a(16n+k)=b(16n+k)-c(16n) для n>=0, 0<k<16 где с(n)=b(n)-a(n)

[kthxbye]

Пусть $a(n)$ - это A339970 = A329697$($A019565$(2n))$.

Последовательность начинается так:

$$0, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 2, 3, 3, 4, 4$$

Также пусть

$$\ell(n)=\left\lfloor\log_{2}(n)\right\rfloor$$

и

$$T(n,k)=\left\lfloor\frac{n}{2^k}\right\rfloor\operatorname{mod}2$$

Здесь $T(n,k)$ - это $(k+1)$-й справа бит в двоичном представлении $n$.

Тогда мы можем задать следующую последовательность

$$b(n)=\sum\limits_{k=0}^{\ell(n)}\sum\limits_{j=0}^{\ell(n)-k}(-1)^{k}(j+1)T(n,j+k)$$

Начинается она так:

$$1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 3, 4, 4, 5, 5$$

Пусть $c(n)=b(n)-a(n)$. Здесь $c(0)=0$.

Гипотеза: для $n\geqslant0$, $0 < k < 16$ будем иметь

$$a(16n+k)=b(16n+k)-c(16n)$$

Существует ли способ как-нибудь доказать это? И еще: можно ли как-нибудь упростить выражение для $b(n)$?

-- 30.05.2022, 12:00 --

Пусть $q(n)$ это A001511.

Пусть

$$d(n)=\left\lfloor\frac{(n+2)^2}{4}\right\rfloor$$

Пусть $e(n)=d(q(n))$.

Пусть

$$f(n)=\begin{cases} e(\frac{n}{4}),&\text{если $n\operatorname{mod}4=0$;}\\ 1,&\text{в противном случае.} \end{cases}$$

Пусть

$$g(n)=\sum\limits_{k=0}^{n-1}f(k), g(1)=0$$

Гипотеза:

$$b(n)=n-g(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+1)$$

Для этой гипотезы тоже хотелось бы хоть какой-нибудь намек на доказательство.