1介绍

科拉科斯基序列^[13],具有1965年命名，但1935年奥尔登堡首次使用^[16]，是以1开头的唯一序列，它不受运行长度编码操作的影响其开始如下：12211212212211211221211…。这个序列也称为斯隆序列A000002^[17]许多作者使用不同的技术对其进行了研究（参见^{[1,三,5,4,7,20,21,22]}例如）。特别是金伯利^[12]问了很多关于这个序列的问题。我们在这里试图找到对其中两个最著名的答案的方法：第一，询问密度单词中字母2的由定义

当n趋于∞时有一个渐近极限？如果这个极限存在，它等于1/2吗？这个问题也被称为基恩猜想^[11].浅褐色^[18]在他列出的一些与自动序列有关的开放问题中，这个问题排在第十二位。到目前为止，还没有人回答这个有吸引力的问题。现金流量^[6]，使用了一些特殊图的结构并建立了

库宾^[14]，使用Gouldon-Jackson的方法获得

波德利埃（Bordellès）^[2]，应用了Dirichlet的鸽子洞原理，得到了一个更好的界限：

在本文中，我们将给出一个递归公式，将2的密度与项之间的一些差异联系起来奇偶指数。这个公式似乎支持基恩的猜想。

我们在这里研究的第二个问题是寻找学期斯坦斯基^[23]和费杜^[9]找到了两个等价的递归公式根据使用归纳参数Bordellès^[2]呈现了以下关系和定义单位：在本文中，我们将尝试通过减少需要计算的数据数量来改进这些结果我们将使用小于此外，我们导出了使用这个时间，截断有理数的整数部分.

2符号

我们首先介绍一些定义和符号：

让是输入字母集然后让是所有有限单词的集合我们让表示运行长度编码操作符，这样如果是的元素然后将是首字母中包含相似数字组长度的新词例如，

我们现在定义两个有用的原语和和奥尔登堡一样^[16]，唱^[20,21]，德金^[8]，费杜^[9]和黄^[10]签署人：

如果是的元素然后（代表)将是唯一的单词从左边开始1（分别)，包含，正好元素，并且满足编码条件：例如，和因此，如果我们表示，每这个词然后在这里，是部分和，也是斯隆序列A054353，定义如下：

和Bordellès使用过^[2]因此，无限Oldenburg-Kolakoski单词可以看作是函数的固定点夏里特^[19]将K定义为某些可扩展同态的不动点，例如因为我们可以写：

更一般地说，对于每个，我们可以延长如下：

表1。如何1的W公司_n个由Δ转换₁^-1

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表2。2是如何的W公司_n个由Δ转换₁^-1

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我们还需要定义双序列签署人：

另一方面，对于每个和我们将集合关联起来中元素的这样：

对于我们将以符号的方式书写，我们称之为索引符号：

存在由下面的定理2支持。我们还定义了基数：

例如，我们 和

最后，让我们指出，当我们整合通过应用，每个字母将转换为一个块，该块的最后一个元素的索引为如所示表1和表2。更一般地说，每次集成后使用，每个将给出一个集团，其最右边的最后一个元素是.

三。Kolakoski序列中2s密度的递推公式

现在，我们首先介绍一下，单词中2的密度，和一些线性组合

引理1。 对于每个 :

证明。对于第一种情况，有两种情况：如果为偶数，则中的奇数索引数等于偶数。如果如果是奇数，则自第一个学期以来，奇数指数的数量大于偶数有一个奇数索引。我们将通过“”.

