Пентадекатлон мечты

[EUgeneUS]

mathematician123
тут больше вопрос про то, чтобы корректно сделать ссылку, если ранее где-то озвучивалось, что скорее всего.
Но всё равно - спасибо. Возможно, через мультиплиткативность $\tau (n)$ будет проще и короче.

[Yadryara]

mathematician123 в сообщении #1559030 писал(а):

Почему $2p-1$ должно быть кратно 9 я не понял

Я тоже.

mathematician123 в сообщении #1559030 писал(а):

В любом случае одно из чисел $2p+1$ и $2p-1$ не делится на $q$, что означает $2p \pm 1 \le 18$.

У меня получилось $2p \pm 1 \leqslant 9$

[VAL]

Предпоследняя.
$M(2046)=5$

(Оффтоп)

330451180770985680497518214575171009137299328315131746646803865139340611902398169020041967769158401387399221820198412864791508000616939262996526220169530956872028219729390966411349826995795613009654077176265288396350472746522165552199003363702484145924948304529477842338924149691436105213898744146817716346178963094744684476106887759404151585432354465262169766092445728314109146595001220703121

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1558993 писал(а):

Кстати, это доказательство:
а) вполне подходит для всех $k \equiv 2 \pmod{4}$.
Просто для $k\equiv \pm 2 \pmod{12}$ накладываются более жёсткие ограничения.

б) Более того, оно подходит для цепочек из чисел с разными $k \equiv 2 \pmod{4}$

Используя методы из доказательства $M(12t + 6) \le 5$, можно сделать некоторые дополнительные выводы для $k \equiv 2 \pmod{4}$

Для $k \equiv \pm 2 \pmod{12}$:

1) Если существует четвёрка вида $n_7n_0n_1n_2$, то $n_0$ делится на 3.
2) Если существует четвёрка вида $n_0n_1n_2n_3$, то $n_2$ делится на 9
3) Если существует четвёрка, то $x = 2m^2 \pm 1$ или $x = m^2 \pm 1$, где $n_2 = 2x^2$.

Для $k \equiv 6 \pmod{12}$:

1) Не существует пятёрки вида $n_7n_0n_1n_2n_3$.
2) Если существует пятёрка, содержащая $n_0$, то она имеет вид $n_0n_1n_2n_3n_4$, причём $n_2 = 2x^2$ и $x = m^2 \pm 1 $ или $x = 2m^2 \pm 1$. Также в этом случае $9 \mid n_2$.

[Dmitriy40]

mathematician123 в сообщении #1559100 писал(а):

2) Если существует пятёрка, содержащая $n_0$, то она имеет вид $n_0n_1n_2n_3n_4$, причём $n_2 = 2x^2$ и $x = m^2 \pm 1 $ или $x = 2m^2 \pm 1$. Также в этом случае $9 \mid n_2$.

Среди первых миллиона $m$ (т.е. примерно до 24-значных чисел) таких пятёрок нет. Программа считала 4 минуты:

{for(m=1,10^6,
   n2=2*(m^2+1)^2; if(n2%9==0 && n2%8==2, d=numdiv(n2); if(numdiv(n2-2)==d && numdiv(n2-1)==d && numdiv(n2+1)==d && numdiv(n2+2)==d, print(n2-2)));
   n2=2*(m^2-1)^2; if(n2%9==0 && n2%8==2, d=numdiv(n2); if(numdiv(n2-2)==d && numdiv(n2-1)==d && numdiv(n2+1)==d && numdiv(n2+2)==d, print(n2-2)));
   n2=2*(m^2*2+1)^2; if(n2%9==0 && n2%8==2, d=numdiv(n2); if(numdiv(n2-2)==d && numdiv(n2-1)==d && numdiv(n2+1)==d && numdiv(n2+2)==d, print(n2-2)));
   n2=2*(m^2*2-1)^2; if(n2%9==0 && n2%8==2, d=numdiv(n2); if(numdiv(n2-2)==d && numdiv(n2-1)==d && numdiv(n2+1)==d && numdiv(n2+2)==d, print(n2-2)));
)}

[Dmitriy40]

За полтора часа проверилось и $m<10^7$, тоже пусто.

