1}$为整数。（我们在这里使用了它$k+1 \geq 2$和2000美元+2\leq 3000$也就是说$k\geq 2美元$.)

备注。相同的方法对于类似的关系同样有效（甚至更好），例如。，$a_n=b_n+b{2n}+b{3n}$等。线性项是由渐近原因发现的；然后从不等式组中求出常数。在这种情况下，指数中的残留物越多越好。

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[旧答案]这里我们假设美元（b_i）$是b_1美元$.

我们通过归纳法显示n美元$那个$$4n-2\leq a_n\leq 4n；\qquad（*）$$在证明这一点的同时，我们也展示了所需的相等性。基本情况$n=1,2美元$都是微不足道的。

假设$(*)$对于$n=1,2，\点，k$，我们得到$$\压裂{4t+1}3\geqt+\left\lceil\frac{t-1}三\右\rceil\geq b_t\geq t+\left\lfloor\frac{t-1}三\右\rfloor\geq\frac｛4t｝3-1\qquad（**）$$对于$t\leq 3000美元$的确，如果$s=\left\lceil\frac{t-1}三\右\rceil\leq k-1$，然后$a_{s+1}\geq 4s+2$，所以至少有3美元+1$的值十亿美元$在里面美元[1,4s+1]$。这产生了最多%s美元$的值美元$在里面美元[1，b_{3s+1}]$; 所以，因为$t\leq 3秒+1$，我们得到$b_t\leq t+s$，根据需要。

类似地，设置$p=左地板{t-1}三\右\rfloor\leq k-1$，我们有$a_p\leq 4便士$，所以[1,4便士+1美元]$最多包含个$3p+1美元$的值十亿美元$.因此美元[1，b_{3p+1}]$至少包含美元$的值美元$; 所以，作为$t\geq 3p+1$，我们得到$b_t\geq t+p$.因此$(**)$已被证明。此外，我们已经表明$b_{3p+1}=（3p+1）+p$为所有人$p\leq k-1$，如中的估计$(**)$同意$t=3p+1$也就是说，我们已经展示了最初要求的平等。

还需要完成归纳、证明的步骤$(*)$对于$n=k+1$的确，通过$(**)$我们有$$4（k+1）+\frac23=\frac{4（k+1+1}3+\frac{4（2k+2）+1}3\geqb{k+1}+b{2k+2}=a{k+1}\geq\frac{4（k+1）}3+\ frac{4（2k+2）}3-2=4（k+1）-2，$$从而产生所需的结果，如$a{k+1}$为整数。（我们在这里使用了它2000美元+2\leq 3000$也就是说$k\geq 2美元$.)

Answer 2

你的公式是正确的。从序列的构造美元（_n）$和亿美元$，这并不难看出$n\in\mathbb{n}$:

\开始{方程式}\开始{cases}b_{n+1}-b_n&\在\左\ lbrace 1，2\右\ rbrace中\\b{n+2}-bn&\在\left\lbrace 2，3\right\rbrace中。\结束{cases}\结束{方程式}

一般来说：\开始{方程式}b_{n+1}-b_n=\begin{cases}2&\text{if}b_{n}+1\in\left\lbrace a_k，k\in\mathbb{n}\right\rbrace，\\1&\text}else}。\结束{cases}\标记{1}\结束{方程式}

这意味着：

\开始{方程式}\增量n：=a_{n+1}-a_n=\左（b_{2n+2}-b_{2n}\右）+\左（c_{n+1}-b_n\右）\in\左\lbrace 3，4，5\右\rbrace。\标记{2}\结束{方程式}

