Система с праймориалом

[Andrey A]

$2+3=5$

$3+7=2 \cdot5$

$7+3 \cdot5=2 \cdot11$

$13+2 \cdot3 \cdot7=5 \cdot11$

$2 \cdot5+13 \cdot17=3 \cdot7 \cdot11$

$3 \cdot19+5 \cdot7 \cdot11=2 \cdot13 \cdot17$

$7 \cdot17+3 \cdot19 \cdot23=2 \cdot5 \cdot11 \cdot13$

$7 \cdot11 \cdot19+5 \cdot13 \cdot23=2 \cdot3 \cdot17 \cdot29$

$2 \cdot11 \cdot17+3 \cdot13 \cdot19 \cdot31=5 \cdot7 \cdot23 \cdot29$

Произведение слагаемых в приведенном списке тождеств возвращают последовательные праймориалы. Можно ли его продолжить далее, или есть исключения? Возможно, вопрос исследован (тогда в пр/р), но пока не встречал. Мои комп. возможности тут исчерпаны, если кто захочет поэкспериментировать, рекомендую простой подход:

Положим $x<y<z$, запишем систему $\left\{\begin{matrix} x+y=z\\ xyz=p_n \# \end{matrix}\right..$

$4yz=\left ( z+y \right )^2-\left ( z-y \right )^2=\dfrac{4p_n \#}{x},$ тогда $\dfrac{4p_n \#}{x}+x^2=\square$ есть достаточное условие. Поиск по одному целому параметру $\sqrt[3]{p_n \#} > x \mid p_n \#.$

[Dmitriy40]

Andrey A в сообщении #1592095 писал(а):

тогда $\dfrac{4p_n \#}{x}+x^2=\square$ есть достаточное условие. Поиск по одному целому параметру $\sqrt[3]{p_n \#} > x \mid p_n \#.$

И решений нет уже для следующего значения $37\#$:

? forprime(p=2,80, print1(p,"#:"); pp=4*vecprod(primes([1,p])); fordiv(pp,x, if(issquare(pp/x+x^2), print1(" ",x))); print)
2#: 1
3#: 1 2
5#: 1 2 3 5
7#: 1 3 7 8 14
11#: 2 7 10 11 15 24 33
13#: 13 42
17#: 1 10 11 17 56 165 210 221 714
19#: 57 110 247 385 1064
23#: 119 231 874 1311
29#: 1463 1495
31#: 374 22971
37#:
41#: 1235 6118 6479 16523 49335 57646 127687 147560 213486 219965 495726
43#:
47#:
53#:
59#:
61#:
67#:
71#:
73#:
79#:
time = 11,888 ms.

-- 02.05.2023, 10:43 --

Либо я не понял смысл правой части равенства в

Andrey A в сообщении #1592095 писал(а):

тогда $\dfrac{4p_n \#}{x}+x^2=\square$ есть достаточное условие.

Ведь можно же было нормально написать $=t^2$.

[Andrey A]

Dmitriy40 в сообщении #1592097 писал(а):

можно же было нормально написать $=t^2$.

Можно. Я имел в виду "квадрат вообще". Но странно: на $41 \#$ рекордное число представлений, а дальше тишина. Интересно бы подальше заглянуть — они вообще есть еще, или всё это по малолетству оказалось возможно. Если не затруднит.

[Dmitriy40]

Сильно дальше не получается, количество делителей растёт квадратично (для $127\#$ их уже $2^{32}$ всего), ограничение на кубический корень помогает не так уж сильно (в несколько раз всего лишь). До $127\#$ считалось уже 14 минут, и так ничего и не найдено.

Если внимательно посмотреть на $4\dfrac{p_n\#}{x}+x^2$, то каждое простое попадает или в левое слагаемое или в правое, т.е. делим первые $n$ простых на две кучки в произвольном порядке и числа в каждой перемножаем, потом одну кучку умножаем на 4, а вторую возводим в квадрат и результаты складываем - и должен извлечься корень. Это я к чему: можно взять все возможные $x$ для первых простых скажем по $67$ (таких $x$ будет $2^{20}$) и потом добавлять следующие простые только в одну и ту же кучку, или под квадрат, или под четвёрку, возможно что-то и найдётся, гарантии отсутствия это конечно не даст, но если найдётся, то вуаля. В общем проверил эту идею для $p<1000$, решений не нашёл.

