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问题、结果，以及证明怎样运转。

已发表 · 2026 · 独著

An Explicit Formula and a Recurrence for OEIS A265233

Juntao Jin

Journal of Integer Sequences 29 (2026), Article 26.5.3

将数组计数 A265233 表示为 Franel 数的二项式变换，证明 Mathar 的递推，并推出生成函数与渐近增长。

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BibTeX 与引用信息
@article{Jin2026A265233,
  author = {Juntao Jin},
  title = {An Explicit Formula and a Recurrence for OEIS A265233},
  journal = {Journal of Integer Sequences},
  volume = {29},
  year = {2026},
  note = {Article 26.5.3},
  url = {https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL29/Jin/jin48.html}
}

计数对象

aₙ 计数由 {0,1,2} 填成的 3×n 数组：每种符号出现 n 次；竖直相邻的元素不同，但一列的首尾可以相同。按第一行、第二行、第三行从左到右读取，三种符号首次出现的顺序为 0、1、2。空数组规定 a₀=1。

(a0,a1,a2,a3,…)=(1,1,7,56,…).(a_0,a_1,a_2,a_3,\ldots)=(1,1,7,56,\ldots).

定理 1：公式与递推

记 fₘ 为第 m 个 Franel 数。显式公式适用于 n≥1，空数组另作处理；递推适用于 n≥4，初值为上列四项。

fm=∑k=0m(mk)3,an=16∑m=0n(nm)4 n−mfm(n≥1).\begin{aligned}f_m&=\sum_{k=0}^{m}\binom{m}{k}^{3},\\a_n&=\frac16\sum_{m=0}^{n}\binom nm4^{\,n-m}f_m\quad(n\ge1).\end{aligned}
n2an=(19n2−19n+6)an−1−96(n−1)2an−2+144(n−1)(n−2)an−3(n≥4).\begin{aligned}n^2a_n={}&(19n^2-19n+6)a_{n-1}\\&-96(n-1)^2a_{n-2}\\&+144(n-1)(n-2)a_{n-3}\quad(n\ge4).\end{aligned}

这证明了 Mathar 于 2015 年提出的递推猜想。上列陈述来自正式论文定理 1，网站没有在其基础上另加新结论。

证明的关键机制

先忽略首次出现顺序，计数带标号的数组 bₙ。n≥1 时三种符号的六种置换自由作用，因此 bₙ=6aₙ。十二种允许的列给出的计数多项式可以拆成一个乘积与一个额外项：

P(x,y,z)=(x+y)(y+z)(z+x)+4xyz,bn=[xnynzn]P(x,y,z)n.\begin{aligned}P(x,y,z)&=(x+y)(y+z)(z+x)+4xyz,\\b_n&=[x^ny^nz^n]P(x,y,z)^n.\end{aligned}

((x+y)(y+z)(z+x))ᵐ 的中心系数为 fₘ。对额外的 4xyz 项展开，便得到二项式变换。再变换 Franel 生成函数的经典微分方程并提取系数，得到所需递推。n≥4 的限制使转换避开空数组归一化的例外。

推论 2：生成函数与增长

A(x)=∑n≥0anxn=2F1 ⁣(13,23;1;27x(1−4x)2)+56,\begin{aligned}A(x)&=\sum_{n\ge0}a_nx^n\\&=\frac{{}_2F_1\!\left(\frac13,\frac23;1;27x(1-4x)^2\right)+5}{6},\end{aligned}
an∼36π 12nn(n→∞).a_n\sim\frac{\sqrt3}{6\pi}\,\frac{12^n}{n}\qquad(n\to\infty).

其中 ₂F₁ 为 Gauss 超几何函数。论文推导了 van Hoeij 记录的生成函数与 Kotesovec 猜想的渐近主项。证明使用对数奇点展开及显式误差估计；完整解析条件与误差项见论文第 4—5 节。

陈述与证明概述已对照正式 PDF、TeX 原文的定理 1、推论 2 及第 2—5 节核对。 完整证明与条件