√m≈√x+√y

[Andrey A]

juna
Спасибо за файл! К сожалению времени почитать раньше субботы у меня не будет, об остальном кратко. Каждому значению $R$ при фиксированном $m$ строго соответствует пара $x,y$ и соответствующее разложение суммы радикалов. Пересечений тут быть не может, и, если мы ошибемся при подстановке $R$ в формулу $v_n,$ получим нечто неинформативное. Именно это и происходит при разложении $\sqrt{m}$ с подстановкой $R>0$, ведь существует тривиальное решение $\sqrt{m}=\sqrt{0}+\sqrt{m}$, и ему соответствует $R=0.$ Искать соответствие $L=l$ бессмысленно, можно говорить лишь о совпадении $l$ начальных знаков и о статистической зависимости $l$ от величины $m$. Поздно сообразил, но иллюзиями процедуру не проймешь. Что с этим делать дальше тоже не очень понимаю. Если мы ищем алгоритм, думаю полезно раскладывать не $\sqrt{m},$ а $\sqrt{m-\delta}$. Погрешность целого параметра $m$ имеет хорошее рациональное приближение $\delta \approx \dfrac{R}{2(m-s)}$ и может служить объектом усреднения или двоичного поиска. Больше пока ничего не скажу.

[juna]

Andrey A в сообщении #1576324 писал(а):

Каждому значению $R$ при фиксированном $m$ строго соответствует пара $x,y$ и соответствующее разложение суммы радикалов.

В этом Вы либо заблуждаетесь, либо неудачно выразились. Уже приводил пример для $m=195$:

$$\sqrt{195}\approx \sqrt{22}+\sqrt{86}, R=1, v=64$$

$$\sqrt{195}\approx \sqrt{42}+\sqrt{56}, R=1, v=14$$

В таких условиях дополнительным критерием оптимальности выступает $m_1\rightarrow\max$ или аналог $x+y\rightarrow\min$, поэтому погрешность $\delta$ зависит не только от $R$, но и от $m_1$, т.е. от двух параметров.

[Andrey A]

Да, конечно. По каждому вычету (кроме $R=0$) есть лучшее. Принимается. А $L=l$ можно было не искать, речь об этом.

juna в сообщении #1576335 писал(а):

... погрешность $\delta$ зависит не только от $R$, но и от $m_1$, т.е. от двух параметров.

Это видно непосредственно из формулы.

[Утундрий]

Насколько я узрел, просмотрев всю тему, участники не пытались ограничиться "чистыми" корнями?

[Andrey A]

Утундрий в сообщении #1576340 писал(а):

... не пытались ограничиться "чистыми" корнями?

Волей-неволей приходится классифицировать. "Приведенное" и "примитивное" отсеивают приближения, которые могут быть получены из других или явно (по некоторым признакам) не могут оказаться решением. "Квазипростое" (относительно воображаемого алгоритма) обозначает составные модули, которые "ведут себя" как простые и т.д. Всё по-взрослому, но это не ради бухгалтерии. Цель прежняя — найти алгоритмическое решение отличное от перебора. Если честно, пока это не удается.

[Утундрий]

Я имел в виду допускать к перебору не все целые числа, а только составленные из произведения простых, взятых каждое не более одного раза. Чтобы не возникали целые множители перед корнями. Потому что иначе на больших числах вы приблизите всё что угодно сколь угодно точно, а это на мой взгляд не так интересно.

[juna]

Утундрий в сообщении #1576350 писал(а):

Я имел в виду допускать к перебору не все целые числа, а только составленные из произведения простых, взятых каждое не более одного раза.

Мы рассматриваем $m$ свободное от квадратов, иначе $R=0$ и имеем точное равенство.
$x, y$ - это уж как получится, они часто тоже свободны от квадратов.

[Andrey A]

Но если имеется в виду $R$ свободное от квадратов, то да, но с исключением для двойки:

juna в сообщении #1570045 писал(а):

последовательность фундаментальных дискриминантов A003658

Впрочем, такую процедуру трудно считать перебором, поскольку предполагается знание квадратов $\equiv R \mod m.$ Если же перебирать другие параметры, можно сократить число итераций до $m/6$:

Andrey A в сообщении #1575078 писал(а):

Существует "точка смены дат", обозначим ее $\Omega=\dfrac{m-3}{9}.$
Во избежание лишних вычислений в процессе воображаемого перебора, в нижней части решения генерируются от последовательных $1 \leqslant x <\Omega$, в верхней части — от последовательных $\dfrac{m+1}{2} \leqslant s<s_{\Omega}=\dfrac{5m+3}{9}$.

