√m≈√x+√y

[Andrey A]

waxtep в сообщении #1571480 писал(а):

$282367=41\cdot71\cdot97$ - квазипростое! $R=8$

$\dfrac{41 \cdot 71}{97}=30,97;\ \dfrac{71 \cdot 97}{41}=167,1,40;\ \dfrac{97 \cdot 41}{71}=56,71.$ Круто!

[waxtep]

Еще одна выскочила, $m=403651=29\cdot31\cdot449, R=5$, подобной структуры: $\dfrac{29\cdot31}{449}=2,449;\;\dfrac{29\cdot449}{31}=420,31;\;\dfrac{31\cdot449}{29}=479,1,28$. Запустил на ночь счет до миллиона, скорость примерно минута на тысячу. Интересно, можно подобные числа не искать, а конструировать? Судя по всему, они довольно редки (в то время как количество квазипростых на сотню тысяч, кажется, более-менее постоянно: $190$ величиной до ста тысяч, $238$ от ста до двухсот, потом $292, 276$ - а дальше еще считается). Величины $R$ очень скромные, пока максимальное $R=37$ для единственного $m=269011=367\cdot733$

[Andrey A]

waxtep в сообщении #1571526 писал(а):

... не искать, а конструировать?

Не знаю. Даже для дробей из $2$-х / $3$-х знаков задача нетривиальная выходит. Они тут под каждым кустом растут. Система сравнений по трем модулям, они же неизвестные

[waxtep]

waxtep в сообщении #1571526 писал(а):

Запустил на ночь счет до миллиона, скорость примерно минута на тысячу.

Насчет минуты на тысячу я, конечно, погорячился: время же растет с ростом $m$, уж по крайней мере линейно; считало чуть больше суток. Статистика по квазипростым до миллиона:

• в левой таблице - количество квазипростых между $s\cdot10^5$ и $(s+1)\cdot10^5$, максимальное $R$ для данного диапазона и $m$, для которых оно достигается;
• в правой - количество квазипростых с данным $R$

$$\begin{array}{lcr} \begin{tabular}{c|c|c|l} $s$&$\#$&$R_{max}$&$\{m\}$\\ \hline $0$&$190$&$29$&$79003$\\ $1$&$238$&$33$&$147737; 196747$\\ $2$&$292$&$37$&$269011$\\ $3$&$276$&$33$&$308947$\\ $4$&$281$&$56$&$497503$\\ $5$&$314$&$41$&$597557$\\ $6$&$292$&$28$&$643999; 651701; 655091; 695417$\\ $7$&$274$&$37$&$765703$\\ $8$&$277$&$37$&$881563$\\ $9$&$290$&$76$&$945257$\\ &&&\\ &&&\\ &&&\\ &&&\\ &&& \end{tabular}&\qquad\qquad\qquad& \begin{tabular}{r|c} $R$&$\#$\\ \hline $5$&$1472$\\ $8$&$599$\\ $12$&$219$\\ $13$&$198$\\ $17$&$85$\\ $21$&$45$\\ $24$&$49$\\ $28$&$22$\\ $29$&$14$\\ $33$&$9$\\ $37$&$4$\\ $40$&$2$\\ $41$&$3$\\ $44, 56, 76$&$1$\\ $53, 57-73$&$0$ \end{tabular} \end{array}$$

И квазипростые с тремя простыми делителями, до миллиона их всего десять штук:

