Пентадекатлон мечты

[VAL]

EUgeneUS в сообщении #1558993 писал(а):

Что касается "строго доказать" в последних двух случаях. А Вы верифицировали\проверили эти доказательства?

Не до конца
Так всегда бывает: планируешь издалека и кажется, что сейчас дел много а вот, условно, через неделю...
Проходит неделя и выясняется, что откуда-то повыползали разные неотложные дела. Так было и в моем случае.
Внимательно посмотрел меньше половины (там были только мелкие замечания по оформлению, а с математикой, вроде, все нормально), а дальше отвлекся на всякую рутину.
Но я все еще надеюсь дочитать

EUgeneUS в сообщении #1558993 писал(а):

Давно хотел спросить, а что мешало искать тройки до доказательства этого условия?

Искать не мешало ничего. Мешало заносить в таблицы про $M(k)$. Надо будет поаккуратнее переформулировать.

[EUgeneUS]

VAL в сообщении #1547645 писал(а):

Цепочки, найденные Евгением Жилицким и Артёмом Заржецким (и Дмитрием Петуховым ), получены с помощью программ Дмитрия Петухова.

Всё таки надеюсь, что Вам рано или поздно надоест считать тройки и семерки, и Вы "перейдете на темную сторону силы" и будете считать "тузов" с ускорителями
А может кто-нибудь ещё присоединится... Это к тому, что удобнее делать отметку на цепочках в комментариях (звездочкой или буквой "a", например), а внизу сделать сноску с указанием авторства ускорителей.

Кстати, сегодня - завтра у меня досчитаются задания по цепочке 21 на 48 делителей (до 550e52). И там всё грустно с моими мощностями Как досчитается - отпишусь чуть подробнее.

[Yadryara]

VAL в сообщении #1547645 писал(а):

По-видимому, для всех $k$ вида $12t+6$ справедлива оценка $M(k)\le5$.
Эту оценку удалось доказать Денису Шатрову. После проверки его доказательства слова "по-видимому", по видимому, можно будет убрать

Я надеюсь, что всё ж таки проверите до конца.

А не хочет ли Денис обратить свой взор на нашу главную 15-шку?

Вопросы такие.

Действительно ли в центре этой 15-шки должно быть 32p ?

11-ю степень мы легко исключили. А можно ли исключить какие-то варианты 5-й степени и/или кубоквадраты?

[mathematician123]

VAL в сообщении #1547645 писал(а):

По-видимому, для всех $k$ вида $12t+6$ справедлива оценка $M(k)\le5$.
Эту оценку удалось доказать Денису Шатрову. После проверки его доказательства слова "по-видимому", по видимому, можно будет убрать
Вот список значений $k$, для которых известны цепочки длины 5:

Евгения тоже нужно упомянуть. Он свёл доказательство $M(12t+6) \le 5$ к решению 16 диофантовых уравнений вида $an^4 - bm^4 = cn^2 - dm^2$. А затем я эти уравнения решил.

-- 01.07.2022, 12:35 --

Yadryara в сообщении #1559015 писал(а):

А не хочет ли Денис обратить свой взор на нашу главную 15-шку?

Вопросы такие.

Действительно ли в центре этой 15-шки должно быть 32p ?

11-ю степень мы легко исключили. А можно ли исключить какие-то варианты 5-й степени и/или кубоквадраты?

Нашёл на первой странице темы:

Yadryara в сообщении #1548053 писал(а):

То есть в искомом пентадекатлоне должно быть строго $7$ чётных, где степени двойки должны быть строго такими:

$ 1 \quad 2 \quad 1 \quad 5 \quad 1 \quad 2 \quad 1 $

Правильно? Таким образом, нужно ведь не просто проверять делимость на $32$ для среднего числа, но и проверять отсутствие делимости на $64$.

Возможно, всё это учтено, но я спрашиваю, поскольку Вашего кода пока не видел. Может быть в том файле формата xlsx, который у меня не открылся, уже все числа нужного вида, например, среднее $2^5p$.

