搜索： a079729-编号：a079729
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A000002号
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| Kolakoski序列：a（n）是第n次游程的长度；a（1）=1；序列仅由1和2组成。
（原名M0190 N0070）
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+10
270
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1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 2, 2, 1, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 1, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 2, 2, 1, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 2
(列表;图表;参考文献;听;历史;文本;内部格式)
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抵消
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1,2
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评论
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历史注释：该序列可能更好地称为奥尔登堡-科拉科斯基序列，因为1939年鲁弗斯·奥尔登堡（Rufus Oldenburger）曾讨论过该序列；请参阅链接-克拉克·金伯利，2012年12月6日。然而，为了避免混淆，该序列在OEIS中称为Kolakoski序列。一些条目引用Oldenburger-Kolakoski序列而其他条目引用Kolakoki序列是不可取的-N.J.A.斯隆2017年11月22日
证明1的密度等于1/2是一个尚未解决的问题。
一个较弱的问题是在1的位置集和2的位置集之间构造一个组合双射-古斯·怀斯曼2016年3月1日
序列是立方的，所有方形子单词的长度都是2、4、6、18和54中的一个（参见A294447号)[卡皮，1994年]。
这是一个分形序列：用其长度替换每条跑步，并恢复原始序列-凯里·米切尔，2005年12月8日
Kupin和Rowland写道：我们使用Goulden和Jackson的方法来限定freq_1（K），即Kolakoski单词K中1的极限频率。我们证明了|freq_1（K）-1/2|<=17/762，假设极限存在，并建立了半严格界|freq _1（K）-1/2|<=1/46-乔纳森·沃斯邮报2008年9月16日
freq_1（K）被推测为1/2+O（log（K））（参见PlanetMath链接）-乔恩·佩里2014年10月29日
推测：以单词长度为10的序列为例，例如批次1-10、11-20等，那么每个批次中只能有4个、5个或6个1-乔恩·佩里2012年9月26日
序列中不包含ababa形式的单词，因为这意味着之前不可能有111（1b，1a，1b）。这证明了乔恩·佩里：10个单词中超过6个1或6个2就需要像aabaababa这样的词，这意味着之前不可能的12121（因为ababa，单词aabaabaa也是不可能的）。下面关于六元组的注释甚至表明，任何9元组中1的数量总是4或5。
序列中只有6个三联体出现（112、121、122、211、212和221）；根据前面的论证，只有18个六倍体：6个双三元组（112112等）；112122、112212、121122、121221、211212和211221；以及通过颠倒三元组的顺序获得的值（122112等）。关于序列中1的密度，这12个六元组的密度都是1的1/2，而这6个双三元组通过Kolakoski规则转换后都会得到一个具有这个精确密度的单词，例如：112112->12112122（4 1's/8）；这是因为第二个三元组反转了第一个三元组生成的1和2的数量。因此，序列可以在一侧拆分为双三元组，其变换（在序列中）的密度为1/2的1；以及与其他六元组的一部分，其密度直接相同于1。（完）
如果我们将1映射到+1，将2映射到-1，则映射序列的[推测]平均值为0，因为Kolakoski序列[推测]具有1s和2s的相等密度（1/2）。有关此映射序列的部分和，请参见A088568号. -丹尼尔·福格斯2015年7月8日
查看情节A088568号，虽然1s和2s的渐近密度似乎是1/2，但可能存在有利于2s的偏差。也就是说，D（1）=1/2-O（log（n）/n），D（2）=1/2+O（log（n）/n）-丹尼尔·福格斯，2015年7月11日
（a（n））是2块代换β的唯一不动点
11 -> 12
12 -> 122
21 -> 112
22 -> 1122.