事实证明$\增量_ n$实际上遵循了一种更为严格的模式。特别是，我的关键主张如下：表示$x_n:=\左（\Delta_n，a_n\mod 4\右）$，然后：

对于所有人$n\in\mathbb{n}$,$x_n\in\left\lbrace\left（3,3\right），\left（4,2\right），\left（4,3\right），\left（5,2\right）\right\lbrace$更准确地说：\开始{方程式}\开始{cases}\text{如果}x_{n-1}=\left（3,3\right）\text{，那么}&x_n\in\left\lbrace\left（4,2\right），\left\\\text{如果}x_{n-1}=\left（4,2\right）\text{，那么}&x_n\in\left\lbrace\left（4，2\rift），\left\\\text{如果}x_{n-1}=\left（4，3\right）\text{，那么}&x_n\in\left\lbrace\left（4,3\rift），\left\\\text{如果}x_{n-1}=\left（5,2\right）\text{，那么}&x_n\in\left\lbrace\left（4,3\right），\left。\结束{cases}\标记{*}\结束{方程式}

在开始证明这一说法之前，让我们看看它是如何得出你的公式的。它通过归纳法暗示了一个重要事实：$n\in\mathbb｛n｝$:

\开始{方程式}a_n\in\left\l种族4n+2，4n+3\right\r种族。\结束{方程式}

现在让我们假设$b_{3n+2}=4n+4$然后，公式$(1)$迭代三次得到：

\开始{方程式}b{3\左（n+1 \右）+2}-b{3n+2}=4，\结束{方程式}

因为我们现在知道了$\left\lbrace a_k，k\in\mathbb{N}\right\rbrace$相交$\左[4 n+4，4 n+8\右]$就一次。然后，$b_{3\左（n+1 \右）+2}=4\左（n+1\右）+4$而最初的主张是通过归纳得出的：

\开始{方程式}b{3n+2}=4n+4。\结束{方程式}

我认为同样的论点可以用来证明类似的公式，比如其他用户建议的那些公式。

现在让我们提及以下事实，这将有助于我证明$(*)$：来自$(1)$和$(2)$，对于$n\in\mathbb{n}$:

如果$b_{n+1}-b_n=2$，然后$b_{n+2}-b_{n+1}=1$.

如果$b_｛n+2｝-b_n=2$，然后$b_{n+4}-b_{n+2}=3$.

我现在需要证明$(*)$，我将通过归纳来完成。我只展示了诱导部分，因为很容易检查，该声明适用于以下较小的值n美元$.让n美元$足够大($n\geq 5美元$应该足够我的论点）和假设$(*)$对所有人来说都是正确的$0\leq k\leq n美元$.

显然有4种情况需要考虑：

案例1：$x_n=\左（3,3\右）$.

自$a_{n+1}=a_n+\Delta_n=2\mod 4$，这足以证明$\Delta_{n+1}\in\left\lbrace 4，5\right\rbrace$.根据假设，在这种情况下，我们有：

\开始{方程式}3=\Delta_n=\underbrace{\left（b{2n+2}-b{2n}\right）}{\in\left\lbrace 2，3\right\rbrace}+\underlace{\leaft（b_{n+1}-bn\right）{\in\ left\blrace 1，2\right\lbrace}。\结束{方程式}

因此：

\开始{方程式}\开始{cases}b{2n+2}-b{2n}&=2\\b{n+1}-bn&=1。\结束{cases}\结束{方程式}

因此，根据前面的评论：

\开始{方程式}\开始{cases}b{2n+4}-b{2n+2}&=3\\b{n+2}-b{n+1}&\在\left\lbrace 1，2\right\rbrace中。\结束{cases}\结束{方程式}

如所愿：

\开始{方程式}\Delta_{n+1}=\左（b_{2n+4}-b_{2 n+2}\右）+\左（c_{n+2}-b_}n+1}\右）\in\左\lbrace 4，5\右\rbrace。\结束{方程式}

案例2：$x_n=\左（5,2\右）$.

