定理。设q==2（mod 3）是一个固定素数，对于素数p==1（mod3），A261029型（2*q*p）>1。那么p<（2*q）^2。
在这个序列中，q=11，a（n）<484。
定理证明。回忆一下A261029型在条件0<=x<=y<=z，z>=x+1的情况下，我们考虑了非负数的表示数的形式：F（x，y，z）=x^3+y^3+z^3-3*x*y*z。
注意F（x，y，z）=（x+y+z）*G（x，yz），其中G（x、y、z）=x^2+y^2+z^2-x*y-x*z-y*z。很容易看出G==0或1（mod 3）。因此，G不同于2,2*p和q*p。在G＝1，x+y+z＝2*q*p的情况下，我们有表示[Shevelev]2*p*q=F（k-1，k-1，k），其中k＝2（p*q+1）/3。
因此，只有在G=p，x+y+z=2*q的情况下才能获得更多的表示。设a=z-x>=1，然后y=2*q-2*x-a。然后G=p得到9*x^2+（9a-12q）*x+（3*a^2-6*a*q+4q^2-p）=0。解这个方程得到x=（4*q-3*a+-sqrt（4*p-3*a^2））/6。由于x>=0，只有当p<=（（4*q-3*a）^2-3*a^2）/4或由于1<=a<2*q，p<4q^2时，才能选择减号。现在选择加号。设b=sqrt（4*p-3a^2）。条件y>=x产生b<=a。所以p=（3*a^2+b^2）/4<=a^2=（z-x）^2<4q^2。
仍需证明G=2q，x+y+z=p的情况是不可能的。实际上，在这种情况下，x=（2*p-3*a+-sqrt（8*q-3*a^2））/6。设c=sqrt（8*q-3*a^2），即q=（3*a^2+c*2）/8。既然q是素数，那么3*a^2+c^2应该可以被2^3整除。但很容易证明，这对于任何整数a、c、QED都是不可能的
