Пентадекатлон мечты

[VAL]

Dmitriy40 в сообщении #1554801 писал(а):

VAL в сообщении #1554791 писал(а):

Кстати числа $n$ и $n+2$, где первое кратно 8, вполне могут одновременно иметь, скажем, по 90 делителей. Более того, таких чисел много.

Вы не могли бы привести пример (или даже пару)? Мне интересно почему у меня они не находились при проверке простых до $10^{12}$ в 4-й (или 6-й для 70 делителей) степени, мал диапазон или не те остальные множители ...

Пожалуйста: 1833151248, 15264587536, 151561460176, 262671868816, 374913918736, 2976424251856.

Цитата:

VAL в сообщении #1554791 писал(а):

Хотя это и последующие 4 числа имеют по 21870 делителей.

Вы наверное ошиблись, это число имеет 15826 делителя, и их таких всего три подряд, четвёртое имеет 7 простых в первой степени меньше 200000 (что даёт 128 делителей) и никак не может иметь 15826 делителя, а пятое вообще лишь ровно 8 делителей. Так что это правильное начало цепочки из трёх чисел с 15826 делителями.

Исправил.

[VAL]

Приведу доказательство того, что $M(90) \le 5$.
Возможно, это кому-то интересно. Но даже если не интересно, все равно, приведу, в надежде, что меня проверят. Ну и чтобы доказательство не потерялось (как у меня бывало с доказательствами на бумажке).

Я буду придерживаться фактов и обозначений из Теоремы 1 (в этой ситуации доказательство будет совсем коротким).
Согласно этой теореме, если числа $n_0, n_1, n_2$ и $n_3$ имеют по 90 делителей, то $n_0$ кратно 3 и 5. Кроме кого, оно кратно 8. Чтобы у него оказалось 90 делителей оно должно иметь вид $2^4\cdot3^2\cdot5^2\cdot p$, или $2^4\cdot3^2\cdot5\cdot p^2$ или $2^4\cdot3\cdot5^2\cdot p^2$ или вовсе не зависеть от параметра $p$.
В то же время, $n_2=2x^2$ для некоторого нечетного $x$. Тогда $2x^2-2=2^4\cdot3^2\cdot5^2\cdot p$ (или другому возможному варианту $n_0$).
Отсюда $(x-1)(x+1)=2^3\cdot3^2\cdot5^2\cdot p$. НОД чисел $x-1$ и $x+1$ равен 2. Отсюда $p \le 2\cdot3^2\cdot5^2+1$. И проверка свелась к короткому конечному перебору.

Остальные варианты (и остальные числа из $\{90, 126, 150, 162, 198, 210, 234, 294, 306, 330, 342, 390, 462, 510, 546, 726\}$) проверяются аналогично (включая 162, для которого на показатель двойки у $n_0$ не хватит одного простого делителя).

Надеюсь, что нигде не соврал. А если соврал, остается надеяться, что меня поймают за руку.

[Dmitriy40]

VAL
Спасибо. Значит моя идея не сработала, наверное все мои проверки были только про 70 делителей, а с 90 то число при степени двойки как раз и оказывается составным, лишь из двух простых (в нужных степенях).

[Yadryara]

VAL в сообщении #1554791 писал(а):

Обновил таблицу,

Мне уже в который раз не удаётся прочитать: "502 Bad Gateway". То работает, то нет.

VAL в сообщении #1554809 писал(а):

Но даже если не интересно, все равно, приведу, в надежде, что меня проверят. Ну и чтобы доказательство не потерялось (как у меня бывало с доказательствами на бумажке).

Ну конечно!

Yadryara в сообщении #1544888 писал(а):

Ещё важное стратегическое соображение появилось. Но пока не буду озвучивать.

Ну вот, не стал раскрывать карты, а нынче уже и сам забыл.

VAL в сообщении #1554809 писал(а):

Приведу доказательство того, что $M(90) \le 5$.

VAL в сообщении #1554809 писал(а):

Я буду придерживаться фактов и обозначений из Теоремы 1(в этой ситуации доказательство будет совсем коротким).

Я пока проверил совсем короткое, что $M(6) \leqslant 5$

slavav в сообщении #1089486 писал(а):

Число с ровно шестью делителями имеет вид $p^5$ или $p_1p_2^2$, где все $p$ простые. Таких чисел кратных шести только два: 12 и 18. Следовательно в последовательности максимум 5 чисел.

Ну а я пока 12 делителей не бросаю. Нашёл уже 7 14-к, но среди них нет ни одной непрерывной. То самое слово "подряд" не работает в полной мере.

Всё забываю спросить Dmitriy40 насчёт скорости. 227е6 для 1е35 касается только КМК37-11 ?

Кстати, неоднократно убеждался в сомнительности поговорки про двух зайцев:

Yadryara в сообщении #1542332 писал(а):

До этого ни разу не удавалось собрать ни одного 3-значного числа в клетке. А тут сразу и 128, и 192. София Ротару права.