这足以证明$\Delta_{n+1}\in\left\lbrace 3，4\right\rbrace$.根据假设，在这种情况下，我们有：

\开始{方程式}5=\Delta_n=\underbrace{\left（b{2n+2}-b{2n}\right）}_{\in\left\lbrace 2，3\right\rbrace}+\underlace{\leaft（b_{n+1}-b_n\right。\结束{方程式}

因此：

\开始{方程式}\开始{cases}b{2n+2}-b{2n}&=3\\b{n+1}-bn&=2。\结束{cases}\结束{方程式}

因此，根据前面的评论：

\开始{方程式}\开始{cases}b{2n+4}-b{2n+2}&\在\left\lbrace 2，3\right\rbrace中\\b{n+2}-b{n+1}&=1。\结束{cases}\结束{方程式}

正如所愿：

\开始{方程式}\Delta_{n+1}=\左（b_{2n+4}-b_{2 n+2}\右）+\左（b _{n+2}-b _{n+1}\右。\结束{方程式}

案例3：$x_n=\左（4,2\右）$.

这足以证明$\Delta_{n+1}\in\left\lbrace 4，5\right\rbrace$.根据假设，在这种情况下，我们有：

\开始{方程式}4=\Delta_n=\underbrace{\left（b{2n+2}-b{2n}\right）}_{\in\left\lbrace 2，3\right\rbrace}+\underlace{\leaft（b_{n+1}-b_n\right。\结束{方程式}

因此，我们必须区分两个子类：

第3.1款：

\开始{方程式}\开始{cases}b{2n+2}-b{2n}&=2\\b{n+1}-bn&=2。\结束{cases}\结束{方程式}

在这种情况下，前面的一句话意味着：

\开始{方程式}\开始{cases}b_{2n+4}-b{2n+2}&＝3\\b{n+2}-b{n+1}&=1。\结束{cases}\结束{方程式}

如所愿：

\开始{方程式}\Delta_{n+1}=\左（b_{2n+4}-b_{2 n+2}\右）+\左（b _{n+2}-b _{n+1}\右。\结束{方程式}

第3.2款：

\开始{方程式}\开始{cases}b{2n+2}-b{2n}&=3\\b{n+1}-bn&=1。\结束{cases}\结束{方程式}

我们知道：

\开始{方程式}\Delta_{n+1}=\underbrace{left（b_{2n+4}-b_{2n+2}\right）}_{in\left\lbrace 2，3\right\rbrace}+\underlace{left[b_{n+2}-b_{n+1}\rift）}{in\leth\lbrace1，2\right\brrace}。\结束{方程式}

因此，这足以表明不可能有：

\开始{方程式}\开始{cases}b{2n+4}-b{2n+2}&=2\\b{n+2}-b{n+1}&=1。\结束{cases}\结束{方程式}

根据前面的评论，这意味着$0\leq i\leq j\leq n$这样：

\开始{方程式}\开始{cases}a_i&\in\left\l种族b_n+3，b_n+4\right\r种族\\aj&\在\左\ lbrace b{2n}+1，b{2n}+2\右\ rbrace中。\结束{cases}\结束{方程式}

我们现在应用归纳假设：$a_i，a_j\mod 4\in\left\lbrace 2，3\right\rbrace$此外，在本案中$a_i=b_n+4$，配置如下亿美元$,$b_{n+1}$,$b_{n+2}$,$b_｛n+3｝$是连续整数，因此我们只能有$\增量{i-1}=5$因此根据归纳假说，$a_i=3\模式4$.同样，在本案中$a_j=b_{2n}+1$，配置如下$b_{2n+1}$,$b_{2n+2}$,$b_{2n+3}$,$b_{2n+4}$是连续整数，因此我们只能有$a_j=2\模式4$.

在所有可能的情况下$a_i（_i）$和$a_j（美元）$，这些考虑得出：

\开始{方程式}\开始{cases}b_n\mod 4和\in\left\lbrace 3，0\right\rbrace\\b{2n}\mod4&\在\left\lbrace 0，1\right\rbrace中。\结束{cases}\结束{方程式}

但这与我们最初的假设相矛盾，即模4，$b_n+b_{2n}=a_n=2$.

案例4：$x_n=\左（4,3\右）$.

