Пентадекатлон мечты

[Yadryara]

Yadryara в сообщении #1551375 писал(а):

Основная задача та же самая: оценить вероятность нахождения 15-шки.

Наконец-то оценил. Для 38-значных чисел она должна встречаться в среднем один раз из 52 миллиардов попыток.

Подробности позже.

[Dmitriy40]

EUgeneUS в сообщении #1551415 писал(а):

Если $N_i(n)$ - количество цепочек $valids=i$, отобранных сейчас в логи за достаточно большие интервалы, а $n$ - номер интервала.
То правильно ли я понимаю, что оценить его можно так:
$N_i(n) = A_i \frac{\ln(n)}{n}$, где $A_i$ - некий постоянный зависящий только от $i$ множитель.
?

Не очень понятно что такое "номер интервала", рассмотрим интервал $(n \ldots n+d)$ длиной $d$ начиная с $n$, для него вероятность каждому числу $x\in(n \ldots n+d)$ быть простым равна грубо $1/\ln(n)$, вероятность быть простым $i$ числам одновременно равна соответственно $1/(\ln(n))^i$ и количество таких комбинаций во всём интервале длиной $d$ будет $d/(\ln(n))^i$. Как Вы потеряли одну букву и свернули степенную функцию в фиксированный множитель мне неясно. Не говорю что неправильно, лишь что мне непонятно.

Yadryara в сообщении #1551410 писал(а):

Обратите внимание как я использую Ваш вектор флагов в этом большом ифе.

Видеть условие numdiv(n+0)==6*(z[1]+1) вижу, понимать не понимаю. Вы пытаетесь подсчитать сколько цепочек не имеют 12 делителей на проверяемых местах, это понятно, и не имеют 6 делителей на непроверяемых местах — и вот это уже непонятно. Возьмём хорошую цепочку
N2-36-531426: 139851236562860254263595357318785945: 12, 12, 6, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, valids=14, maxlen=12, ALL
и посмотрим на её факторизацию на месте n+8:
+8:[17, 2; 3957830965512517, 1; 122267554522413581, 1]
Где увидим что на непроверяемом месте стоит вовсе не 6 делителей, а 12, и при этом числа совсем не "огромные" в Вашем смысле, а немногим меньше $\sqrt{n}$. И при этом они дают желаемые 12 делителей. А Вы записываете такие числа в "плохие", в 2321 цепочки. Почему?!
И таких цепочек, с 12-ю делителями порядка $\sqrt{n}$ хотя бы в одном из чисел цепочки из всех найденных 13721 цепочек аж 1271 штук, почти 10%.

Ладно, предположим Вы хотите найти свою $p_1$, пусть даже и нашли, но возводить её в 15-ю степень для оценки вероятности нахождения 15-ки неправильно! Так Вы оцените вероятность найти 11 чисел с 12-ю делителями на проверяемых местах и 4 числа с 6-ю делителями на 4-х непроверяемых местах (или с 12-ю делителями, но чтобы тогда одно из чисел в каждой паре было обязательно "огромным" по Вашей терминологии). А нам нужно не совсем это.

Оценить же $p_1$ совсем несложно: берём число ALL цепочек в низинах, 233 штуки, оцениваем вероятность от количества попыток 27.3млрд, $\frac{233}{27.3\cdot10^9}=8.5348\cdot10^{-9}$, это вероятность для 11-ти чисел, берём корень 11-й степени $\sqrt[11]{8.5348\cdot10^{-9}}=0.1847$, вот это и есть Ваша $p_1$ относительно количества попыток, не диапазона или интервала. Не знаю зачем относительно попыток, удобнее же относительно длины интервала: $p_1=\sqrt[11]{233/3\cdot10^{37}}=0.000643$. Это вероятность произвольному числу быть "огромным простым" (на проверяемых местах! возможно не вообще).

Вероятность же нахождения 15-ки $p_{15}$ вовсе не $p_{15}\ne p_1^{15}$ и не $p_{15}\ne p_1^{11}p_2^4$, а $p_{15} = p_1^{11}p_2^4 + p_1^{12}p_2^3 + p_1^{13}p_2^2 + p_1^{14}p_2 + p_1^{15}$.