[EUgeneUS]

Уважаемый Хуго, уже выслал три замечания по доказательству $M(2pq) \le 3$.
Большое спасибо ему!

Мы обсудили эти замечания в электронной почте.

Два из них относились к опечаткам, хотя одна из них заставила меня понервничать.
Опечатки исправлены в исходнике в проекте в Paeeria, но на гугл-диск исправленный pdf пока не выкладывал.

Что касается третьего замечания - это очередной пропущенный случай с конечным перебором: в пункте 4 в Теореме 1 пропущен случай $t=3$. (Нумерация по последней выложенной версии pdf).

Там можно начать так:

1. Подставим $u= 2^{p-4} 3^{q-1} + 1$ в уравнении (1), тогда

$$2^{p-3} 3^{q-1} (2^{p-1} 3^{q-1} +2) = (B-1)(B+1)$$

$$2^{p-3} 3^{q-1} +1 = B$$

2. Отметим:
а) Сравнение $2^{p-3} 3^{q-1} +1 \equiv 0 \pmod{5}$ выполняется при любых нечетных $p,q$
б) Сравнение $2^{p-3} 3^{q-1} +1 \equiv 0 \pmod{7}$ неразрешимо при любых нечетных $p,q$
в) Сравнение $2^{p-3} 3^{q-1} +1 \equiv 0 \pmod{11}$ неразрешимо при любых нечетных $p,q$

3. Тогда
а) В уравнении $2^{p-3} 3^{q-1} +1 = 5^{(pq-1)/2}$ правая часть всегда больше левой при наложенных на $p,q$ ограничениях
б) В уравнении $2^{p-3} 3^{q-1} +1 = 5^{(p-1)/2} v^{(q-1)/2}$ правая часть всегда больше левой при наложенных на $p,q$ ограничениях, так как $v \ge 13$
в) Остается уравнение $2^{p-3} 3^{q-1} +1 = v^{(p-1)/2} 5^{(q-1)/2}$, $v \ge 13$. Доказать его неразрешимость (пока) не удалось.

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1559142 писал(а):

а) Сравнение $2^{p-3} 3^{q-1} +1 \equiv 0 \pmod{5}$ выполняется при любых нечетных $p,q$

Если $p = 5$, $q = 7$, то сравнение не выполнено.

EUgeneUS в сообщении #1559142 писал(а):

а) В уравнении $2^{p-3} 3^{q-1} +1 = 5^{(pq-1)/2}$ правая часть всегда больше левой при наложенных на $p,q$ ограничениях

Тогда здесь получается уравнение $2^{p-3} 3^{q-1} +1 = v^{(pq-1)/2}$, которое неразрешимо, так как левая часть меньше правой. То есть, $B$ должно содержать два простых сомножителя.

-- 03.07.2022, 10:46 --

EUgeneUS в сообщении #1559142 писал(а):

б) В уравнении $2^{p-3} 3^{q-1} +1 = 5^{(p-1)/2} v^{(q-1)/2}$ правая часть всегда больше левой при наложенных на $p,q$ ограничениях, так как $v \ge 13$

Тогда здесь получается уравнение $2^{p-3} 3^{q-1} +1 = u^{(p-1)/2} v^{(q-1)/2}$, которое тоже решается оценками, если $u \ne 5$.

EUgeneUS в сообщении #1559142 писал(а):

в) Остается уравнение $2^{p-3} 3^{q-1} +1 = v^{(p-1)/2} 5^{(q-1)/2}$, $v \ge 13$. Доказать его неразрешимость (пока) не удалось

Так что всё равно приходим к этому уравнению.

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1559147 писал(а):

Если $p = 5$, $q = 7$, то сравнение не выполнено.

Да, тут в очередной раз был не аккуратен

mathematician123 в сообщении #1559147 писал(а):

Тогда здесь получается уравнение $2^{p-3} 3^{q-1} +1 = u^{(p-1)/2} v^{(q-1)/2}$, которое тоже решается оценками, если $u \ne 5$.

