なんか昨日任意の自然数は異なるフィボナッチ数列の和で書けるというのを聞いて閃いた予想です。
2024/02/20自分自身で反例を見つけたので修正いたしました。間違っているかもしれませんので各自検証してみてください！
Yana予想修正
自然数列$\{a_{n}\}_{n\in \mathbb{N}}$を以下の様に定める。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
a_1=1\\
a_2=2\\
3 \leq a_3 \lt 4\\
2^{n-2} \leq a_{2n - 4} \lt 3\cdot 2^{n-3} \leq a_{2n - 3}\lt 2^{n-1} \hspace{10pt} (n\in \mathbb{N}-\{1,2,3\})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
すると任意の自然数$n\in \mathbb{N}$は数列$\{a_n\}_{n\in \mathbb{N}}$の相違なる部分列$a_{r_1},a_{r_2},...,a_{r_m}$を用いて次のように表せる。
\begin{equation}
n=a_{r_1}+a_{r_2}+\cdots a_{r_m}
\end{equation}
$n=1,2,3 $の場合は示すことはない。
$n \gt 4$の場合は場合は分けする。
A.$3 \cdot 2^{r-3} \leq n \lt 2^{r-1}$の場合は$2^{r-2} \leq a_{2r-4} \lt 3 \cdot 2^{r-3}$を用いて次の不等式を得る。
\begin{equation}
0 \lt n_1 = n-a_{2r-4} \lt 2^{r-2}
\end{equation}
B.$2^{r-2} \leq n \lt 3 \cdot 2^{r-3}$の場合は$3\cdot 2^{r-4} \leq a_{2r-5} \lt 2^{r-2}$を用いて次の不等式を得る。
\begin{equation}
0 \lt n_1 = n - a_{2r-5} \lt 3\cdot 2^{r-4}=2^{r-3}+2^{r-4}\lt2^{r-3}+2^{r-3}=2^{r-2}
\end{equation}
C.A,Bのいずれの場合でも、必ず$0 \lt n_1 \lt 2^{r-2}$を満たす。
D.ゆえに、上記の方法を繰り返すことで、途中で$n_k=0$になるか、あるいは
\begin{equation}
2^{r-1} \gt n \gt 2^{r-2}\gt n_1 \gt 2^{r-2} \gt \cdots \gt 2^{2}=4 \gt n_{r-3} \gt 2
\end{equation}
を得る。この場合,$n_{r-3}=3$なので$n_3=a_1+a_2$ゆえに証明完了。
次に実例を見てみよう。
Fibonacci数列$f_1=1,f_2=1;f_{n+2}=f_{n+1}+f_n \hspace{10pt}(n\in \mathbb{N})$は次式を満たすので、Yana予想改めYanaの定理より任意の自然数は相違なるフィボナッチ数列の和で表せる。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
f_1=1\\
f_2=1\\
f_3=2\\
2^{n}\leq \cdots=2f_n \lt f_{n+2} \lt 2f_{n+1} \leq \cdots 2^{n-1} \cdot (f_3+ f_2)=3\cdot 2^{n-1} \hspace{10pt}(n\in \mathbb{N}-\{1\})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
実は次の予想が成り立つのではないだろうか？
上記の様な性質を持っている二階の線形同次差分方程式を満たす数列はfibonacci数列だけである。
うむ。疲れたのだよ。
だから今日はここまでだ！
お休みなさい！