Оценить $p_2$ сложнее, из текущей статистики его так просто не вытащить, но можно взять те же 233 цепочки ALL и посчитать сколько раз из $233\times4=932$ на непроверяемых местах получились ровно 12 делителей, будет грубо, но зато быстро: из 233 цепочек в 152 цепочках присутствуют 232 произведения простых, т.е. вероятность выходит $p_{2all}=232/932=0.25$ что в ALL цепочке будет хотя бы одно произведение простых на любом из 4-х непроверяемых мест.
И тогда кстати вероятность 15-ки будет $0.25^4 = 1/256$ от вероятности цепочки ALL. А их найдено уже 233 ...

Тогда общая вероятность будет (а прав ли я с условной вероятностью?) $p_{15} = p_1^{11}p_{2all}^4 + p_1^{12}p_{2all}^3 + p_1^{13}p_{2all}^2 + p_1^{14}p_{2all} + p_1^{15} \approx p_1^{11}p_{2all}^4 = 3\cdot10^{-38}$. То есть для нахождения одной 15-ки надо перебрать в среднем 33e36. Примерно столько уже и перебрано.

-- 30.03.2022, 14:59 --

EUgeneUS в сообщении #1551415 писал(а):

Статистика по "исследовательским зондам".

Были ли среди них цепочки ALL?
Может быть приведёте все 13-ки и все ALL цепочки?

-- 30.03.2022, 15:06 --

Yadryara в сообщении #1551418 писал(а):

Наконец-то оценил. Для 38-значных чисел она должна встречаться в среднем один раз из 52 миллиардов попыток.

У Вас получилось менее чем вдвое меньше (реже) моей оценки ... Т.е. надежда обнаружить 15-ку за месяц с небольшим счёта до 1e38 всё же есть.

[Yadryara]

Dmitriy40 в сообщении #1551420 писал(а):

Ладно, предположим Вы хотите найти свою $p_1$, пусть даже и нашли, но возводить её в 15-ю степень для оценки вероятности нахождения 15-ки неправильно!

Конечно неправильно. А я разве говорил об этом?

Dmitriy40 в сообщении #1551420 писал(а):

Вероятность же нахождения 15-ки $p_{15}$ вовсе не $p_{15}\ne p_1^{15}$ и не $p_{15}\ne p_1^{11}p_2^4$

Ну так я же всегда в этой теме говорю именно о КМК37-11 ! По умолчанию. Огромное количество попыток сделано именно в рамках её 46080 паттернов ! Они же все-все заточены под $p_1^{11}p_2^4$.

Если я захочу про что-то другое сказать, скажу прямо.

Так что оценив $p_2$ аналогичным образом, я и пришёл к оценке вероятности 15-шки.

1. Увеличил в 4 раза проверяемый интервал.

start=30000*10^33;\\Откуда начать
stop= 30004*10^33;\\Где закончить

2. Заменил 15 проверяемых строк.

numdiv(n+0)==12*(z[1]+1) ||

3. Результат работы программы: $144$ раза из $114 123$ не нашлось ни одной именно пары простых после 15-ти проверок подряд 15-ти чисел.

Число $114 123 $ находится в хорошем согласии с ожидаемым $19.7644 \cdot 4 \cdot 1440 \approx 113 843$

И для нахождения $p_2$ применяю ту же схему, что и для $p_1$.

4. Делю меньшее на большее.

5. Извлекаю корень 15-й степени.

6. Вычитаю из единицы. $p_2=0.359$

7. $0.154^{11} \cdot 0.359^4 \approx 1.919136 \cdot 10^{-11}$

8. Переворачиваю эту вероятность и получаю 52 миллиарда попыток, то есть переходов от exe к PARI.

[EUgeneUS]

Dmitriy40 в сообщении #1551420 писал(а):

Были ли среди них цепочки ALL?
Может быть приведёте все 13-ки и все ALL цепочки?