Под этим и хотелось бы понимать "приведенное", если нет возражений, но само по себе любое натуральное число может быть "членом тройки", а вот конечное ли число раз — вопрос интересный.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1576358 писал(а):

... конечное ли число раз — вопрос интересный.

Взять недавний пример:

juna в сообщении #1576125 писал(а):

... для первого квазипростого $m=1711$ имеем:

$$\sqrt{1711}=41.36423575989287\approx\sqrt{2}+\sqrt{1596}=41.36418227324945, R=1$$

но это хуже чем:

$$\sqrt{1711}\approx\sqrt{181}+\sqrt{779}=41.36419552097944, R=5$$

Тут $p=29$ — простое Софи Жермен, $p(2p+1)=1711$ первое квазипростое. Следующее (от $p=41$) таковым не является, но $53 \cdot 107=5671$ — снова квазипростое ($R=13$). Вот если существует в этом ряду наибольшее не квазипростое, подобного расклада можно ждать и от произведений вида $p(2p-1)$ oeis.org/A005382. Тогда количество вхождений двойки в решения вида $R=1$ конечно. Подобная ситуация ожидаема и для простых $m$, а остальные числа, в общем, ничем не лучше двойки. Иными словами можно предположить, что отношение $y/x$ не может быть слишком большим.

[juna]

Andrey A в сообщении #1576411 писал(а):

Иными словами можно предположить, что отношение $y/x$ не может быть слишком большим

В первом приближении и с достаточной точностью:

$$\frac{x}{y}\approx\left(\frac{m-v}{m+v}\right)^2, x\leq y$$

Например, $m=1711, x=181, y=779, v=598$:

$$\frac{181}{779}\approx 0.2323491655969191$$

$$\left(\frac{1711-598}{1711+598}\right)^2\approx 0.2323498855196145$$

$v$ может меняться от 0 (при $x=y$) до порядка $m-2\sqrt{m}$ (при $x=1$)

[Andrey A]

juna
Это верно, конечно, но имелось в виду другое. Нам известно, что в решениях $R=1$ произведение $xy$ есть число вида $k(k+1).$ Если $x=2,$ то $y=k(k+1)/2$ — треугольное число $t_k$. То же и $m: \sqrt{2}+\sqrt{t_n} \approx \sqrt{t_n+2}.$ Рассмотрим случаи, когда треугольное число $m$ имеет ровно два простых делителя (для этого нам нужны простые Софи Жермен и похожая последовательность oeis.org/A005382). Все приближения вида $R=1$ для них имеют иксом двойку, но в некоторый момент они перестают быть решением, это как раз первое квазипростое, указанное Вами. Следующее решение ($p=41$) не является квазипростым, если не ошибся: $\sqrt{2}+\sqrt{t_{80}} \approx \sqrt{t_{82}}.$ Если они так и дальше идут вперемешку, можно сделать вывод о бесконечном числе вхождений двойки в решения вида $R=1.$ Но ключевое отношение $y/x$ увеличивается, и мне это кажется нелогичным. Вот проверил дальнейшие $35$ треугольников до $t_{1153}$, все они уже оказались квазипростыми. Если же предположение о конечном числе вхождений двойки в $R=1$ верно, то по простым $m$ и подавно. Другие числа ничем не хуже двойки, и тогда можно говорить о верхней границе отношения $y/x$ как функции от $x$. Может, она даже к чему-то сходится — понятие "не может быть слишком большим" мало к чему обязывает. Как-то так.

[juna]

Andrey A в сообщении #1576461 писал(а):

Рассмотрим случаи, когда треугольное число $m$ имеет ровно два простых делителя (для этого нам нужны простые Софи Жермен и похожая последовательность oeis.org/A005382
).

Теперь понял, что Вы рассматриваете. Для таких треугольных чисел есть специальная последовательность A068443.
Вот полная таблица: https://oeis.org/A068443/b068443.txt

Гипотеза конечности решений c $x=2$ для таких треугольных чисел весьма правдоподобна. Во всяком случае, там очень много квазипростых (некоторую начальную часть проверил, надо бы позже все проверить). Можно оттуда рекордсменов по величине брать )).
По поводу, что двойка ничем не лучше остальных, не знаю.

[Andrey A]

juna в сообщении #1576517 писал(а):

По поводу, что двойка ничем не лучше остальных, не знаю.