Да.
Оценки дают:
а) или $u < 4$, что невозможно.
б) или $v < 9$, тогда $v \in \left\lbrace5,7\right\rbrace$, то $7$ всё таки исключается по модулю $7$, остаётся только $v=5$.

-- 03.07.2022, 11:53 --

Кстати, более аккуратное рассмотрение по модулю $5$ приводит к следующему (но это нужно проверить):
а) либо $(p-3)/2$ и $(q-1)/2$ - одновременно нечётные. Тогда $(p-1)/2$, $(p-5)/2$, $(q-3)/2$ - четные, и можно записать:

$$6 \cdot (2^{(p-5)/4} \cdot 3^{(q-3)/4})^2 +1 = 5 (v^{(p-1)/4} \cdot 5^{(q-3)/4})^2$$

Wolfram утверждает, что уравнение $5 x^2 - 6 y^2=1$ не имеет решений в целых числах. То есть, это можно попытаться доказать.

б) либо $(p-3)/2$ и $(q-1)/2$ - одновременно чётные. Тогда $(p-1)/2$ - нечётное.
Это приводит к уравнению:

$$v x^2 - y^2 =1$$

С ним сложнее, например $v=13$, даёт серию решений. И даже для $13 \cdot x^2 - 36 y^2=1$, находится решение $x=5, y=3$

[Dmitriy40]

EUgeneUS в сообщении #1559142 писал(а):

в) Остается уравнение $2^{p-3} 3^{q-1} +1 = v^{(p-1)/2} 5^{(q-1)/2}$, $v \ge 13$. Доказать его неразрешимость (пока) не удалось.

Как иллюстрация, вольфрамальфа таких решений не находит, только $v<10$.

[VAL]

EUgeneUS в сообщении #1559148 писал(а):

Wolfram утверждает, что уравнение $5 x^2 - 6 y^2=1$ не имеет решений в целых числах.

А Alpertron даже объясняет почему

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1559148 писал(а):

Кстати, более аккуратное рассмотрение по модулю $5$ приводит к следующему (но это нужно проверить):

У меня получилось наоборот: $p \equiv q \equiv 1 \pmod{4}$ или $p \equiv q \equiv 3 \pmod{4}$. Первый случай легко решается, так как в уравнении получается разность квадратов. А второй пока не смог решить.

-- 03.07.2022, 12:50 --

Dmitriy40 в сообщении #1559123 писал(а):

Среди первых миллиона $m$ (т.е. примерно до 24-значных чисел) таких пятёрок нет. Программа считала 4 минуты:

Можете сказать, на каком языке написана Ваша программа? В программировании плохо разбираюсь. Моя программа на Python работает гораздо медленнее.

[Dmitriy40]

$M(296)=7$:

(Оффтоп)

10449741298910662164086565993358407091806568468255268310519976079191149672184698046850632497026975720815188043412364945792159964563169822488091441735746654324096276544098496233868672987680140067823231220245361328125

Нахождение заняло 4.5 дня (включая порядка суток ручной проверки цепочек альпетроном).

mathematician123 в сообщении #1559157 писал(а):

Можете сказать, на каком языке написана Ваша программа?

PARI/GP.

[VAL]

Продолжаю поиск цепочек длины 13 для 192 делителей.
Но три потока, освободившихся от поиска предпоследней пятерки, зарядил на поиск десятки по 384 делителя.
И ненадолго оставил их бес присмотра (отлучился на сутки). В результате каждая программка нашла по десятке.
Вот наименьшая из трех:

(Оффтоп)

540033929435426867511514383258873981479300569525009092988326236981244

Так что, $M(384) \ge 10$

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1559157 писал(а):

У меня получилось наоборот: $p \equiv q \equiv 1 \pmod{4}$ или $p \equiv q \equiv 3 \pmod{4}$.

У меня получилось так:
а) Ваш вывод справедлив для сравнения $2^{p-1} 3^{q-1} +1 \equiv 0 \pmod{5}$
б) Но у нас двойка стоит в степени $p-3$.