ALL только одна. По всем трем "зондам":

M12-N2-53-236451: 173103612422889554035611075479730321945: 12, 12, 12, 12, 72, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 24, 12,  valids=13
M12-S9-31-523416: 1730239449743280699413649134484616962841: 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 48,192, 12,  valids=13
M12-S9-34-513264: 1730323684164625269025113509417979556441: 12, 12, 12, 24, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 24,  valids=13
M12-S2-31-246135: 1730391821954590787067896117692057674841: 12, 48, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 48, 12,  valids=13
M12-N9-31-612345: 1730404650670716438163507906980487939545: 12, 12, 12, 12, 24, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 24, 12, 12, 48,  valids=12, ALL
M12-S2-41-326541: 17330202930422076686024372232664828396441: 12, 12, 24, 12, 12, 12,768, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12,  valids=13
M12-N9-52-641532: 17330248849770979466578407383451381528345: 96, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 48, 12,  valids=13

-- 30.03.2022, 16:31 --

Dmitriy40 в сообщении #1551420 писал(а):

е очень понятно что такое "номер интервала",

Зададим интервал как $(d(n-1), dn)$, $d$ - размер интервала, $n$ - номер интервала.
В таких интервалах собираем статистику. Но простые-то находятся в других местах, не в этом интервале...
Что-то я сильно засомневался, что $a_i$ должны стремиться со сбором статистики к константам... Поэтому ниже описание обработки и результаты в картинках, без трактовок.

-- 30.03.2022, 16:39 --

1. Собранную статистку делим на интервалы.
2. Способы разбиения такие:
30 интервалов по 1е36
6 интервалов по 5е36
5 интервалов по 6е36
3 интервала по 1е37

3. Для каждого интервала считаются $N_{11} ... N_{14}$ и $a_{12} ... a{14}$

4. Всё это наносится на графики: $N_i$ и $a_i$ от номера интервала.

5. Для трех разбиений (кроме 30x1e36) рисуются графики: значения $a_i$ от $i$.
6. На этих графиках рисуются линейные тренды по последнему интервалу и по суммарным данным.

-- 30.03.2022, 16:41 --

Графики:



-- 30.03.2022, 16:44 --

Дополнение.
Тут $N_i$ считаются как количество $valids \geqslant i$, а не как количество $valids=i$

-- 30.03.2022, 16:46 --

По скорости расчета в 9e37
Оборот размером 1е36 делает на чуть более чем 13 часов.
Считается в четыре потока. За две недели должно посчитаться, если аварии не случится

[Dmitriy40]

Yadryara в сообщении #1551421 писал(а):

Они же все-все заточены под $p_1^{11}p_2^4$.

Да откуда Вы это взяли то?! В КМК37-11 вообще ничего не говорится о величинах прочих 8-ми простых! Только лишь что на тех (непроверяемых) местах должны быть малые простые в квадратах и всё, об прочих 4-х парах простых никаких требований нет! О чём я и твержу.
КМК37-11 вместе с моей программой накладывают ограничения по четырём местам в цепочке с формулами $x^2pq$ лишь следующие: $17 \le x \le 37 \wedge p,q>37$, всё, других ограничений на $p,q$ не накладывается! Они даже могут не быть произведением простых, а просто одним простым, или произведением хоть 10-ти простых, КМК37-11 это никак не ограничивает. И если вдруг окажется что например $p<100$, а такие случаи уже не единичные, то $q$ станет "огромным простым" (т.е. очень большим, за 30+ цифр) по Вашей терминологии. Либо я снова её не понимаю.
Ещё раз, коротко: КМК37-11 заточен под 11 огромных простых и что четыре оставшихся числа имеют малое простое в квадрате. Всё. Других ограничений на эти 4 непроверяемых числа не накладывается. Моя программа добавляет лишь ограничение что в этих 4-х числах не может быть делителей меньше 40 (кроме подразумеваемого простого в квадрате).

Yadryara в сообщении #1551421 писал(а):

Конечно неправильно. А я разве говорил об этом?

Говорили:

Yadryara в сообщении #1551414 писал(а):

Следствия.
$p_1^{15} \approx 0.154^{15} \approx 6.498\cdot10^{-13}$
Это вероятность, что все 15 искомых чисел будут огромными простыми. То бишь один раз из 1539 миллиардов попыток. Неудивительно что ни 15 огромных простых, ни 16 мы пока не нашли, ибо сделали в низинах примерно 27 миллиардов попыток.

