Можно ли прогнозировать правую ветвь "параболы" по левой

[DemISdx]

Yadryara в сообщении #1696595 писал(а):

Потому что человечеству не известен ни один симметричный кортеж длиной $\geqslant21$.

А он вообще возможен?

В том смысле, что сам этого не понимаю.
Но понимаю, что наверное можно просчитать теоретическую возможность наличия такого кортежа.
Хотя бы для понимания он "возможен" или "вообще не возможен" (последнее в силу каких либо свойств).

[Yadryara]

Yadryara в сообщении #1696595 писал(а):

Потому что человечеству не известен ни один симметричный кортеж длиной $\geqslant21$.

На всякий случай уточню. Это для нечётных длин.

28-ка сравнительно недавно была найдена в проекте SPT, так что для чётных длин не известен ни один симметричный кортеж длиной $\geqslant30$.

DemISdx в сообщении #1696606 писал(а):

А он вообще возможен?

Конечно. Имеется огромное количество допустимых паттернов. Вы ведь сами недавно успешно считали константы для различных паттернов 21-к.

DemISdx в сообщении #1696606 писал(а):

Хотя бы для понимания он "возможен" или "вообще не возможен" (последнее в силу каких либо свойств).

Не просто возможен, по гипотезе Диксона должен существовать хотя бы один кортеж по каждому паттерну, коих огромное количество.

[vicvolf]

Yadryara писал(а):

Ещё раз хочу напомнить, что одна константа подходит только для сверхплотных паттернов — кристаллов. Например, для 19-252 таких констант 31, а для обсуждаемого здесь паттерна 15-228-2 их не меньше 20-ти.

Обозначим количество простых $k$ кортежей на интервале до $N$ - $q(k,N)$.
Тогда коэффициент $k_2(k,N)=\frac {q^2(k,N)}{q(k-1,N)q(k+1,N)} \sim \frac {(C_k)^2{N^2}/\ln^{2k}(N)}{C_{k-1}C_{k+1}{N^2}/\ln^{k-1}(N)\ln^{k+1}(N)}=\frac{(C_k)^2}{C_{k-1}C_{k+1}}$, где $C_k$ - это коэффициент в формуле Х-Л.
Умножение на $10^3$ только масштабирует. Так что, все зависит от соотношения коэффициентов.

[DemISdx]

Yadryara в сообщении #1696616 писал(а):

Не просто возможен, по гипотезе Диксона должен существовать хотя бы один кортеж по каждому паттерну, коих огромное количество.

Спасибо!
Значит остается дело за малым: найти.
Сказать "найти" конечно легко...

[Yadryara]

DemISdx, ну вот, например, писал:

Yadryara в сообщении #1685413 писал(а):

Ну а другая идея ускорения счёта, очевидная — переписывание алгоритма на более быстром языке, например, на Асме или на Сях.

Разумеется, есть и другие способы ускорения счёта. И вот если применить много-много таких идей, да ещё и навалиться сотнями компов, только тогда нахождение 21-ки вполне может состояться в течение года-двух.

vicvolf, сознательно упрощаете?

vicvolf в сообщении #1696621 писал(а):

Так что, все зависит от соотношения коэффициентов.

Кэфов всяких полно. Давайте лучше говорить как мы с Дмитрием: "констант". В принципе согласен пока, что результат зависит от констант. Но ещё и от дзета-нулей.

vicvolf в сообщении #1696621 писал(а):

$\frac {(C_k)^2{N^2}/\ln^{2k}(N)}{C_{k-1}C_{k+1}{N^2}/\ln^{k-1}(N)\ln^{k+1}(N)}$

Опять интеграл потеряли. Ну да ладно пока. Для близнецов формула очень простая:

Yadryara в сообщении #1691583 писал(а):

Пока известное наилучшее приближение, это приближение по HL1:

$$\pi_2(x)\approx1.320323\int\limits_{2}^{x}\frac{dt}{\ln^2t}$$

В более привычной записи:

$$\pi_2(x)\approx C_0\int\limits_{2}^{x}\frac{dt}{\ln^2t}$$

Но для обсуждаемых кортежей формулы сложнее. Поскольку констант много, степень-то не фиксированная. Вот, например, для другого кортежа длиной всего лишь два, если констант не одна, а всего лишь 4, то формула уже такая:

$$\approx \int\limits_{2}^{x}\frac{dt}{\ln^2t}\left(C_0 - \frac{C_1}{\ln t} + \frac{C_2}{\ln^2t} - \frac{C_3}{\ln^3t}\right)$$

Видите степень уже изменяется с минус 2-й до минус 5-й.

[Yadryara]

К моменту завершения счёта ожидается более 900 миллионов цепочек из которых кортежей 15/15 будет примерно 1133 штуки. И вот я уже давно обдумывал, посчитать теоретические количества и для других цепочек, тем более что благодаря Дмитрию, есть быстрая программа на Асме. Хотя всё равно, чтобы не считать константы по часу и более, считал уже не только до 14-й, но и лишь до 13-й. Этого хватало. Сначала перепроверил 15/15, а затем уже считал матожидания (прогнозы) для 14/14.

