让你来吧=A000201号=（下部Wythoff层序）和v=A001950号=（上Wythoff序列。推测：该序列是由p（1）=0和p（u（k））=p（k）给出的序列p；p（v（k））=1-p（k）-克拉克·金伯利2011年4月15日
[基数2]0.111010010001100…=0.9105334708635617-乔格·阿恩特2011年5月13日
这个序列是一个形态序列。
让同态σ由下式给出
西格玛（1）=12，西格玛（2）=4，西格玛（3）=1，西格玛（4）=43，
让字母对字母的映射lambda由
λ（1）=0，λ（2）=1，λ。
则a（n）=λ（x（n）），其中x（0）x（1）…=1244343…是从1开始的sigma的不动点。
见Emmanuel Ferrand文件中的脚注4。（结束）
利用前面评论中的四符号态射σ证明了金伯利猜想。
我们首先证明sigma的不动点x=1244343143112…具有显著的性质，即字母1和4只出现在u（k），k=1,2，。。。，字母2和3只出现在位置v（k）k=1,2，。。。。
要看到这一点，让alpha是字母{a，b}上的斐波那契同态：
α（a）=ab，α（b）=a。
众所周知，下Wythoff序列u给出了a在不动点abaabaab中的位置。。。上面的Wythoff序列v给出了b在这个无限斐波那契单词中的位置。
设pi是从{1,2,3,4}到{a，b}的投影
pi（1）=pi（4）=a，pi（2）=pi（3）=b。
可以很容易地检查（形态的构成）
pi-sigma=α-pi。
这意味着上述显著特性。
尚待证明的是lambda（x（u（k））=a（k）和lambda。我们通过对序列x=1244343143112中字母1的返回词进行广泛分析来解决这个问题。。。
这些单词出现在x中，以1开头，没有出现其他的1。
人们很容易发现它们是由
A： =1，B:=12，C:=124，D:=143，E:=1243，F:=12443，G:=1244343。
此外，sigma在以下给出的字母{a，B，C，D，E，F，G}上诱导了一个同态rho
ρ（A）=B，ρ（B）=C，ρ，
rho（E）=FA，rho（F）=GA，rho（G）=GDA。
权利要求1：让mu成为
亩（A）=亩（B）=1，亩（C）=亩，
则μ（R）=（s（n+1）-s（n）），其中R=GDAEABFAB。。。是rho的唯一不动点，s=1,5,7,8,10，。。。是1 in（x（u（k））的位置序列。
权利要求1的证明：x中的1只出现在位置u（k），所以如果我们想要差异s（n+1）-s（n），我们可以从1的返回词中去掉2和3，并记录到下一个1所需的时间。这是删除单词A~=1、B~=1和C~14的长度。。。由mu给出。
权利要求2：让delta成为
δ（A）=1，δ（B）=2，δ（C）=3，δ（D）=21，
δ（E）=31，δ（F）=41，δ（G）=421，
则delta（R）＝（t（n+1-t（n）），其中rho（R）＝R，并且t是序列x＝1244343143112中的1或3的位置序列。。。。
索赔证明2：我们必须在1的返回词中记录1和3出现的差异。这些由delta给出。例如：F=12443，其中1和3出现在位置1和5；接下来的1将出现在七个单词A、…、的开头，。。。，G.公司。
如果我们将CLAIM 1和CLAIM 2与lambda（1）=lambda。
猜想的后半部分是以类似的方式得到的。（结束）
τ（（j，0））=（j，O）（j+1,1），
τ（（j，1））=（j，0）。
Zeckendorf展开式中数字n的位数之和是通过将τ的不动点中的第n个字母从（0,0）开始投影到它的第一个坐标：（j，i）->j（i=0,1）。
如果我们考虑所有j的模2，我们在4个字母上得到一个同态sigma'：
σ'（（0,0））=（0,O）（1,1），
σ'（（0,1））=（0,0），
σ'（（1,0））=（1,0”（0,1），
σ'（（1,1））=（1,0）。
字母表（0,0）->1，（0,1）->3，（1,0）->4，（1,1）->2的变化将sigma'变成了我2019年11月28日的评论中给出的sigma。投影地图变成了地图1->0，2->1，3->0，4->1，正如我2019年11月28日的评论所示。
（结束）
Allouche和Shallit的专著中给出了该序列是一个纯态序列的另一个证明。他们在第239页证明了（a（n））是六个字母组成的字母表上一个态射不动点的字母对字母的投影。然而，可以很容易地看出，两对字母可以合并，在一个由四个字母组成的字母表上产生一个同态，在改变字母表后，这个同态等于我之前评论中的同态-米歇尔·德金2020年6月25日
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