Прямо не сказано, но намёк вполне ясный, что слишком мало проверили чтобы найти 15 огромных простых.
Вот только до 10% найденных цепочек не имеют огромных простых на некоторых местах, они там вообще все меньше $\sqrt{n}$, однако дают на тех местах ровно 12 делителей и нам очень даже подходят. А если взять порог не $\sqrt{n}$, а побольше, но меньше Вашего $n/10000$, то таких цепочек подозреваю станет под 90%. И потому совершенно непонятно зачем вообще оценивать вероятность 15-ти огромных простых если нас полностью устраивают и не огромные простые на 4-х непроверяемых из 15-ти мест.

Собственно лично меня вполне устраивает оценка вероятности 15-ки как $1/250$ вероятности цепочки с ALL. Просто и понятно.
Кстати, проверим: для 14-ок с ALL должно быть $0.25^3$ от количества цепочек с ALL, $0.25^3\times233=3.64$, а реально их найдено 5 штук, совпадение считаю очень хорошее. Проверим ещё отдельно по интервалу 2-3e37 с 68-ю цепочками ALL чтобы отмежеваться от исключительности начала числового ряда: оценка даёт $0.25^3\times68=1.06$, реально найдена одна 14-ка с ALL. Вот с интервалом 1-2e37 совпадение сильно хуже: оценка $0.25^3\times77=1.2$, а реально найдено 4 штуки. Но хотя бы не на порядки различаются, т.е. осторожно верить можно.

-- 30.03.2022, 17:08 --

EUgeneUS
Что-то у Вас все тренды выдают $a_{15}<0$ ... Это печально. И непонятно.

[EUgeneUS]

Dmitriy40 в сообщении #1551426 писал(а):

Что-то у Вас все тренды выдают $a_{15}<0$ ... Это печально. И непонятно.

Об чем и речь.
Есть надежда, что со сбором статистики до 1е38 и построения на разбиениях 10x1e37, 5x1e37 (верхняя часть) и 5x2e37 тренды будут попадать почти в $a_{15}=0$. Это будет означать, что $a_{15}$ таки может быть положительным, но очень мало.

Вот эту оценку от уважаемого Yadryara можно пересчитать в $a_{15}$ "по статистике":

Yadryara в сообщении #1551414 писал(а):

Это вероятность, что все 15 искомых чисел будут огромными простыми. То бишь один раз из 1539 миллиардов попыток. Неудивительно что ни 15 огромных простых, ни 16 мы пока не нашли, ибо сделали в низинах примерно 27 миллиардов попыток.

так как на обсчитанных 27 миллиардов нашлось 20 14-к, то $a_{15} \approx 0.001$, то есть одна пятнашка на примерно 1000 14-к.

UPD, такие малые $a_{15}$ оценивать "по статистике" сложно, быстрее пятнашка найдется, чем адекватная оценка получится.

Также нужно учитывать, что оценка $a_{15}$ "по статистике" - это оценка предельного значения (если оно существует), а вероятность "в начале" может быть заметно выше.

[Dmitriy40]

EUgeneUS
Дык я как раз не согласен с этой оценкой $a_{15}$, по моему это оценка намного (на 9 порядков!) более редкого события. А 15-ка очень даже может быть и не именно такой.
И вообще, разве такая оценка даёт адекватные значения для $a_{14}$? $0.154^{14}=4.22\cdot10^{-12}$ или 0.12шт 14-ок на интервал длиной 3e37, а их найдено 20 штук, в 200 раз больше. Потому и не верю этой оценке, не то она оценивает.

-- 30.03.2022, 17:43 --

С другой стороны моя оценка $N_{all}\times0.25^{i-11}$ сильно (раза в 4-5) ошибается для $i=13$ и не сильно, но всё же заметно для $i=12$, на всех интервалах. Правда ошибается в сторону занижения, найдено больше оценки.

[EUgeneUS]

Dmitriy40
Да, я видел Вашу критику.
Есть еще шансы, что оценку $a_{14}$ на интервалах 1e37 продолжает "расколбашивать" и то, что имеем в 2е37, это просто выброс вниз.

[Yadryara]

Dmitriy40 в сообщении #1551426 писал(а):

станет "огромным простым" (т.е. очень большим, за 30+ цифр) по Вашей терминологии. Либо я снова её не понимаю.