$$\begin{tabular}{c|l} $m$&$chains$\\ \hline &\\ $282367$&$\dfrac{41 \cdot 71}{97}=30,97;\; \dfrac{41 \cdot 97}{71}=56,71;\; \dfrac{71 \cdot 97}{41}=167,1,40$\\&\\ $403651$&$$\dfrac{29\cdot31}{449}=2,449;\;\dfrac{29\cdot449}{31}=420,31;\;\dfrac{31\cdot449}{29}=479,1,28$\\&\\ $451369$&$\dfrac{41 \cdot 101}{109}=37,1,108;\; \dfrac{41 \cdot 109}{101}=44,4,25;\; \dfrac{101 \cdot 109}{41}=268,1,1,20$\\&\\ $492001$&$\dfrac{31 \cdot 59}{269}=6,1,3,1,53;\; \dfrac{31 \cdot 269}{59}=141,2,1,19;\; \dfrac{59 \cdot 269}{31}=511,1,30$\\&\\ $519821$&$\dfrac{19 \cdot 109}{251}=8,3,1,62;\; \dfrac{19 \cdot 251}{109}=43,1,3,27;\; \dfrac{109 \cdot 251}{19}=1439,1,18$\\&\\ $664981$&$\dfrac{19 \cdot 31}{1129}=0,1,1,11,49;\; \dfrac{19 \cdot 1129}{31}=691,1,30;\; \dfrac{31 \cdot 1129}{19}=1842,19$\\&\\ $669841$&$\dfrac{61 \cdot 79}{139}=34,1,2,46;\; \dfrac{61 \cdot 139}{79}=107,3,26;\; \dfrac{79 \cdot 139}{61}=180,61$\\&\\ $930311$&$\dfrac{61 \cdot 101}{151}=40,1,4,30;\; \dfrac{61 \cdot 151}{101}=91,5,20;\; \dfrac{101 \cdot 151}{61}=250,61$\\&\\ $939929$&$\dfrac{59 \cdot 89}{179}=29,2,1,59;\; \dfrac{59 \cdot 179}{89}=118,1,1,1,29;\; \dfrac{89 \cdot 179}{59}=270,59$\\&\\ $989159$&$\dfrac{19 \cdot 79}{659}=2,3,1,1,1,1,36;\; \dfrac{19 \cdot 659}{79}=158,2,39;\; \dfrac{79 \cdot 659}{19}=2740,19$ \end{tabular}$$

Для $m=282367, R=8$, у остальных девяти $m$ - пятерки.

[Andrey A]

[juna]

Andrey A в сообщении #1571410 писал(а):

Вы в начале, помнится, упомянули о верхних приближениях. Возьмем $m=97=7^2+3 \cdot 4^2=9^2+4^2.$
Из первого представления:
$\dfrac{7}{4}=1,1,3;\ 1,1,2=\dfrac{1}{1},\dfrac{2}{1},\dfrac{5}{3};\ 2^2+3 \cdot 1^2=7,\ 5^2+3 \cdot 3^2=52.$ Отсюда $ \sqrt{97} \approx \sqrt{7}+\sqrt{52}.$ Получили верхнее приближение приведенное, но не примитивное. Примитивное такое $ \sqrt{97} \approx \sqrt{13}+\sqrt{39}.$ Но $R=-3.$
Из второго представления:
$\dfrac{9}{4}=2,4;\ 2,3=\dfrac{2}{1},\dfrac{7}{3};\ 2^2+1^2=5,\ 7^2+3^2=58.$ Примитивное приведенное $ \sqrt{97} \approx \sqrt{5}+\sqrt{58}.$ Но $R=-4.$ Тут всё иначе. Ладно, оставим на потом. Из первого получаем последовательность типа Фибоначчи:
$\sqrt{13},\sqrt{39},\sqrt{97},\sqrt{259},\sqrt{673},\sqrt{1767},\sqrt{4621},\sqrt{12103},\sqrt{31681},\sqrt{82947},...$
Или типа арифметической прогрессии:
$\sqrt{13},\sqrt{39},\sqrt{97},\sqrt{181},\sqrt{291},\sqrt{427},\sqrt{589},\sqrt{777},\sqrt{991},\sqrt{1231},...$
Под радикалами тройка и простые множители вида $3k+1$.

Все решения - верхние и нижние, а также приближения

$$\sqrt{m}\approx\sqrt{y}-\sqrt{x}$$

описываются диофантовым уравнением:

$$x^2+y^2-2xy-2mx-2my+m^2-R=0$$

при разных $R$.

Например, при $m=97, R=8$ имеем:

$$x^2+y^2-2xy-194x-194y+9401=0$$

C помощью сервиса https://www.alpertron.com.ar/QUAD.HTM среди прочего имеем:

x = 1552 k² + 112 k + 2
y = 1552 k² − 664 k + 71

При $R=-3$ получаем:

x = 1552 k² + 492 k + 39
y = 1552 k² − 284 k + 13

При $R=-4$ получаем:

x = 1552 k² + 176 k + 5
y = 1552 k² − 600 k + 58

[Andrey A]