VAL в сообщении #1548056 писал(а):

Совершенно верно

[Yadryara]

mathematician123, ну про 32p речь шла не только на 1-й странице. Если угодно, я приведу и другие ссылки.

Например:

VAL в сообщении #1549386 писал(а):

VAL в сообщении #1549333 писал(а):

Например, среди пятнашек, где среднее число равно $8(301522186930606735689318659+82601031698135096600604150k)^2$, практически наверняка найдется искомая.

Таки не найдется!
Среднее число в пятнашке имеет вид $8p^2$. Тогда 6-е число $2(4p^2-1)=2(2p-1)(2p+1)$, где $2p-1$ кратно 9 и больше 9. Поэтому у 6-го числа не менне 24 делителей.

Так что условие "среднее число в пятнашке имеет вид $32p$", по-видимому, все же, необходимо.

Вопрос в том, подтверждаете ли Вы этот вывод.

[VAL]

EUgeneUS в сообщении #1559014 писал(а):

Всё таки надеюсь, что Вам рано или поздно надоест считать тройки и семерки, и Вы "перейдете на темную сторону силы" и будете считать "тузов"

Разве Вы не заметили, что я давно вернулся к "тузам"?
Правда, как водится, без ускорителей. Сами подумайте, если я со своими мощностями еще и ускорителями воспользуюсь, то в списке самых длинных цепочек ни Вас, ни Артема не останется (Дмитрий, правда, подстраховался). А это неправильно!

А пятерки я только по остаточному принципу считаю (которые были ранее запущены, но еще не попались).
Кстати, еще одна (предпредпоследняя) нашлась.
$M(2166)=5$

(Оффтоп)

24404411788684301466227442297373099138435392335466478873327525742583635538457309119532061203658433608035761412492621860401413887019543876370360368253270163980445510033913822307021561624531051337140292550157304311911952760947546741045363496257304489384492034401633934764034274489179943573964683605337426363925991443652154073116979529249440113484316716851634650766780009516878884290286487579345703121

Так что, еще несколько потоков для длинных цепочек высвободилось.

-- 01 июл 2022, 13:47 --

Yadryara в сообщении #1559015 писал(а):

Я надеюсь, что всё ж таки проверите до конца.

Я тоже.

[Huz]

EUgeneUS в сообщении #1558993 писал(а):

по второму случаю читает уважаемый Хуго, он даже нашел там дырку (которую закрыли), но пока финального "ОК" не прислал..

I've managed to spend only a little time on it, it has been a busy week. I did add some comments to the Google doc for some minor issues though.

[mathematician123]

Yadryara в сообщении #1559022 писал(а):

Вопрос в том, подтверждаете ли Вы этот вывод.

Подтверждаю.

VAL в сообщении #1549386 писал(а):

Таки не найдется!
Среднее число в пятнашке имеет вид $8p^2$. Тогда 6-е число $2(4p^2-1)=2(2p-1)(2p+1)$, где $2p-1$ кратно 9 и больше 9. Поэтому у 6-го числа не менне 24 делителей.

Почему $2p-1$ должно быть кратно 9 я не понял, но можно рассуждать и по-другому. $8p^2-2 = 2(2p-1)(2p+1)$ должно иметь вид $6q^2$ или $18q$. В любом случае одно из чисел $2p+1$ и $2p-1$ не делится на $q$, что означает $2p \pm 1 \le 18$.

[EUgeneUS]

Huz в сообщении #1559028 писал(а):

I've managed to spend only a little time on it, it has been a busy week.

I fully understand that this is just a hobby and not a job or business.

Huz в сообщении #1559028 писал(а):

I did add some comments to the Google doc for some minor issues though.

I am very interested in your comments, but I do not see them in the Google doc. Maybe it's because there is read-only right on the files...
I did one test comment in this file: https://drive.google.com/file/d/10NKOEo ... p=drivesdk
Do you see it?
Another way is e-mail coversation (i can send to you my e-mail in the forum private message).