2块替换beta映射单词w（1）。。。单词w（2n）
β（w（1）w（2））。。。β（w（2n-1）w（2n））。
如果单词长度为奇数，则忽略最后一个字母。
1979年我在波尔多数论研讨会上注意到，（a（n+1））是2块代换的不动点11->21，12->211，21->221，22->2211。（结束）
以美国艺术家和娱乐数学家威廉·乔治·科拉科斯基（1944-1997）的名字命名-阿米拉姆·埃尔达尔2021年6月17日
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参考文献
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埃里克·安吉利尼，“Jeux-de-suites”，摘自《科学档案》，第32-35页，第59卷（Jeux-math'），2008年4月/6月，巴黎。
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链接
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F.M.Dekking，关于自生成序列的结构《数论研讨会，1980-1981》（塔伦斯，1980-1991），实验编号31，6页，波尔多一大学，塔伦斯，1981年。数学。版本83e:10075。
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威廉·科拉科斯基，问题5304阿默尔。数学。《月刊》，第72卷，第8期（1965年），第674页；自生成运行《5304问题的解决方案》，Necdet Usçoluk著，第73卷，第6期（1966年），第681-682页。
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N.J.A.Sloane，《协调序列、规划数和其他近期序列（II）》，罗格斯大学实验数学研讨会，2019年1月31日，第一部分,第2部分,幻灯片（提到这个序列）
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配方奶粉
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这两个公式完全定义了序列：a（1）=1，a（2）=2，aa（k）=（3+（-1）^k）/2和a（a（1）+a（2）+…+a（k）+1）=（3-（-1）^k）/2-贝诺伊特·克洛伊特，2003年10月6日
a（n+1）=3-a（n）+（a（n）-a（n-1））*（a（b（n））-1），其中b（n是序列A156253号.-Jean-Marc Fedou和加布里埃尔·菲奇2010年3月18日
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例子
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从a（1）=1开始。根据序列的定义，这表示第一次运行的长度为1，因此它必须是单个1，并且a（2）=2。因此，第二次运行（从这个2开始）的长度必须是2，所以第三个项也必须是a（3）=2，而第四个项不能是2，因此必须是b（4）=1。由于a（3）=2，第三次运行的长度必须为2，因此我们推导出a（5）=1，a（6）=2等等-拉博斯·埃利默，由更正格雷姆·麦克雷
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MAPLE公司
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M:=100；s：=[1,2,2]；对于n从3到M，do对于i从1到s[n]dos：=[op（s），1+（（n-1）mod 2）]；od:od:s；A000002号：=n->s[n]；
#基于Cloitre公式的替代实施：
当地ksu，k；
选项记忆；
如果n=1，那么
1;
elif n≤3，则
2;
其他的
从1到k
ksu:=添加（进程名称（i），i=1..k）；
如果n=ksu，则
返回（3+（-1）^k）/2；
elif n=ksu+1，则
返回（3-（-1）^k）/2；
结束条件：；
结束do：
结束条件：；
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数学
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a[steps_]：=模块[{a={1，2，2}}，Do[a=Append[a，1+Mod[（n-1），2]]，{n，3，步骤}，{i，a[[n]]}]；【a】
a[n_]：=如果[n<3，Max[0，n]，模[{an={1，2，2}，m=3}，而[Length[an]<n，an=Join[an，表[Mod[m，2，1]，{an[m]]}]]；m++]；一个[[n]]](*迈克尔·索莫斯2011年7月11日*）
n=8；预备[Nest[Flatten[Partition[#，2]/。{{2，2}->{2，2，1，1}，{2，1}->}2，2(*Birkas Gyorgy公司2012年7月10日*）
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黄体脂酮素
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（PARI）我的（a=[1,2,2]）；对于（n=3,80，对于（i=1，a[n]，a=concat（a，2-n%2））；一
（PARI）{a（n）=局部（an=[1,2,2]，m=3）；如果（n<1，0，while（#an<n，an=concat（an，向量（an[m]，i，2-m%2））；m++）；an[n]）}；
（Haskell）a=1:2:drop 2（concat.zipWith复制a.cycle$[1,2]）--约翰·特隆普2011年4月9日
（Python）
#有关说明，请参阅链接。
def Kolakoski（）：
x=y=-1
为True时：
产量[2,1][x&1]
f=y&~（y+1）
x ^=f
y=（y+1）|（f&（x>>1））
K=科拉科斯基（）
打印（[范围（100）中_的下一个（K）]）#大卫·艾普斯坦2016年10月15日
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交叉参考
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使用（1,2）以外的其他种子的Kolakoski型序列：
A078880型(2,1),A064353号(1,3),A071820号(2,3),A074804美元(3,2),A071907号(1,4),A071928号(2,4),A071942号(3,4),A074803号(4,2),A079729号(1,2,3),A079730型(1,2,3,4).
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关键词
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非n,核心,容易的,美好的
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作者
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扩展
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经核准的
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