juna
Меня когда-то выносило на эту форму, но не знал что она решаема. Теперь и вспомнить не могу как она выводится*, нельзя ли поподробней? Нужные $R$ по-хорошему находим с помощью символа Якоби, и в главной части вопрос можно считать решенным. Мои поздравления! Никак не пойму, сводится ли случай $R=1$ к классическому Пеллю. Указанный Вами сервис хороший, всё видно пошагово, в том числе и маленькие решения, когда они находятся перебором. Нас же интересуют именно маленькие решения, поэтому перебор хотелось бы свести к минимуму. Для обобщенного Пелля тут есть методы, заодно бы и опробовать. Теперь по поводу "лучшести" приближений и квазипростых. Формула погрешности от waxtep тоже хорошая, но вроде бы удобней фиксировать погрешности целого параметра. Они такие:
$m-\left ( \sqrt{x}+\sqrt{y} \right )^2 \approx \dfrac{R}{2(m-x-y)}.$
$\left ( \sqrt{m}-\sqrt{x} \right )^2-y \approx \dfrac{R}{2(m-x+y)}.$
$\left ( \sqrt{m}-\sqrt{y} \right )^2-x \approx \dfrac{R}{2(m+x-y)}.$ На выбор. Надо теперь порыться во всём этом поглубже.

(Оффтоп)

Лёд тронулся, господа присяжные заседатели!

*Ага, вспомнил. Это же прямо отсюда — $f{(a,b,c)}$.

[Andrey A]

juna в сообщении #1573061 писал(а):

$$x^2+y^2-2xy-2mx-2my+m^2-R=0$$

С другой стороны ничего нового: $(x-y)^2-m(2x+2y-m)=R$, это нам уже известно. Важно как он решает эту штуку.

Можно еще взять $X=\dfrac{x}{m},Y=\dfrac{y}{m}$ и выписать красивое уравнение $\dfrac{\left ( 1+X+Y \right )^2}{1+X^2+Y^2} \approx 2$ в рациональных числах. Порылся )

[juna]

Andrey A

Конечно, ничего принципиально нового я не сказал. Это форма просто выводится из:

juna в сообщении #1570145 писал(а):

Если известно $R$, то для заданного $m$ задачу можно свести к диофантову уравнению:

$$V^2-4mx-R=0$$

Вспоминая, что $V=m-v=m-(y-x)$ получаем искомое. Уравнение $V^2-4mx-R=0$ не обобщенный Пелль, а много проще, зато $(y-x)^2-2m(x+y)+m^2-R=0$ дает решение в числах $x,y$ сразу.

Мой посыл был в том, что зачем все эти искусcтвенные методы, которые Вы продемонстрировали для нахождения верхних ограничений, если мы их можем получать вполне в общем виде.

Эту же форму диофантового уравнения можно получить, из моего подхода через $m_1$:

Если

$$m_1\equiv 1\mod 2\Rightarrow m_1+x+y=m, \frac{m_1^2-(4r+1)}{4}=xy$$

подставляем:

$$(m-(x+y))^2-(4r+1)=4xy$$

получаем искомое:

$$x^2+y^2-2xy-2mx-2my+m^2-(4r+1)=0$$

Если

$$m_1\equiv 0\mod 2\Rightarrow m_1+x+y=m, \frac{m_1^2}{4}-r=xy$$

откуда получаем

$$x^2+y^2-2xy-2mx-2my+m^2-4r=0$$

Здесь, кстати, изначально я думал, что при нечетном $m_1$ для получения оптимального решения при заданном $R$ достаточно
либо в разложении числа $\left\lceil\frac{m_1}{2}\right\rceil^2-\left\lceil\frac{m_1}{2}\right\rceil-r$ чтобы все числа были нечетными, либо оно делилось на 4:

$$m_1\equiv 1\mod 2\Rightarrow\left(\left\lceil\frac{m_1}{2}\right\rceil^2-\left\lceil\frac{m_1}{2}\right\rceil-r\equiv 1\mod 2\right) \lor \left(\left\lceil\frac{m_1}{2}\right\rceil^2-\left\lceil\frac{m_1}{2}\right\rceil-r\equiv 0\mod 4\right)$$

Однако, этого мало.

$$m_1=87$$

$$\left(\left\lceil\frac{87}{2}\right\rceil\right)^2-\left\lceil\frac{87}{2}\right\rceil=44^2-44=2^2\cdot 11\cdot 43=x\cdot y$$