-- 01.07.2022, 14:39 --

VAL в сообщении #1559025 писал(а):

Сами подумайте, если я со своими мощностями еще и ускорителями воспользуюсь, то в списке самых длинных цепочек ни Вас, ни Артема не останется (Дмитрий, правда, подстраховался). А это неправильно!

Довольно странный аргумент.
ИМХО, неправильно - это не попытаться улучшить результаты

[Huz]

EUgeneUS в сообщении #1559035 писал(а):

I am very interested in your comments, but I do not see them in the Google doc. Maybe it's because there is read-only right on the files...
I did one test comment in this file: https://drive.google.com/file/d/10NKOEo ... p=drivesdk
Do you see it?

I see it, but if I then "open with Google docs", a) I don't see it there, b) it shows a different document ID from the one I've been commenting on (https://docs.google.com/document/d/1i017CUlHrUMGC4ljA5dWC27_hEIup_mVruhCyJUEahU/view). So I guess I don't know what "open with Google docs" does.

Цитата:

Another way is e-mail coversation (i can send to you my e-mail in the forum private message).

Sure, that would be useful.

[EUgeneUS]

Huz в сообщении #1559044 писал(а):

b) it shows a different document ID from the one I've been commenting on

Yes. I can't open this document, it's another copy saved on the your Google account, I think.

Huz в сообщении #1559044 писал(а):

Sure, that would be useful.

OK

-- 01.07.2022, 16:56 --

VAL
Скажите, пожалуйста, а где-то были опубликованы такие факты:
Если $k=2t$, где $t$ - нечетное (не обязательно простое), то
а) $n$ представимо как $n = x^2 p$, где $x$ - некое натуральное число, может быть составное, а $p$ - простое.
б) И как следствие $n$ не может иметь остаток $6$ по модулю $8$
?

Для некоторых частных случаев находил в Ваших работах. А вот чтобы для нечетного $t$ - не нашел. Скорее всего просмотрел, там всё просто, было бы странно, если не публиковалось. Это могло использоваться для доказательства $M(2t) \le 7$, где $t$ - нечетное.
Или это общее место?

[VAL]

EUgeneUS в сообщении #1559047 писал(а):

Если $k=2t$, где $t$ - нечетное (не обязательно простое), то
а) $n$ представимо как $n = x^2 p$, где $x$ - некое натуральное число, может быть составное, а $p$ - простое.
б) И как следствие $n$ не может иметь остаток $6$ по модулю $8$

Насколько я помню, это есть у Дюнша с Эгглтоном.
Но даже если нет, это достаточно очевидно.

[EUgeneUS]

VAL в сообщении #1559056 писал(а):

Но даже если нет, это достаточно очевидно.

Спасибо!

Конечно, очевидно. Там всё просто.
Но вопрос связан с оформлением доказательства. То есть
а) мне лень это всё описывать лучше сослаться на опубликованные результаты.
б) с другой стороны, если они таки опубликованы - ссылки обязательны.

VAL в сообщении #1559056 писал(а):

Насколько я помню, это есть у Дюнша с Эгглтоном.

Таки придется почитать основополагающую статью, которую к моему стыду я полностью (пока) не прочитал.

[VAL]

EUgeneUS в сообщении #1559059 писал(а):

а) мне лень это всё описывать лучше сослаться на опубликованные результаты.
б) с другой стороны, если они таки опубликованы - ссылки обязательны.

Это справедливо для менее очевидных утверждений.
В данной ситуации вполне можно обойтись словами "легко проверить..."

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1559047 писал(а):

Если $k=2t$, где $t$ - нечетное (не обязательно простое), то
а) $n$ представимо как $n = x^2 p$, где $x$ - некое натуральное число, может быть составное, а $p$ - простое.
б) И как следствие $n$ не может иметь остаток $6$ по модулю $8$
?

Здесь можно просто воспользоваться мультипликативностью $\tau(n)$. Если бы в разложении $n$ на простые два простых входили в нечётной степени, то количество делителей $n$ делилось бы на 4.