我们现在为:

作为的元素通过集成使用运营商，这个资产负债表方程，将不考虑因为它们由奇数和偶数指数组成，对指数的资产负债表没有任何影响。因此，只有1创建的元素，如所示表1和表2与Nilsson使用的类似^[15]执行他的算法，将在最终方程式中有用。这种限制使我们能够得到所需的方程。为了证明第三种关系，我们只需为在消除了元素数为偶数的所有组之后。

定理2。 为所有人 我们有

证明。 让是一个≥1的整数。

我们首先在四个序列之间建立有用的连接：

和分别代表单词中的2s数1s的个数、2s的密度和部分和

利用以下事实我们发现了

其变为如下：

Bordellès等人。^[2]，使用上的归纳法证明了此方程。我们现在使用索引符号并得到：

通过使用指数资产负债表方程，在引理1中给出。对于第三个等式，我们替换通过在第二个等式中得到：

如果我们现在看一下表1和表2，我们可以看到，只有成组的单1在必须加以考虑。因此，很容易得出结论。为了证明第四个，我们这次替换，通过并找到：

最后，快速查看第三行表1和表2给出了预期结果。

最后，我们证明了，对于每个我们可以计算 依此类推，仅从一些元素之间和这种可能性就是序列存在的答案

推论3.对于每个整数n≥ 1固定和i≥ 0,我们通过定义以下序列:

然后，定理2允许我们写:

1

2

三。

4

更一般地说，我们可以通过归纳法证明

这两个系数和获取快速变化的值和符号。

另一方面，对于足够大的整数我，我们有

和

因此，序列至少呈指数级增长。最后，作为一个结论，我们可以说基恩猜想的答案取决于序列的符号如果这个符号总是在变化，这意味着序列无极限或归零，即2的频率归零.

4一个新的公式n个^第个期限K（K）_n个

首先，我们将给出一个简单的递归公式，它计算根据输入值，和

在本节的第二部分中，我们将尝试改进此结果。

引理4.对于每个整数

证明。我们考虑十进制数定义单位：

对于每个因此，通过使用运算符进行积分我们发现了一个新的理性：

也由

然后利用Kolakoski-Oldenburger常数 ，是的固定点，我们会有

我们从中提取数字使用整数部分：[]。

最后，让我们注意到描述了其有趣的数学方面，花费了太多时间，显然需要改进。

引理5.对于每n≥2,存在两个唯一的整数p和q,两者>0这样的话:

证明。让是一个整数并假设每个那么，在最好的情况下，将存在和这是不可能的，因为

对于第二种情况，证明的基础来自以下两种情况： 然后或，它提供

现在我们将推导第二个递归公式使用较少的输入参数。

定理6。让 然后让 是唯一的整数，这样

那么我们有 如果

如果 和

如果

证明。对于每个让我们记住这一点

使用积分运算符我们获得

和

什么时候？无穷大，三个级数,和，绝对收敛到相同的极限即Oldenburger-Kolakoski常数0，1221121221。因此，通过识别基，我们导出，根据差值

现在我们试着简化上面的表达式。

定理7.让 然后让 是唯一的整数，这样： 然后,

证明。我们将这三种情况分开：或2或3并使用表1和表2。我们很容易发现，如果然后如果然后这两个条件可以替换为

最后，还要包括几乎微不足道的案例我们将所有表达式统一为以下唯一表达式：

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图1.产品符号变化对于不同的值n个

表3。比较n个,k个_n个和k个_n个'

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5结束语

我们试图回应基恩的推测，但无法给出最终答案。然而，推论3似乎清楚地支持了这一假设，因为在其方程式的左侧，术语随着而右侧没有也不能有一个常量符号，如图1所示。它包含由积分算子几乎随机生成的项的复杂线性组合如结论3所示。今后，我们将集中精力，深入调查这最后一个断言。另一方面，回答关于术语显式表达的问题让我们首先说，奥尔登堡-科拉科斯基序列的自我描述性质使其无法预测从只有。我们能做的就是表达根据哪里第页尽可能的小。我们已经证明了，我们可以验证该值明显小于，斯坦斯基发现的^[23]和由Bordellès提出^[2]。我们将通过寻找简单的表达式和更小的像那些令人满意的具有在这种情况下，就在不远处如所示表3.

致谢

作者要感谢审稿人对原稿的仔细阅读和他们提出的富有成效的建议，并感谢阿西姆的有益讨论。

工具书类

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