А вот в правоте Софии убеждался неоднократно. В чём же она права?

Вопрос не риторический и не оффтопный.

[VAL]

Yadryara в сообщении #1554816 писал(а):

VAL в сообщении #1554791 писал(а):

Обновил таблицу,

Мне уже в который раз не удаётся прочитать: "502 Bad Gateway". То работает, то нет.

К сожалению, есть такое дело

Продублирую-ка я таблицы здесь.

[VAL]

Dmitriy40 в сообщении #1554810 писал(а):

наверное все мои проверки были только про 70 делителей

Присмотрелся к 70 делителям.
Для того, чтобы $M(70)$ оказалось равно 4 (больше быть не может), нужно чтобы $n_0$ и $n_2$ (обозначения из предыдущего доказательства) вместе входили в цепочку. Удается доказать, что это возможно только при $n_2=162+1296t$.
Просмотрел $10^8$ таких чисел. Результаты неутешительные.
Нашлось 31 значение $n_2$ c 70-ю делителями. Среди них нет подходящих $n_0$. Но, в то же время, есть одно (найденное первым!) значение $n_0$, для которого $\tau(n_0)=30$. (Это $n_0=911248$.)
О чем это говорит?
С одной стороны о том, что найти противоречие удастся вряд ли: $911248=2^4\cdot13^2\cdot337$, т.е. структура канонического разложения та же, что нужна для 70-и делителей. Только вместо 2-й степени должна быть 6-я (ну или вместо 4-й - 6-я, а вместо 2-й - 4-я).
С другой стороны практически безнадежно искать цепочку длиной 4: шестые степени встречаются гораздо реже квадратов, плюс $n_1$ и $n_3$ тоже должны иметь по 70 делителей.

В общем, прогноз такой: и не докажем, что не существует, и не найдем.
При этом доказать отсутствие цепочки длиной 4 представляется все же более реальной задачей. Например, среди решений уравнения Пелля, AFAIR, квадраты есть, а 4-х степеней нет. Вдруг тут аналогичная история.

[Dmitriy40]

Yadryara в сообщении #1554816 писал(а):

Всё забываю спросить Dmitriy40 насчёт скорости. 227е6 для 1е35 касается только КМК37-11 ?

Разумеется, это же просто $10^{35}/\text{шаг}$. Раз в других паттернах другой шаг, то и это число будет другим.
Только это скорее не про скорость (она практически не зависит от шага, по крайней мере при столь незначительном его изменении), а про количество попыток.

VAL в сообщении #1554826 писал(а):

плюс $n_1$ и $n_3$ тоже должны иметь по 70 делителей.

С этим проблем нет: когда я пытался найти цепочки с 70 делителями (перебором по $n_2$ с большим простым в 6-й степени), то тройки $n_1,n_2,n_3$ сыпались десятками в минуту, а вот комбинаций $n_0,n_2$ не было ни одной. Может конечно надо было подождать подольше и нашлось бы ...

[Yadryara]

Dmitriy40 в сообщении #1554836 писал(а):

Раз в других паттернах другой шаг, то и это число будет другим.

Только это скорее не про скорость (она практически не зависит от шага, по крайней мере при столь незначительном его изменении), а про количество попыток.

Как не про скорость?? Вот же фрагмент проги с Вашими комментами:

Цитата:

forstep(ii=floor(h/pp.mod),ceil((h+step-1)/pp.mod),227*10^6,\\Идём по интервалу с хитро (ради скорости работы) заданным шагом
vi=extern(strexpand(pat[g],".exe ",ii," ",227*10^6," 2>nul"));\\Фильтруем цепочки внутри хитро заданного шага

Так надо переделывать этот параметр или нет? Я так рассчитывал, что скорость обсчёта увеличится, а она та же самая, хотя шаг-то вырос и не слабо: на 35%.

[Dmitriy40]

Yadryara
А, Вы в этом смысле (я сначала подумал про скорость работы только самой моей проги, она от величины шага почти не зависит), тут да, эту константу желательно менять (и в прошлый раз тоже), удобнее просто сделать её расчёт автоматическим, т.е. вместо конкретного числа поставить ceil(min(1e35,step)/pp.mod).
Сейчас же у Вас фактически проверяется моей прогой не 1e35, а 1.35e35 (так как шаг стал больше на 35%, а проге даётся на проверку те же 227e6 шагов) и лишние 0.35e35 потом отбрасываются в условии n>=h+step чуть ниже, т.е. теряете треть скорости, потому она и осталась такой же.

[Yadryara]

Так я переделал, сделал количество шагов 336133915 для 2е35, так программа наоборот стала медленнее в полтора раза работать! Вместо 20 минут на группу, все 30 тратит!

[EUgeneUS]

Про 70 делителей.
Возможно какие-то банальности напишу.