$x=2\cdot 11=22, y=2\cdot 43=86, m=86+22+87=195$
Имеем

$$\frac{87}{2}=43.5\approx\sqrt{22\cdot 86}=43.49712634186309$$

Это лучшее приближение для $43.5$, однако отсюда не следует, что это лучшее приближение и для $\frac{195}{2}$:

$$\frac{195}{2}=\frac{87+22+86}{2}\approx\frac{22+86}{2}+\sqrt{22\cdot 86}\approx 97.4971263418631$$

$$\frac{195}{2}=\frac{97+42+56}{2}\approx\frac{42+56}{2}+\sqrt{42\cdot 56}\approx 97.49742261192856$$

Это проистекает из того, что $43.5\approx\sqrt{22\cdot 86}=43.49712634186309$ приближается хуже, чем $48.5\approx\sqrt{42\cdot 56}=48.49742261192856$
Т.е., если для заданного $m$ для разных нечетных $m_1$ возможно одинаковое $R$, то выбираем с максимальным $m_1$ или, что эквивалентно с минимальным $x+y$.

Заметим, еще, что если мы имеем для заданного $R$:

$$\sqrt{m}\approx\sqrt{x_1}+\sqrt{y_1}$$

$$\sqrt{y_2}\approx\sqrt{m}+\sqrt{x_2}$$

а ровно это и дают решения искомого диофантового уравнения, то мы имеем своеобразный подъем-спуск.
Отсутствие решения для заданного $R$, как правило, будет означать, что среди всех форм решений мы имеем только приближения $\sqrt{m}\approx\sqrt{y}-\sqrt{x}$, т.е. нет спуска.

[Andrey A]

juna в сообщении #1573178 писал(а):

Мой посыл был в том, что зачем все эти искусcтвенные методы...

Да ладно. Подумал было, что Вам удалось свести дело к Гауссовой форме, которая решается обобщенным Пеллем. Хотел порадоваться за успех предприятия. Ну да, погорячился. Хотя, и это иллюзия, ведь наименьшие решения обобщенного Пелля находятся тем же перебором (поправьте, если ошибаюсь). Заглянул в step by step, там и конь не валялся. Просто Вы немножко усложняете дело, а сервис растягивает аж на $20$ сессий, ищет алгебраические суммы, которые нам ни к чему. Методы мои кажутся искусственными тем, кто мало возился с цепными дробями (то есть всем )) Но боюсь, надежда осталась только на них. Если вопрос сводится к поиску наименьших квадратов по заданному модулю, серьезные люди убирают такие задачи в стол. Однако, давайте порассуждаем.
Процесс разложения квадратного радикала изучен хорошо. Как насчет обратной задачи? Имея на руках фиксированную рациональную точку $\alpha$, можем ли точно сказать, какой радикал содержит ее в своем разложении? С целыми тут проще простого: возводим $\alpha$ в квадрат, смотрим соседние целые точки, проверяем их разложения. Целое $\alpha$, к примеру, всегда содержится в разложениях $\sqrt{\alpha^2+1},\sqrt{\alpha^2-1}.$ А вот $\alpha=11/6$ отсутствует в любых разложениях даже в качестве промежуточной дроби. Если же допустить дробное значением под радикалом, решений становится бесконечно много, но методика иная. Разложим $\alpha=11/6=1,1,5$ и продолжим дробь до палиндрома. Можно так $1,1,5,1,1$ или так $1,1,5,5,1,1$, можно взять непереведённое $1,1,4,1$ и продолжить до $1,1,4,1,1,$ а можно дополнить и "посторонним" палиндромом: $1,1,4,1,2,2,1,4,1,1.$ Остается выписать подходящие дроби и перемножить две последние: $1,1,4,1,1=\dfrac{1}{1},\dfrac{2}{1},\dfrac{9}{5},\dfrac{11}{6},\dfrac{20}{11};\ \dfrac{11}{6} \cdot \dfrac{20}{11}=\dfrac{10}{3};\ \sqrt{\dfrac{10}{3}}=1,1,4,1,...$ Таким образом, обратная задача решается хорошо. Ну, а если взять сумму радикалов? Вещественная точка $\sqrt{a}+\sqrt{b}$ есть корень уравнения с целыми коэффициентами $X^4-2(a+b)X^2+(a-b)^2=0$. Алгебраическое число. Процесс его разложения описан здесь. Если известны $n$ знаков разложения, то $(n+1)$-й знак вычисляется по формуле

$$u_{n+1}=\left \lfloor \dfrac{4p_nq_n\left ( p_n^2-(a+b)q_n^2 \right )}{p_n^4-2(a+b)p_n^2q_n^2+(a-b)^2q_n^4} \cdot \dfrac{(-1)^n}{q_n^2}-\dfrac{q_{n-1}}{q_n} \right \rfloor\ $$