Дополнительно проверил все $x$ содержащие 1 или 2 простых до 3000, а также и содержащие все простые кроме 1 или 2 любых (т.е. 1 или 2 простых ушли в произведение с четвёркой, остальные в $x$). Ничего нового не нашлось.
Комбинации из 3-х простых (и в $x$ и в дроби) проверил до 1000, ничего нового не нашлось.
Комбинации из 4-х простых (и в $x$ и в дроби) проверил до 400, тоже ничего нового.
Комбинации из 5-и простых (и в $x$ и в дроби) проверил до 300, тоже ничего.
Комбинации из 6-х простых (и в $x$ и в дроби) проверил до 200, ничего.

[Andrey A]

Dmitriy40
Спасибо! Всё это довольно неожиданно. Не буду умничать пока (а то ABC-гипотеза приснится), но вот вопрос. Любое четное $C>5$ — сумма двух простых, это мы предположительно знаем. Большое $C$ — сумма больших простых (хотя бы одного). Но если хочется обойтись маленькими простыми, какие появятся ограничения? Сумма степеней двойки и тройки — не любое число. Возьмем $C=77.$ Тут уже без пятерки не обойтись: $77=2^5+3^2 \cdot 5^1=2^1 \cdot 5^2+3^3=2^1+3^1 \cdot 5^2,$ причем задействуется умножение. Бывают ли такие, что без семерки не обойтись? И какое наименьшее? Я бы так поставил задачу: обойтись одним сложением и максимальными степенями простых. Что-то с этой суммой неладное происходит в больших числах $A+B=C$ ) Понимаю, что выглядит несерьезно (поток сознания), отвечать не обязательно.

[Dmitriy40]

А почему 77? Ведь 10 и 14 и 15 тоже не представимы только двойками и тройками. И вообще их довольно много:

? v=vector(100,i,i); v[1]=0; for(a=1,6, v[2^a]=0; for(b=1,4, v[3^b]=0; i=2^a+3^b; if(i<=#v, v[i]=0); i=2^a*3^b; if(i<=#v, v[i]=0);)); print(select(x->x>0, v))
[10, 14, 15, 20, 21, 22, 23, 26, 28, 30, 33, 34, 37, 38, 39, 40, 42, 44, 45, 46, 47, 49, 50, 51, 52, 53, 55, 56, 57, 58, 60, 61, 62, 63, 65, 66, 68, 69, 70, 71, 74,
75, 76, 77, 78, 79, 80, 82, 84, 86, 87, 88, 90, 92, 93, 94, 95, 98, 99, 100]

При этом 22 непредставимо и с пятёркой ни в одном из форматов: $2^a, 3^b, 5^c$, $2^a 3^b, 2^a 5^c, 3^b 5^c$, $2^a+3^b, 2^a+5^c, 3^b+5^c$, $2^a 3^b+5^c, 2^a+3^b 5^c, 2^a 5^c+3^b, 2^a 3^b 5^c$:

v=vector(100,i,i); v[1]=0;
{for(a=1,30,
   i=2^a; if(i>#v, break); v[i]=0;
   for(b=1,19,
      i=3^b; if(i>#v, break); v[i]=0;
      i=2^a+3^b; if(i<=#v, v[i]=0);
      i=2^a*3^b; if(i<=#v, v[i]=0);
      for(c=1,13,
         i=5^c; if(i>#v, break); v[i]=0;
         i=2^a+5^c; if(i<=#v, v[i]=0);
         i=2^a*5^c; if(i<=#v, v[i]=0);
         i=3^b+5^c; if(i<=#v, v[i]=0);
         i=3^b*5^c; if(i<=#v, v[i]=0);
         i=2^a*3^b+5^c; if(i<=#v, v[i]=0);
         i=2^a+3^b*5^c; if(i<=#v, v[i]=0);
         i=2^a*5^c+3^b; if(i<=#v, v[i]=0);
         i=2^a*3^b*5^c; if(i<=#v, v[i]=0);
      );
   );
)}
print(select(x->x>0, v));

[22, 26, 38, 39, 42, 44, 46, 51, 55, 56, 58, 62, 63, 65, 66, 68, 70, 71, 74, 76, 78, 82, 84, 87, 88, 92, 93, 94, 95, 98, 99]

И если я нигде не ошибся, то с семёркой не получаются следующие числа до 100:

[66, 78, 92, 93, 95]

[mathematician123]

Если рассмотреть суммы вида $a +b$, где $a, b$ таковы, что все их простые делители меньше некоторого фиксированного $m$, то в диапазоне $[1, N]$ таких чисел будет не более $\log_2^{2\pi(m)}(N)$. То есть, при достаточно большом $N$ почти все числа будут непредставимы в таком виде.

[Andrey A]

mathematician123 в сообщении #1592150 писал(а):

в диапазоне $[1, N]$ таких чисел будет не более $\log_2^{2\pi(m)}(N)$.