Не понимаете, к сожалению. Вас сильно отвлекает слово "огромные". Ну замените Вы везде слово "огромные" на "одиночные". И не думайте пока про величину.

Помните, как Вы считали термин "световой год" неудачным? Ну вот и спецтермин "огромные простые" неудачен для нашего с Вами общения.

Dmitriy40 в сообщении #1551426 писал(а):

Только лишь что на тех (непроверяемых) местах должны быть малые простые в квадратах и всё, об прочих 4-х парах простых никаких требований нет!

Dmitriy40 в сообщении #1551426 писал(а):

Они даже могут не быть произведением простых, а просто одним простым, или произведением хоть 10-ти простых,

Могут-то они могут, вот только мы тогда 15-шку не найдём. Это должны быть именно 4 пары различных простых. И 11 одиночных простых. Поэтому вероятность 15-шки только

$$p_1^{11}p_2^4$$

Dmitriy40 в сообщении #1551426 писал(а):

Прямо не сказано, но намёк вполне ясный, что слишком мало проверили чтобы найти 15 огромных простых.

Да, но 15 одиночных простых это не 15-шка. Мы же всю дорогу называли 15-шкой наш искомый пентадекатлон. Не стоит сейчас от этого отступать, чтобы не запутаться.

Yadryara в сообщении #1551281 писал(а):

11-15    1             0
11-17   48             0
11-18   48             1
11-19   48             0
11-19  462            15

12-16    4             0
12-18   78             6
12-19   78             2

13-17    6             1
13-19   44            13

14-18    4             3

15-19    1             0

Вот где здесь 15-шка, а где 15 одиночных простых?

[EUgeneUS]

Еще ремарка по статистике.
$a_{12}$ зафиксировалась вроде как надежно.
$a_{13}$ немного еще подколбашивает. Но дело в том, что при наблюдаемом колбасении $a_{13}$ линейный тренд построенный только по $a_{12}$ и $a_{13}$ никак не попадает в положительное $a_{15}$
Одна надежда, что
а) $a_{13}$ зафиксируется в нижней части диапазона колбасения.
б) а $a_{14}$ вернется наверх и ломаная $a_{12}$, $a_{13}$, $a_{14}$ окажется таки достаточно вогнутой, чтобы оценить нижнюю границу $a_{15}$.

Но пока $a_{14}$ стабильно ползет вниз.

[Dmitriy40]

Yadryara в сообщении #1551444 писал(а):

Это должны быть именно 4 пары различных простых. И 11 одиночных простых. Поэтому вероятность 15-шки только

$$p_1^{11}p_2^4$$

Это понятно. Если под $p_1$ понимать именно и только 11 проверяемых чисел, а под $p_2$ именно и только 4 непроверяемых.
Непонятно к чему тогда разговоры про $p_1^{15}=0.154^{15}$, про 19 простых (если надо ровно 11+4х2 и никак иначе), про простые больше/меньше $n/10000$, про 15 одиночных простых, ... И уж тем более непонятно зачем это (собственно пока даже и непонятно что именно) добавлять в статистику.
Ну и $p_2$ тогда определить вообще не представляется возможным, ведь для применения формулы $p_{15} = p_1^{11} p_2^4$ она должна быть независима от $p_1$, а это означает отказ от фильтрации моей программой и возврат к перебору лишь на PARI, причём с анализом лишь вот этих 4-х непроверяемых чисел в каждом паттерне. Кажется до такого Вы ещё не дошли ...
Если же применяется моя программа и/или любая другая фильтрация по 11 проверяемым местам, то $p_2$ оказывается условной и формула должна быть другой (нет, не знаю какой). Или $p_2$ окажется привязана не к длине интервала и не к миллиардам попыток, а к количеству найденных цепочек с учётом условий фильтрации цепочек (и надёжным и универсальным критерием будет лишь признак ALL). Что я собственно и попытался оценить получив вероятность $0.25^{i-11}$.
И да, тогда я выше тоже был неправ про формулы. А вот $N_{all}\times0.25^{i-11}$ вполне себе остаётся более-менее верной, в ней нет умножения (не)зависимых вероятностей.