这足以证明$\Delta_{n+1}\in\left\lbrace 3，4\right\rbrace$.根据假设，在这种情况下，我们有：

\开始{方程式}4=\Delta_n=\underbrace{\left（b{2n+2}-b{2n}\right）}_{\in\left\lbrace 2，3\right\rbrace}+\underlace{\leaft（b_{n+1}-b_n\right。\结束{方程式}

因此，我们必须再次区分两个子类：

第4.1款：

\开始{方程式}\开始{cases}b{2n+2}-b{2n}&=2\\b{n+1}-bn&=2。\结束{cases}\结束{方程式}

这与案例3.1相同，意味着：$\增量{n+1}=4$.

第4.2款：

\开始{方程式}\开始{cases}b{2n+2}-b{2n}&=3\\b{n+1}-bn&=1。\结束{cases}\结束{方程式}

我们知道：

\开始{方程式}\Delta_｛n+1｝=\underrace｛\left（b_｛2n+4｝-b_｛2n+2｝\right）｝_｛\in\left\lbrace 2，3\right\lbrace｝+\underrace｛\left（b_｛n+2｝-b_｛n+1｝\right）｝_｛\in\left\lbrace 1，2\right\lbrace｝。\结束{方程式}

因此，这足以表明不可能有：

\开始{方程式}\开始{cases}b{2n+4}-b{2n+2}&=3\\b{n+2}-b{n+1}&=2。\结束{cases}\结束{方程式}

归纳假说暗示$x_{n-1}\in\left\lbrace\left（4,3\right），\left（5,2\right）\right\rbrace$因此，考虑以下三个子案例就足够了：

子案例4.2.1：$x_{n-1}=\左（4,3\右）$和：

\开始{方程式}\开始{cases}b{2n}-b{2n-2}&=3\\b{n}-b{n-1}&=1。\结束{cases}\结束{方程式}

子案例4.2.1：$x_{n-1}=\左（4,3\右）$和：

\开始{方程式}\开始{cases}b_{2n}-b{2n-2}&＝2\\b{n}-b{n-1}&=2。\结束{cases}\结束{方程式}

子案例4.2.1：$x_{n-1}=\左（5,2\右）$和：

\开始{方程式}\开始{cases}b{2n}-b{2n-2}&=3\\b{n}-b{n-1}&=2。\结束{cases}\结束{方程式}

在所有三个子案例中，我发现与子案例3.2中相同的论点产生了矛盾(美元（_n）$不能是假设的3模4）。希望我在这个冗长乏味的论证中没有犯任何错误，从而证明归纳假说在等级上是正确的美元+1$.

Answer 3

这是另一个观察结果，表明这种模式毕竟只是部分规则的。图中所示为格雷格·马丁的评论通过观察$n\equival1\pmod3美元$，选择$b_n=4层/3+7/6层$和$b_n=\lceil 4n/3+7/6\rceil$不遵循简单的模式。看起来向下取整比向上取整更常见，这就是我在这里显示的多余部分。
阅读示例：$500$这些值如下$n=1500$，发生四舍五入$102$比四舍五入（即。$301$停机时间与$199$倍以上）。
而超额看起来基本上是线性的（红线，斜率约为$1/15$，因此$60$%四舍五入和$40$%四舍五入），凸起和凹痕非常不规则。
这并不是说这有助于回答最初的问题，但它为以下事实提供了更多证据：美元$和十亿美元$并不像看上去那么简单！

Answer 4

这只是一个观察结果，不是一个解决方案，但也许它可以为其他研究这个问题的人节省一些时间。就OEIS中给出的序列而言，以下公式（第二个公式由提议者给出）与数据相符：

$$b_{3n}=4n+1$$ $$b_{3n+2}=4n+4$$ $$b_｛9n+1｝=12n+3$$ $$b_{18n+7}=24n+10$$ $$b_{27n+4}=36n+6$$ $$b_{27n+16}=36n+22$$

如果这些公式是正确的，那么原始条件是$a_n=b_n+b_{2n}$会做出以下决定美元$在以下情况下：

$$a_｛3n｝=12n+2$$ $$a_{9n+1}=36n+7$$ $$a{18n+7}=72n+31$$ $$a{27n+4}=108n+18$$ $$a{27n+16}=108n+66$$

（公式适用于$a{18n+7}$2019年8月29日修正。）