Она меньше остальных. И только ) Хорошо бы тогда проверить и единицу. Кстати, формулой погрешности целого параметра $m$ пользоваться следует осторожно, во всяком случае не для сортировки. Лучше обозвать ее большой $\Delta=\dfrac{R}{2m'}.$ Решение $\sqrt{811} \approx \sqrt{1}+\sqrt{755}$ из Вашей таблицы оказывается по этой формуле чуть ли не четвертым приближением. Как-то я сумбурно выразился опять, тяжело без редактирования. Смысл не в двойке, а в том, что для больших чисел арифметическая сумма $\sqrt{x}+\sqrt{y} \approx \sqrt{m}$ (если она является лучшим приближением и $m$ свободно от квадратов) должна быть "соразмерна". Для четного $m$ это выражается явно: $\sqrt{d}+\sqrt{d+1} \approx \sqrt{4d+2}$, для нечетных более опосредованно, но тоже имеет место быть. Если $x<10$, а $y$ порядка $10^{30}$, такое приближение заведомо не может быть лучшим, и это согласуется с предположением о конечном числе вхождений заданного натурального числа. Доказать это будет трудновато. Спасибо за ссылку.

[juna]

Ради интереса рассмотрел противоположное соотношение:

$$\sqrt{m''}=\sqrt{y}-\sqrt{x}$$

При $m''=2$ получаем диофантовое уравнение:

$$x^2-2xy+y^2-4x-4y+3=0$$

Оно имеет несколько серий решений:

$$x = 32 k^2 + 20 k + 3, y = 32 k^2 + 4 k$$

$$x = 32 k^2 + 28 k + 6, y = 32 k^2 + 12 k + 1$$

$$x = 32 k^2 + 36 k + 10, y = 32 k^2 + 20 k + 3$$

$$x = 32 k^2 + 44 k + 15, y = 32 k^2 + 28 k + 6$$

$$x=32 k^2-12 k+1, y=32 k^2- 28 k +6$$

$$x= 32 k^2 - 4k, y=32 k^2 - 20 k +3$$

$$x=32 k^2+4k, y=32k^2-12k+1$$

$$x=32k^2+12k+1, y=32k^2-4k$$

Каждое из них дает бесконечно много приближений $\sqrt{2}$, например:

$$\sqrt{2}\approx\sqrt{32 k^2 + 12 k + 1}-\sqrt{32 k^2 - 4 k}$$

Чем больше $k$, тем точнее.
Для приближения $\sqrt{2}+\sqrt{x}\approx\sqrt{m}$ c $R=1$ нужно искать среди предложенных форм.

Возьмем, к примеру, $m=1711=32k^2+20k+3\Rightarrow k=7$, получаем уже указанное ранее:

$$\sqrt{1711}\approx\sqrt{1596}+\sqrt{2}$$

остальные формы ничего нового тоже не дают, а это неоптимально.

Кстати, если не ошибаюсь, то если $m$ - простое, то поскольку $R>1$, ни одна из этих форм не должна дать целочисленного или рационального решения (ничего, кроме тривиального при разложении $\sqrt{m}$ в цепную дробь мы не получим). Может быть это окажется своеобразным тестом на простоту. Надо бы проверить.

-- Вс янв 08, 2023 23:33:28 --

(Оффтоп)

Andrey A в сообщении #1576524 писал(а):

тяжело без редактирования

Можно использовать colaboratory в режиме разметки MarkDown из профиля google, а потом сюда просто копировать.

[Andrey A]

juna в сообщении #1576546 писал(а):

Оно имеет несколько серий решений:

Они все факторизуются (оземь) и оборачиваются знакомыми треугольниками.

juna в сообщении #1576546 писал(а):

если $m$ - простое, то поскольку $R>1$, ни одна из этих форм не должна дать целочисленного или рационального решения

В Вашей таблице есть два решения с простым $m:\ \sqrt{17} \approx \sqrt{2}+\sqrt{7};\ \sqrt{97} \approx \sqrt{2}+\sqrt{71}.$ Оба берутся из секвенции (выписываю без радикалов) $2+7=17,2+17=31,2+31=49,2+49=71,2+71=97,...$ и т.д., что образует ряд $2n^2-1.$ Можно записать $\sqrt{2}+\sqrt{2n^2-1} \approx \sqrt{2(n+1)^2-1}.$ Важно, что ни один из членов этого ряда (кроме указанных) в таблице больше не появляются, а $m=31,71$ сразу бьются по $R=5$. Проверил на всякий случай до $m=2449,$ треугольники Вы сами собирались проверить на импортной электрической машинке. Всё к тому. Насчет "просто копировать" спасибо. Пишешь-то сразу...