Yadryara в сообщении #1551444 писал(а):

Ну замените Вы везде слово "огромные" на "одиночные". И не думайте пока про величину.

Простите, но тогда таковых должно быть лишь 11, а не 15 и не 19 и не 22. А этот признак в статистику уже добавлен, метка ALL. А реальное количество одиночных простых в найденных цепочках легко получить пост-обработкой результатов.
Или Вы хотите найти цепочки с ровно одним простым любой величины в первой степени на любом непроверяемом месте? Если отбросить сверхредкие варианты с кубами и выше простых, то тогда на этих местах будет или 2 делителя, или 6, или 18 (54 и выше тоже слишком редкие и можно смело отбросить). В принципе такое вполне можно проверить и вывести, анализ списка делителей это не повторная факторизация 15-ти чисел. Кстати такие цепочки уже были найдены (с 18-ю делителями, правда не стал проверять на каких местах, но как минимум в первой 18 точно на непроверяемом месте, раз все проверяемые дали по 12 делителей, о чём говорит метка ALL):
S2-26-425163: 5027212600386723523070040954571679641: 24, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 18, 12, 96, 12, 12, valids=12, maxlen=9, ALL
N2-41-145632: 5746731016503344555529937870198181145: 24, 12, 12, 12, 18, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 48, 48, 12, valids=11, maxlen=7
N9-34-145623: 6647118529199488288224642512042121945: 12, 12, 12, 12, 18, 12, 12, 12, 12, 12, 12,192, 24, 24, 12, valids=11, maxlen=6
S9-52-261354: 7155160255133167667905647655494426841: 12, 24, 12, 18, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 96, 48, 12, valids=11, maxlen=8
N9-21-315246: 9699824874126800501136053939016643545: 48, 48, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 48, 12, 18, valids=11, maxlen=10
N2-31-132465: 11036783913002126978754307141363704345: 12, 24, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 48, 48, 18, valids=11, maxlen=10
N2-36-231645: 11638830004797490483433000397054273945: 24, 12, 18, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 48, 48, valids=11, maxlen=10
N9-34-415263: 15321358991369600931378361243012339545: 96, 48, 12, 12, 18, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 48, 12, 12, valids=11, maxlen=7
S9-23-653241: 19864058586714776703059927444503314841: 12, 48, 12, 24, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 18, 48, 12, valids=11, maxlen=8
S9-31-631524: 23640756438040410536823875478576772441: 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 18, 12, 12, 48, 48, valids=12, maxlen=10
S9-23-451326: 26169363926323764531445815757282199641: 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 18, 12, 48, 24, 96, valids=11, maxlen=10
Ну и что это даёт в плане оценки вероятности 15-ки?

-- 30.03.2022, 20:47 --

Dmitriy40 в сообщении #1551447 писал(а):

Или Вы хотите найти цепочки с ровно одним простым любой величины в первой степени на любом непроверяемом месте? Если отбросить сверхредкие варианты с кубами и выше простых, то тогда на этих местах будет или 2 делителя, или 6, или 18 (54 и выше тоже слишком редкие и можно смело отбросить). В принципе такое вполне можно проверить и вывести, анализ списка делителей это не повторная факторизация 15-ти чисел.

Сделать-то можно, только смысла я всё равно не понимаю: оно же всё равно по любому будет зависимо от проверок isprime в PARI, уж тот большой if я убирать не собираюсь, мне скорости жалко, а значит опереться можно будет только на цепочки ALL (потому что все другие даже с valids>10 уже всё равно сильно и неравномерно пофильтрованы моей программой), а они и так сейчас уже выводятся в статистику и соответственно всё желаемое можно получить просто переобработав уже насчитанные результаты. Зачем что-то менять в коде до меня не доходит. Я же не отказываюсь категорически, но объясните что, зачем, и почему это же нельзя получить из уже насчитанных результатов.

[Yadryara]

Dmitriy40 в сообщении #1551447 писал(а):

Ну и $p_2$ тогда определить вообще не представляется возможным,

Ну как же не представляется возможным, если я её уже вычислил?

