Пентадекатлон мечты

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1556984 писал(а):

$$ a n^4 \pm b n^2 = c m^4 \pm d m^2 $$

Если $a = c$, то это уравнение можно решить оценками. Но что делать в общем случае не знаю.

[VAL]

T(36,13) <= 1006458650960930146350749288647446449595267349312795824498324645833867515
Дальше только с ускорителями. Ну или год счета...

-- 10 июн 2022, 13:29 --

mathematician123 в сообщении #1556980 писал(а):

VAL
Нашёл усиление леммы 2 из Вашей статьи. Пусть $k$ делится на $2^s$ и не делится на $2^{s+1}$. Тогда $M(k) \le 2(p_s\#)^2-1$, где $p_s\# = 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot p_s$ - произведение первых $s$ простых чисел. При достаточно больших $s$ эта оценка сильнее, чем $M(k) \le 2^{2^s+1}$.

Замечательно! Включим в статью (не пора ли заменить ее на монографию? )
Только это не моя лемма. Я ее взял у Дюнша с Эгглтоном. Ссылка на их статью там имеется. По не конкретно по поводу этой леммы (я счел ее тривиальной), а в целом.

-- 10 июн 2022, 13:34 --

EUgeneUS в сообщении #1556953 писал(а):

VAL в сообщении #1556942 писал(а):

Рассмотрим, например, $n_0+1$ и $n_0+2$. 7 может входить делителем только в одно из этих чисел.

А это почему?
Как писал выше:

EUgeneUS в сообщении #1556907 писал(а):

Опять же, исходя из остатков решений уравнения $3x^2 - 2 x^2 = 1$, семерка может быть либо в $n_0$, либо в $n_5$. Это в общем случае.

Нет ли тут противоречия? Прекрасного, чудесного, нужного нам противоречия?

Нет тут противоречия (ни прекрасного, ни ужасного).
Я писал, что семерка не может входить в разложение сразу 2-х соседних чисел. Если она не входит ни в одно, это не отменяет сказанного

[Huz]

VAL в сообщении #1556999 писал(а):

T(36,13) <= 1006458650960930146350749288647446449595267349312795824498324645833867515

Congratulations. :)

Are you still checking for a T(36,10) match?

[mathematician123]

mathematician123 в сообщении #1556980 писал(а):

Нашёл усиление леммы 2...

Утверждение 1. Пусть $G$ - чётное натуральное число, имеющее $2^s$ делителей, $k \equiv 2^s \pmod{2^{s+1}}$. Тогда $M(k) \le 2G \cdot rad(G) - 1$ ($rad(G)$ - произведение простых делителей $G$).

Доказательство. Предположим, что $M(k) \ge 2G \cdot rad(G)$. Тогда найдутся числа $a$ и $b$, такие что $a \equiv b \equiv G \pmod{G \cdot rad(G)}$, $\tau(a) = \tau(b) = k$, $b - a = G \cdot rad(G)$. Заметим, что $a = G x^2$, $b = G y^2$. Тогда $Gy^2 - Gx^2 = G \cdot rad(G)$. После сокращения получаем уравнение $y^2-x^2 = rad(G)$, которое неразрешимо по модулю 4.

Утверждение 2. Если $k \equiv 2^s \pmod{2^{s+1}}$, то $M(k) \le 2 (p_s \#)^2-1$.

Второе утверждение следует из первого если взять $G = p_s \#$. Замечу также, что такой выбор $G$ не оптимален. Оценку из предыдущих утверждений можно немного усилить, но доказать её удаётся не для всех $k$, а почти для всех.

Утверждение 3. неравенство $M(k) \le G \cdot rad(G) - 1$ верно за исключением не более чем конечного множества значений $k$.
Доказательство. Примерно такое же, как и в утверждении 1. Нужно взять $a$ и $b$ так, что $a \equiv G \pmod{G \cdot rad(G)} $, $b \equiv -G \pmod {G \cdot rad(G)}$.

-- 10.06.2022, 16:29 --

mathematician123 в сообщении #1557019 писал(а):

Утверждение 3. неравенство $M(k) \le G \cdot rad(G) - 1$ верно за исключением не более чем конечного множества значений $k$.

Пара уточнений. В этом утверждении нужно дополнительно потребовать $s \ge 2$ и $rad(G) > 2$. Конечность значений $k$ имеется ввиду при фиксированном $s$.

[VAL]

Huz в сообщении #1557013 писал(а):

Are you still checking for a T(36,10) match?

T(36,10) was published at the message.
Is there something wrong?

-- 10 июн 2022, 17:14 --

EUgeneUS в сообщении #1556953 писал(а):

А тройку Вы расставляете в $n_3$ и в большойй степени (как минимум в квадрате)?

Да.

[Huz]

VAL в сообщении #1557023 писал(а):

Huz в сообщении #1557013 писал(а):

Are you still checking for a T(36,10) match?

T(36,10) was published at the message.
Is there something wrong?