I. С простой двойкой ($n_2$) могут быть только или $2\cdot 3^4 \cdot p^6$ или $2\cdot 3^6 \cdot p^4$. Вариант $2\cdot 3^{34}$ запрещается прямой проверкой.
II. Большая нечетная степень двойки в $n_0$ запрещается отсутствием решений уравнения Пелля в квадратах. Итого остаётся пять вариантов:
а) $2^{34} \cdot q$
б) $2^6 \cdot q^9$
в) $2^4 \cdot q^{13}$
г) $2^6 \cdot q^4 \cdot r$
д) $2^4 \cdot q^6 \cdot r$
III. Итого будет 10 сочетаний, которые приводят к следующим уравнениям
1. $3^4 p^6 - 2^{33} q = 1$
2. $3^6 p^4 - 2^{33} q = 1$
3. $3^4 p^6 - 2^5 q^9 = 1$
4. $3^6 p^4 - 2^5 q^9 = 1$
5. $3^4 p^6 - 2^3 q^{13} = 1$
6. $3^6 p^4 - 2^3 q^{13} = 1$
7. $3^4 p^6 - 2^5 q^4 r = 1$
8. $3^6 p^4 - 2^5 q^4 r = 1$
9. $3^4 p^6 - 2^3 q^6 r = 1$
10. $3^6 p^4 - 2^3 q^6 r = 1$

IV. Насколько понимаю, сравнение $3^6 p^4 \equiv 1 \bmod 32$ не разрешимо. Это запрещает варианты (2), (4), (8).

IV. Варианты (3), (4), (5), (6) приводят к гипотезе Пиллаи.

Цитата:

согласно которой при заданных натуральных числах $A,B,C$ уравнение:
$Ax^{m}-By^{n}=C$
имеет лишь конечное число решений $(x,y,m,n)$ в натуральных числах при $(m,n)\ne (2,2)$.

Это, конечно, не доказывает отсутствие решений в этих вариантах, но выводит эти варианты из рассмотрения, в качестве паттернов.

V. Итого остаются варианты (1), (7), (9) и (10).

VI. Насколько понимаю, варианты (9) и (10) обеспечивают сравнение по модулю 8 для любых нечетных $p$.

[Dmitriy40]

Yadryara в сообщении #1554851 писал(а):

Так я переделал, сделал количество шагов 336133915 для 2е35, так программа наоборот стала медленнее в полтора раза работать! Вместо 20 минут на группу, все 30 тратит!

На какую группу? 2e35? Так она же вдвое больше группы 1e35, а время увеличилось не вдвое, а в 1.5 раза, как раз на 35% меньше двухкратного, выигрыш налицо. Или я опять Вас не понимаю.

[Yadryara]

Опять не понимаете. Вот я вернул, то есть снова сделал 454000000 для 2е35 и снова обсчёт группы стал 20-21 минут.

Dmitriy40 в сообщении #1554849 писал(а):

удобнее просто сделать её расчёт автоматическим, т.е. вместо конкретного числа поставить ceil(min(1e35,step)/pp.mod).

Подобный совет уже был в реадми. И месяц назад я так и сделал и тоже стало намного медленнее. Но забыл об этом сказать. Просто вернулся к 227е6 для 1е35. Правда формула была не именно такая:

Цитата:

16. Чтобы не делать лишней работы при вычислениях

добыть или из любого .v файла,
или из .inc файла,
или из вывода в консоль генератора Yadryara5.gen.gp

размер шага (p_mod в .inc файле и модуль в pp в .v и выводе) и пересчитать
число 227e6 в двух местах PereborPat13.gp на другое по формуле

ceil(step/pp.mod)

либо просто вставить прямо эту формулу вместо конкретного числа,
при желании округлить вверх до круглого.

-- 17.05.2022, 19:04 --

Dmitriy40 в сообщении #1554853 писал(а):

На какую группу? 2e35?

Я не менял терминологию.

Группа это по-прежнему 720 паттернов под одним именем.

А 2e35 это интервал/диапазон.

[Dmitriy40]

Yadryara
Т.е. для интервала 2e35 по новым паттернам (с шагом 5.95e26) указание 454e6 даёт время 20 минут, а указание более правильного значения 2e35/5.95e26=336.2e6 даёт время в 30 минут?
Не понимаю, так не должно быть, попробуйте чуть посильнее округлить значение, до 337e6 к примеру. Что-то такое припоминается, когда ставил исключительно точное значение тоже были странности, потом стал просто везде ставить на 0.1%-1% больше и всё. Т.е. ceil(step*1.001/pp.mod).

[VAL]

VAL в сообщении #1554818 писал(а):

Продублирую-ка я таблицы здесь.

Опрометчивое решение
До него у меня с dxdy проблем не было.

-- 17 май 2022, 22:48 --

VAL в сообщении #1554865 писал(а):

VAL в сообщении #1554818 писал(а):

Продублирую-ка я таблицы здесь.

Опрометчивое решение
До него у меня с dxdy проблем не было.

Надо же! Прошло сообщение!
(Самое бессмысленное из тех, что я пытался отправить за последние 5 часов )