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.

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #1696773 писал(а):

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:

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

А Вы подсчитайте таким образом все $C_k$ для $k \leq 15$ и на основании формулы:

vicvolf в сообщении #1696621 писал(а):

$k_2(k,N)=\frac {q^2(k,N)}{q(k-1,N)q(k+1,N)} \sim \frac {(C_k)^2{N^2}/\ln^{2k}(N)}{C_{k-1}C_{k+1}{N^2}/\ln^{k-1}(N)\ln^{k+1}(N)}=\frac{(C_k)^2}{C_{k-1}C_{k+1}}$.

определите $k_2$ и сравните с Вашей таблицей.

[Yadryara]

vicvolf, а для какого интервала посчитать? Ведь они сильно разные, например для $0-61\#$ больше 43-х, а для $0-59\#$ меньше 2-х. В связи с чем сомневаюсь, что Вы ничего не перепутали. Для этого и просил у Вас численный пример.

Новая статистика. Добавил эталон (слева) и сумму отклонений от него без учёта знака (SO).

waxtep           132 млн  SO             239 млн  SO             560 млн  SO
2143         2131   2256 125         2141   2171  30         2133   2141  12
1615         1610   1592  28         1611   1596  23         1613   1601  16
1444         1446   1437   9         1445   1439   6         1444   1438   6
1364         1361   1366   5         1362   1363   3         1362   1364   2
1320         1318   1319   3         1319   1318   3         1319   1317   4
1296         1296   1294   2         1295   1294   3         1295   1295   2
1286         1284   1285   3         1285   1284   3         1284   1284   4

[vicvolf]

Yadryara в сообщении #1698193 писал(а):

vicvolf, а для какого интервала посчитать?

В начале темы у Вас приведена таблица. Подсчитайте на том же интервале, чтобы сравнить с ней. Можно на другом интервале, по которому у Вас есть данные для сравнения.

[Yadryara]

Кажется начало доходить. Это же очень-очень сложно посчитать.

Ведь я выше посчитал для 14/14, там всего-то 15 паттернов. А дальше-то комбинаторный взрыв, их гораздо больше будет.

Почему же Вы, никак не прокомментировав этот сравнительно простой подсчёт для 14/14, предлагаете мне считать гораздо более сложные цепочки 13/13, 12/12 и так далее?

[vicvolf]

Yadryara в сообщении #1698201 писал(а):

Кажется начало доходить. Это же очень-очень сложно посчитать.
Ведь я выше посчитал для 14/14, там всего-то 15 паттернов. А дальше-то комбинаторный взрыв, их гораздо больше будет.

Согласен. Если хотите, можно проверить на меньших паттернах. Лично меня это не интересует.

Yadryara в сообщении #1698201 писал(а):

Почему же Вы, никак не прокомментировав этот сравнительно простой подсчёт для 14/14?

Не видел. Где он?