Нельзя ли поподробней — откуда это ограничение и объясняет ли это на Ваш взгляд ситуацию с праймориалами?

Dmitriy40 в сообщении #1592149 писал(а):

$2^a+3^b, 2^a+5^c, 3^b+5^c$, $2^a 3^b+5^c, 2^a+3^b 5^c, 2^a 5^c+3^b,$

Судя по этим формам, предполагаются суммы вз. простых слагаемых. Пусть так, тогда для чистоты эксперимента имеет смысл брать $C$ простое или удвоенное простое. Или так: $p=\dfrac{a^x+b^y}{2^z},$ где пары $(a,b>1);(x,y>1)$ взаимно просты, $a,b$ нечетные. Суммы квадратов тогда приходится исключить. Интересно, что изменится с ростом $p$, и как оно вяжется с ограничением, указанным mathematician123.

[Dmitriy40]

Andrey A в сообщении #1592156 писал(а):

Судя по этим формам, предполагаются суммы вз. простых слагаемых.

А как иначе? Тогда и 77 представимо без пятёрок: $77=7(3+2^3)$. Я основывался на Ваших же примерах, где каждое простое встречается не более одного раза и не более одного сложения.

[Andrey A]

Хорошо, согласен.

[mihaild]

Andrey A в сообщении #1592156 писал(а):

Нельзя ли поподробней — откуда это ограничение и объясняет ли это на Ваш взгляд ситуацию с праймориалами?

Число, все простые множители которого не превосходят $m$, а само число не превосходит $N$, однозначно задается степенями при каждом из $\pi(m)$ простых множителей, и каждая степень никак не больше $\log_2 N$, отсюда таких чисел не больше $\log_2^{\pi(m)} N$. Ну и поскольку сумма двух чисел, то еще квадрат.

Это ИМХО некоторый намек на ситуацию с примориалами. Только я бы сразу взял три числа: чисел вида $a + b - c$, где $abc = p_n^#$, мало, а бегают они в большом диапазоне. Поэтому должны быть какие-то "причины", почему среди них должен попасться ноль, просто случайное число из этого диапазона скорее всего не попадется.

[mathematician123]

Andrey A в сообщении #1592156 писал(а):

Нельзя ли поподробней — откуда это ограничение и объясняет ли это на Ваш взгляд ситуацию с праймориалами?

Если разложить $a, b$ на простые, то они имеют вид $\prod\limits_{i = 1}^{\pi(m)} p_i^{\alpha_i}$, где $\alpha_i \le \log_2(N)$. А это значит, что имеется не более $\log_2^{\pi(m)}(N)$ значений $a, b$ в промежутке $[1, N]$. Значит, сумм вида $a + b$ не больше $\log_2^{2\pi(m)}(N)$.

А про праймориалы сложно что-то сказать. Даже если взять частный случай $3x(x+3) = p_n\#$, то уже непонятно как такое уравнение решать.

[Andrey A]

mathematician123 в сообщении #1592168 писал(а):

уже непонятно как такое уравнение решать.

Кроме выше описанного перебора тоже не знаю. С логарифмом понятно, спасибо.

mihaild в сообщении #1592167 писал(а):

Только я бы сразу взял три числа: чисел вида $a + b - c$, где $abc = p_n^#$, мало, а бегают они в большом диапазоне.

Так их три, не очень Вас понял. Если имеется в виду четыре слагаемых, можно попробовать, но это уже другая задача; и для малых праймориалов решения что-то не видно.

[mihaild]

Andrey A в сообщении #1592180 писал(а):

Так их три, не очень Вас понял

А mathematician123 считал количество двух.
Но тут уже я затупил, потому что третье по двум восстанавливается.

[Dmitriy40]

mathematician123 в сообщении #1592168 писал(а):

Даже если взять частный случай $3x(x+3) = p_n\#$, то уже непонятно как такое уравнение решать.

С таким проще, оно же квадратное относительно $x$, а корень из дискриминанта извлекается довольно редко:

? pp=1; forprime(p=2,10^6, pp*=p; if(issquare(9+4*pp/3), print1(p,"#, ")))
5#, 7#,
time = 2min, 25,486 ms.

Т.е. только два решения, $x=2, x=7$ соответственно.
Причём нет никакой особой проблемы посчитать это дело и до триллионных праймориалов (написать на С или асме проверку младших битов дискриминанта без длинной арифметики, а если что-то подойдёт (а по модулю $2^{31}$ подходит уже всего где-то каждый десятитысячный, а по модулю $2^{61}$ вообще ни одного лишнего варианта для $p<10^9$, т.е. новых решений нет как минимум до туда), то перепроверить уже чем-то точным).
Но конечно это не решение, а перебор.