Имея на руках параметры $p_n,q_n$ и, если нужно, $p_{n+1},q_{n+1}$, требуется сделать вывод о том, каковы $a,b.$ В сравнении с предыдущим главная сложность в том, что дробь не периодична. Кроме того, точность указанного выражения удовлетворительна только для достаточно большого $n.$ Но! Тут нам в помощь требование "лучшего приближения" из условия, которое до сих пор оказывалось скорее в нагрузку. В разложениях $\sqrt{77}$ и $\sqrt{6}+\sqrt{40}$ совпадают $4$ знака, для $m=913$ — уже $8$ и далее, уверен, по нарастающей. Еще одна неприятность в том, что $a,b$ вовсе не должны быть взаимно просты, но выше было показано, что отношения $a/b$ вполне достаточно для решения задачи, и дело может быть сведено к пропорции. О величине погрешности нам уже известно немало.
Что ж. Выходит, в первом случае обратная задача решается на пятерку, а тут затык... это как минимум странно. Просто она сложная. Или Вы хотели простую задачу?

[Andrey A]

Наглядней это смотрится в рациональных. Обозначим $\beta_n=\dfrac{p_n}{q_n},\ a+b=s,\ a-b=v$ и приравняем остатки дробей разложений $\sqrt{m}$ и $\sqrt{a}+\sqrt{b}:$

$$\dfrac{2\beta_n}{\beta_n^2-m} \cdot \dfrac{(-1)^n}{q_n^2}-\dfrac{q_{n-1}}{q_n}=\dfrac{4\beta_n(\beta_n^2-s)}{\beta_n^4-2s\beta_n^2+v^2} \cdot \dfrac{(-1)^n}{q_n^2}-\dfrac{q_{n-1}}{q_n}$$

После тотального взаимоуничтожения переменных получаем хорошо знакомое

$$v^2-m(2s-m)=R$$

оно же:

juna в сообщении #1573061 писал(а):

$$x^2+y^2-2xy-2mx-2my+m^2-R=0$$

при бесконечно малом $R=(\beta_n^2-m)^2.$ Последнее объясняется необходимостью соответствия формулы алгебраическим суммам при $v>m.$
Можно это решать с помощью сервиса или просто подставить в формулу $x,y=\dfrac{\left ( m \pm v \right )^2-R}{4m}.$
А лобовой удар не проходит.

[juna]

Andrey A в сообщении #1573214 писал(а):

Заглянул в step by step, там и конь не валялся.

Рассмотрел алгоритм, который реализует сервис для нашего диофантового уравнения $x^2+y^2-2xy-2mx-2my+m^2-R=0$, вернее его реализацию в maxima: https://github.com/maxima-project-on-gi ... iophantine
Там ссылаются на статью: John P. Robertson's paper "Solving the equation a*x^2 + b*x*y + c*y^2 + d*x + e*y + f = 0".
Но она не находится, зато находится много других статей этого автора на данную тематику. У нас получается параболический случай.

Поиск минимального решения сводится к системе квадратичных сравнений:

$$v^2-2mv+m^2\equiv R\mod 4m, v^2+2mv+m^2\equiv R \mod 4m$$

путем перебора.
Тогда $x=\frac{(m-v)^2-R}{4m}, y=\frac{(m+v)^2-R}{4m}$, что нам давно известно.
Так что, это никак не продвигает решение.

Andrey A в сообщении #1573214 писал(а):

Хотя, и это иллюзия, ведь наименьшие решения обобщенного Пелля находятся тем же перебором (поправьте, если ошибаюсь).

Насколько понимаю, перебором по длине периода от разложения в цепную дробь.

Andrey A в сообщении #1573214 писал(а):

Разложим $\alpha=11/6=1,1,5$ и продолжим дробь до палиндрома. Можно так $1,1,5,1,1$ или так $1,1,5,5,1,1$, можно взять непереведённое $1,1,4,1$ и продолжить до $1,1,4,1,1,$ а можно дополнить и "посторонним" палиндромом: $1,1,4,1,2,2,1,4,1,1.$

Интересно про палиндромы, откуда это следует?