Only that I never saw it - perhaps you added it when fixing the typo T(36,8). I have recorded it now, thanks. :)

Strangely, Google translate shows the T(36,10), but then removes it after translation.

[Dmitriy40]

Huz
Google generally works strangely sometimes, try another translator, for example Yandex.

[EUgeneUS]

EUgeneUS в сообщении #1556984 писал(а):

По $k \equiv 6 \pmod{12}$

Несовместимость $n_0$ c $n_2, n_3$ удалось свести к неразрешимости уравнений вида:

$$ a n^4 \pm b n^2 = c m^4 \pm d m^2 $$

Напишу выкладки, чтобы не забыть.
Начнём с этого:
$n_2 = 2y^2$, $n_3 = 3 x^2$, $(x,y)$ - решения уравнения

$$3x^2 = 2 y^2 +1 \text{ (1)}$$

$n_0$ можно представить так:
$n_0 = (4 \cdot 3 \cdot z)^2 p$, где $z$ - натуральное число, возможно составное, $p > 3$ - простое число.

Тогда из $n_0 = n_2- 2$ получаем

$$ 2 (2 \cdot 3 \cdot z)^2 p = y^2-1 = (y-1)(y+1)$$

простое число $p$ делит только одно число в скобках справа. Тогда другое число в скобках справа является либо полным квадратом, либо удвоенным квадратом. И имеем четыре варианта:

$$y = 2m^2 \pm 1\text{ (1.1)}$$

$$y = m^2 \pm 1 \text{ (1.2)}$$

где $m$ - натуральное число.

Аналогичными рассуждениями получаем четыре варианта для $x$

$$x = 3n^2 \pm 1\text{ (2.1)}$$

$$x = n^2 \pm 1 \text{ (2.2)}$$

где $n$ - натуральное число.

Если подставить выражения для $x,y$ в (1), то свободный член сократится и получим уравнения вида

$$ a n^4 \pm b n^2 = c m^4 \pm d m^2 $$

При этом в левой части возможны выражения:

$$27n^4 \pm 18 n^2 \text{ (3.1)}$$

$$ 3n^4 \pm 6 n^2 \text{ (3.2)}$$

А в правой части возможны выражения:

$$8m^4 \pm 8 m^2 \text{ (3.1)}$$

$$ 2m^4 \pm 4 m^2 \text{ (3.2)}$$

Рассмотрением степеней двойки можно исключить (3.2). Итого 4 варианта слева и два варианта справа - 8 вариантов.
Я их все проверил в WolframAlpha, решений, кроме содержащих нули и единицы, он не находит. Но доказать это (пока) не получается.

[mathematician123]

EUgeneUS
Уравнение $8m^2(m^2+1) = 3n^2(n^2-2)$ не имеет решений в натуральных числах, так как левая часть делится на чётную степень тройки, а правая - на нечётную.

[VAL]

Не помню сообщал ли: нашел 7-ку по 1000 делителей.
Запустил поиск 7-по по 340, 364 и 380 делителей.

[EUgeneUS]

По расчету цепочек с 84-ю делителями.
Досчитал для 1100e105, нашлось два кандидата в 10-ки. А дальше у меня начались сложности - за несколько суток из 4-х неизвестных чисел (их по два в каждом кандидате) у меня разложилось только одно
Прошу помочь с разложением, если это ещё возможно...

(длинные числа)

L2-167:923943599628522886780123718903641701760518481336568378962925588985768391997255110491590730792092886547562491: 42,  0, 84, 84, 84, 84, 84, 84, 84,  0, 84,  valids=8, maxlen=7/10, ALL (n+1 -?, n+9 -?)

L2-317:850110906168382371216057545387082625772983773608338698713882862297162247190308993041704075477374723603562491:  1,  0, 84, 84, 84, 84, 84, 84, 84,  0, 84,  valids=8, maxlen=7/10, ALL (n+1 - 84, n+9 -?)

[VAL]

EUgeneUS в сообщении #1557223 писал(а):

А дальше у меня начались сложности - за несколько суток из 4-х неизвестных чисел (их по два в каждом кандидате) у меня разложилось только одно

А какое именно?

[EUgeneUS]

VAL в сообщении #1557247 писал(а):

А какое именно?

$n+1$ в цепочке, которая начинается с $850...$. В скобках после слова "ALL" указано, какое разложилось, а какие - нет.

[VAL]

EUgeneUS в сообщении #1557248 писал(а):

$n+1$ в цепочке, которая начинается с $850...$. В скобках после слова "ALL" указано, какое разложилось, а какие - нет.

Мы с Alpertron'ом (https://www.alpertron.com.ar/ECM.HTM) разложили $n+9$ за 1 час 25 минут.
84 делителя подтвердились.
Так что, 10-ка найдена!

На всякий случай сейчас $n+1$ пересчитаю.

[VAL]

VAL в сообщении #1557268 писал(а):

На всякий случай сейчас $n+1$ пересчитаю

А тут за полтора часа подвижек нет. Но если мне пришлют множители, я проверю