                           Для 0 -- 61#

№     Паттерн   Конст.   Прогноз по HL1
                   max          штук
     15-228-2       14          1132.82

1.   14-228-1       14         19306.6
2.   14-228-2       14         12678.3
3.   14-228-3       13         32309
4.   14-228-4       13         15887
5.   14-228-5       13         21414
6.   14-228-6       13         18986
7.   14-228-7       13         31368

8.   14-210-2       14         20008.88
_______________________________________

     [0,  18,  30,  60,  78,  84, 108, 114, 120, 144, 150, 168, 198, 210, 228]

1.   [0,       30,  60,  78,  84, 108, 114, 120, 144, 150, 168, 198, 210, 228] x 2
2.   [0,  18,       60,  78,  84, 108, 114, 120, 144, 150, 168, 198, 210, 228] x 2
3.   [0,  18,  30,       78,  84, 108, 114, 120, 144, 150, 168, 198, 210, 228] x 2
4.   [0,  18,  30,  60,       84, 108, 114, 120, 144, 150, 168, 198, 210, 228] x 2
5.   [0,  18,  30,  60,  78,      108, 114, 120, 144, 150, 168, 198, 210, 228] x 2
6.   [0,  18,  30,  60,  78,  84,      114, 120, 144, 150, 168, 198, 210, 228] x 2
7.   [0,  18,  30,  60,  78,  84, 108,      120, 144, 150, 168, 198, 210, 228]

8.   [0,  18,  30,  60,  78,  84, 108, 114, 120, 144, 150, 168, 198, 210] x 2
__________________________________________________________________________________

(19307 + 12678 + 32309 + 15887 + 21414 + 18986)*2 + 31368
 + (20009-1133)*2 = 310282

Если нигде не ошибся, то примерно 310 тысяч цепочек 14/14 имеется в этом интервале.

Но, по окончании счёта я конечно ожидаю гораздо меньше: 24-25 тысяч. По той простой причине, что на основании предыдущей статы, ожидаю их в 21-22 раза больше чем 15/15:

1132.82 * 21 = 23789
1132.82 * 22 = 24922

Куда же денутся все остальные сотни тысяч цепочек? Почему они не будут найдены?

Есть версия, что на том месте, где в показанных выше паттернах в определённой позиции пустое место, может находиться не любое составное число, а только такое, в разложении которого все простые сомножители больше чем $2^{17}$ (131072).

Возможно, Дмитрий лучше знает как работает его программа и поправит меня, если что.

[vicvolf]

Yadryara в сообщении #1696662 писал(а):

$$\approx \int\limits_{2}^{x}\frac{dt}{\ln^2t}\left(C_0 - \frac{C_1}{\ln t} + \frac{C_2}{\ln^2t} - \frac{C_3}{\ln^3t}\right)$$

Видите степень уже изменяется с минус 2-й до минус 5-й.

А Вы подсчитайте $C$ из формулы:

$$C\int\limits_{2}^{x}\frac{dt}{\ln^2t}\approx \int\limits_{2}^{x}\frac{dt}{\ln^2t}\left(C_0 - \frac{C_1}{\ln t} + \frac{C_2}{\ln^2t} - \frac{C_3}{\ln^3t}\right).$$

Коэффициент $C$ показывает, какова зависимость простых в кортеже.

[Yadryara]

vicvolf в сообщении #1696773 писал(а):

А Вы подсчитайте $C$ из формулы:

Ну вот для последнего примера:

$$C\int\limits_{2}^{61\#}\frac{dt}{\ln^{15}t}\approx 1132.82$$

отсюда Альфа даёт 43.43, а PARI 46.82 :

(11:38) gp > {1132.82/intnum(t=2, 117288381359406970983270,1/log(t)^15)}
%2 = 46.818204761125214657286145649625066081

[vicvolf]

Вот такие коэффициенты $C$ я имел в виду под $C_k$ здесь:

vicvolf в сообщении #1696621 писал(а):

Обозначим количество простых $k$ кортежей на интервале до $N$ - $q(k,N)$.
Тогда коэффициент $k_2(k,N)=\frac {q^2(k,N)}{q(k-1,N)q(k+1,N)} \sim \frac {(C_k)^2{N^2}/\ln^{2k}(N)}{C_{k-1}C_{k+1}{N^2}/\ln^{k-1}(N)\ln^{k+1}(N)}=\frac{(C_k)^2}{C_{k-1}C_{k+1}}$, где $C_k$ - это коэффициент в формуле Х-Л.
Умножение на $10^3$ только масштабирует. Так что, все зависит от соотношения коэффициентов.

[Yadryara]

То есть я что-то не то сделал? Приведите численный пример.