>>253
(1) 1をいっぱいつかっていいので簡単
(2) 任意の自然数(正の整数とする)が異なるフィボナッチ数列内の数の和で表示できるという
意味と解してa≦xnなる自然数aは可能であることをnに関する帰納法でしめす。
(I)n=0のときa≦x0=0なる自然数aは存在しないゆえ成立。
(II)n=1のときa≦x1=1ならa=1ゆえ成立。
(III)n≧2に対しn未満まで正しいとしてa≦xnをとる。a≦x(n-1)なら帰納法の
仮定からよい。x(n-1)＜a≦xnのときは0＜a-x(n-1)≦xn-x(n-1)=x(n-2)ゆえ
a-x(n-1)=輩(i)、y(i)は相異なるフィボナッチ数列内の数がとれる。a-x(n-1)≦x(n-2)
ゆえy(i)の中にx(n-1)は入らない。よってaも相異なるフィボナッチ数列内の数の和で表示可能。
(I)〜(III)で示された。
(3)F={x(i)|i≧1}とおく。n≧3にたいして単調増大有限列y1<y2<･･･<ykが
輩i=-1+xn、yi∈Fをみたすときk≧[(n-1)/2]をみたすことを示す。
(I)n=3,4なら[(n-1)/2]=1ゆえ明らか。(∵yiの項数は1以上。)
(II)n≧5にたいしてn未満についての主張を仮定する。単調増大有限列y1<y2<･･･<ykが
輩i=xn-1、yi∈Fをみたすと仮定する。yk<x(n-1)のとき納1≦i≦n-2]x(i)=-1+xnにより
k=n-2、y(i)=x(i)でなければならない。このときk=n-2＞(n-1)/2≧[(n-1)/2]ゆえ成立。
yk=x(n-1)のときは納i<k]y(i)=-1+xn-x(n-1)=-1+x(n-2)。よって帰納法の仮定よりk-1≧[(n-3)/2]。
よってk≧[(n-1)/2]。
(I),(II)で示された。