[Andrey A]

juna в сообщении #1574082 писал(а):

Интересно про палиндромы, откуда это следует?

Как минимум из моей работы (ей не меньше 7-и лет). Там дается обоснование, которое не знаю, потянет ли на доказательство на Ваш вкус.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1573214 писал(а):

... сложная.

Лишний раз убеждаюсь как полезно иной раз вернуться в начало, к самым простым вещам. Если $\sqrt{a}+\sqrt{b} \approx \sqrt{c}+\sqrt{d}$, то не может быть $a>c$ и $b>d$, или $a<c$ и $b<d$. Радикалы тут ничего не меняют в сравнении с обычной арифметикой. Вот и запишем уравнение
$\sqrt{a}+\sqrt{b} \approx \sqrt{a+p}+\sqrt{b-q}$, где $p,q$ — целые неизвестные, не обязательно положительные, но одного знака. Почленным возведением в квадрат получаем
$\sqrt{4ab} \approx p-q+\sqrt{4(a+p)(b-q)}.$
juna, это как раз Ваше $m'$, которое от $m''$ правой части отличается на величину $p-q.$ Из него легко получаем новое $v=\left \lceil \sqrt{(m-m'')^2-m''^2} \right \rceil$, поэтому в контексте задачи нам не обязательно знать сами $p,q$, достаточно разности $p-q = m'-m''.$ Пишем далее:
$\sqrt{4ab}-(p-q) \approx \sqrt{4(a+p)(b-q)}$ и снова в квадрат:
$4ab+(p-q)^2-(p-q)\sqrt{16ab}\approx 4(a+p)(b-q)$ или
$(p+q)^2+4(aq-bp) \approx (p-q)\sqrt{16ab}.$ Последнее почленное возведение в квадрат (бог троицу любит) возвращает такого симпатичного Пелля:

$$\left ( (p+q)^2 +4aq-4bp \right )^2-16ab(p-q)^2\approx 1.$$

или же

$$P^2-16abQ^2 \approx 1.$$

Симпатичность его главным образом в том, что величина старшего квадрата нас не интересует вообще. Вне контекста задачи (т.е. вне связи с $m$) тут вышло бы еще одно уравнение напоследок, а так раскладываем $\sqrt{16ab}$ и, откидывая первый (большой) знак, записываем знаменатели подходящих дробей — потенциальные "поправки" к исходному $m'$, т.е. $m''=m' \pm Q_n.$ Уже этим значительно сокращаем объем вычислений. А учитывая, что $m'<m/2$ и что $Q_n \ll m/2$, практически сводим затраты к минимуму. Но воображаемый алгоритм потребует "интеллектуального присутствия" — то, да потому, да если что... Возьмем пример.
$\sqrt{119} \approx \sqrt{17}+\sqrt{46}$ — хорошее, но не лучшее приближение $(R=8). $
Извлекаем $\sqrt{16 \cdot 17 \cdot 46}=111,1,5,1,222...$
Откидывая большие знаки, имеем $\left [ 1,5,1 \right ]=7.\ m'=119-17-46=56.\ \ 56+7=63>119/2,$ нельзя.
$56-7=49=m'';\ v=\left \lceil \sqrt{(119-49)^2-49^2} \right \rceil=50;$ $x,y=\dfrac{(119 \pm 50)^2-1}{4 \cdot 119}=10,60.$
$\sqrt{119} \approx \sqrt{10}+\sqrt{60}\ (R=1).$ Я тут брал сразу последний знаменатель. В общем случае, думаю, понадобится перебор (от большего к меньшему). Ну, а если квазипростое? Проверяем:
$\sqrt{16 \cdot 10 \cdot 60}=97,1,47,1,194...$
$\left [ 1,47,1 \right ]=49.\ m''=49-49=0,$ что верно для нулевого решения $\sqrt{119} = \sqrt{119}+\sqrt{0}.$ Похоже, работает. Интересно как поведут себя квазипростые?

[juna]

Очень занятный подъем от худшего приближения к лучшему, интересно, с каких худших приближний он начнет срабатывать (приводить не к другим худшим, а к лучшим, если я правильно Вас понял).

В выходные поразбираюсь.