Dmitriy40 в сообщении #1551447 писал(а):

Непонятно к чему тогда разговоры про $p_1^{15}=0.154^{15}$

Ну так для проверки же! У Вас есть уверенность, что я правильно вычислил $p_1$ и $p_2$ ? Непохоже.

Вы же сами писали

Dmitriy40 в сообщении #1550684 писал(а):

перепроверка лишней не будет

И я много что собираюсь проверить и перепроверить. Например, сравнить различные теоретические оценки с реальными результатами.

-- 30.03.2022, 20:59 --

Dmitriy40 в сообщении #1551447 писал(а):

ведь для применения формулы $p_{15} = p_1^{11} p_2^4$ она должна быть независима от $p_1$

Кто она?

-- 30.03.2022, 21:04 --

Dmitriy40 в сообщении #1551447 писал(а):

Зачем что-то менять в коде до меня не доходит. Я же не отказываюсь категорически, но объясните что, зачем, и почему это же нельзя получить из уже насчитанных результатов.

Потому что в насчитанных результатах нет валидз меньше 11.

Не меняйте пока ничего, я ещё подумаю.

[Dmitriy40]

Yadryara в сообщении #1551449 писал(а):

Dmitriy40 в сообщении #1551447 писал(а):

ведь для применения формулы $p_{15} = p_1^{11} p_2^4$ она должна быть независима от $p_1$

Кто она?

$p_2$.

Yadryara в сообщении #1551449 писал(а):

Ну как же не представляется возможным, если я её уже вычислил?

Есть сильные подозрения что Вы вычислили что-то совсем другое:

Yadryara в сообщении #1551449 писал(а):

У Вас есть уверенность, что я правильно вычислил $p_1$ и $p_2$ ? Непохоже.

Более того, есть уверенность в обратном. Например использование для фильтрации моей программы автоматически означает что вычисляется не "вероятность в любом из 4-х непроверяемых мест быть произведению двух простых", а "вероятность в любом из 4-х непроверяемых мест быть произведению двух простых при выполнении сложных условий на остальные 11 чисел в цепочке и некоторого условия даже на эти 4 непроверяемых числа" — разницу выделил жирным. Т.е. не абсолютную вероятность, которую можно потом домножить на $p_1^{11}$, а условную вероятность, и домножать просто так её уже нельзя. Это не обращая внимания что вообще там считали, просто сам факт использования фильтрации автоматически меняет смысл посчитанной вероятности, как её ни считай.
Ну и проверку оно не проходит:

Dmitriy40 в сообщении #1551429 писал(а):

И вообще, разве такая оценка даёт адекватные значения для $a_{14}$? $0.154^{14}=4.22\cdot10^{-12}$ или 0.12шт 14-ок на интервал длиной 3e37, а их найдено 20 штук, в 200 раз больше. Потому и не верю этой оценке, не то она оценивает.

Да, вообще говоря эта формула неправильная, но даже по правильной формуле $p_{14}=p_1^{11}p_2^3=0.154^{11}\cdot0.359^3=5.35\cdot10^{-11}$ за 27.3млрд попыток должно найтись $5.35\cdot10^{-11}\times27.3\cdot10^9=1.46$ 14-ки с ALL, а найдено 11.
С 13-ми c ALL ещё хуже: $p_{13}=p_1^{11}p_2^2=1.5\cdot10^{-10}$, за 27.3млрд попыток должно быть 4шт, а найдено 58шт (плюс 11шт 14-ок).

Yadryara в сообщении #1551449 писал(а):

Потому что в насчитанных результатах нет валидз меньше 11.

По хорошему там не должно быть вообще цепочек без метки ALL. ALL же ставится только при valids>10, так что ничего особо не потеряно. Вот на цепочках с ALL и желательно строить статистику, иначе при использовании фильтрации (например моей программой) она будет как-то неизвестным образом искажена.
Я понимаю что на $81+83+58+11=233$ цепочках c ALL нормальной статистики не выведешь, зато не будет неизвестных искажений.

-- 30.03.2022, 21:57 --

EUgeneUS в сообщении #1551445 писал(а):

Одна надежда, что

Начало 3e37 пока смахивает на противоположную аномалию: 14-ки высыпались сразу кучей:
S9-21-536124: 32089818211944579651464738174096788441: 12, 48, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, valids=14, maxlen=13
S2-41-326154: 32181299254957948791124033216309036441: 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 48, 12, 12, 12, 12, valids=14, maxlen=10, ALL
S9-52-465231: 32388595416701596900873646655233634841: 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 24, valids=14, maxlen=14
Правда продолжения этот банкет не имел.

[Yadryara]

Dmitriy40 в сообщении #1551451 писал(а):

Например использование для фильтрации моей программы автоматически означает что вычисляется не "вероятность в любом из 4-х непроверяемых мест быть произведению двух простых", а "вероятность в любом из 4-х непроверяемых мест быть произведению двух простых при выполнении сложных условий

Не вычисляется ни то ни другое. Вот что вычисляется:

Yadryara в сообщении #1551407 писал(а):

Вероятность обнаружения огромного(одиночного) простого обозначим $p_1$.
Вероятность обнаружения пары простых обозначим $p_2$.

Вычисляется усреднённая вероятность для любого места из 15.

Разумеется, она вычисляется для Вашей программы. А для какой же ещё? Ведь оценивается вероятность успеха именно Вашей программы в поиске 15-шки.

Для программы VAL значения $p_1$ и $p_2$ конечно другие. $p_1= 0.05-6$ и $p_2=0.24$. Для Вашей программы эти вероятности существенно выше именно благодаря фильтрации.

Dmitriy40 в сообщении #1551451 писал(а):

Это не обращая внимания что вообще там считали, просто сам факт использования фильтрации автоматически меняет смысл посчитанной вероятности, как её ни считай.

Что сие значит ?? Меняет смысл ? А каков был этот смысл?

-- 30.03.2022, 22:34 --

Dmitriy40 в сообщении #1551451 писал(а):

но даже по правильной формуле $p_{14}=p_1^{11}p_2^3}$

Разве ж она правильная? Вы не замечаете что в ней 14, а не 15 сомножителей?

[Dmitriy40]

Yadryara в сообщении #1551456 писал(а):

Что сие значит ?? Меняет смысл ? А каков был этот смысл?

Насколько я понимаю теорию вероятностей, Вы получаете не независимую вероятность события (появления пары простых) $p_2$, а условную вероятность $p_{2if}$ наступления события (появления пары простых) при условии наступлении другого события (срабатывания фильтрации в моей программе и в PARI если есть). И для получения общей вероятности наступления одновременно обоих событий нельзя взять и перемножить эти вероятности, как Вы собрались делать в формуле $p_1^{11}p_2^4$, для допустимости перемножения вероятности $p_1$ и $p_2$ должны быть независимыми.
И чтобы получить истинную вероятность $p_2$ надо убрать фильтрацию по 11-ти числам и только тогда оценивать $p_2$, чтобы потом можно было домножить на $p_1^{11}$. Иначе $p_1$ и $p_2$ перемножать нельзя, ни в каких степенях. Как правильно использовать условную вероятность лучше смотреть вики/учебники, я не в курсе.

Yadryara в сообщении #1551456 писал(а):

Не вычисляется ни то ни другое. Вот что вычисляется:

Нет, чтобы вычислялось именно это, надо независимо оценивать $p_1$ и $p_2$ по отдельности, т.е. без фильтрации.

Yadryara в сообщении #1551456 писал(а):

Разве ж она правильная? Вы не замечаете что в ней 14, а не 15 сомножителей?

Разумеется 14, я же тут оцениваю вероятность 14-ки, а не 15-ки.

-- 30.03.2022, 23:02 --

На самом деле непонятно что мешает взять и в самом PARI прогнать миллион (или миллиард) итераций по любому паттерну без проверок 11-ти чисел и проверить сколько раз на непроверяемых местах будет ровно 12 делителей. Это и будет независимая вероятность $4p_2$ (учетверённая так как в любом месте из 4-х возможных). Можно даже прогнать несколько (десятков) тысяч итераций по всем 46080 паттернам, чтобы всё совсем усреднилось. Главное без любой фильтрации. Банально в .gp файле перебора всех паттернов убрать вызов моей программы и большой if, а вектор vi[] заполнить всеми числами подряд до размера шага (ну конечно не до 200млн, поменьше). Несложно же.