кортежи последовательных простых. ключ к 19-252

[vicvolf]

Dmitriy40
Ради интереса подсчитал средне квадратичные отклонения для данного кортежа [0, 6, 24, 36, 66, 84, 90, 114, 120, 126, 150, 156, 174, 204, 216, 234, 240] на том же диапазоне.
C =204267977.27052456200777283266142295380;
for(po=20,25, print("1e",po,": ",sqrt(C*intnum(t=10^15, 10^po, 1/log(t)^17)-C^2*intnum(t=10^15, 10^po, 1/log(t)^34))))

1e20: 1.3250375467236887150272578898712175202
1e21: 2.7267461085413125554224436286046511819
1e22: 5.7290417485650859581276282740212296666
1e23: 12.268690918529430383401940989756943337
1e24: 26.733890778784400798366380695907488922
1e25: 59.186018919027202382429157581189982916

Что-то многовато получилось. За основу взял Вашу программу. Где ошибка?

[Dmitriy40]

vicvolf в сообщении #1647467 писал(а):

Где ошибка?

Почему думаете что она есть?
Вот те значения, СКО от которых считали:
C =204267977.27052456200777283266142295380; for(po=20,25, print("1e",po,": ", C*intnum(t=10^15, 10^po, 1/log(t)^17)))
1e20: 1.7557245002275315546308709801402952266
1e21: 7.4351443404451914718020312280718548578
1e22: 32.821919356801697595127500054036228216
1e23: 150.52077685440651819771879578445903007
1e24: 714.70091617197361582471365013812979683
1e25: 3502.9848354834459300047762495294712228
Ну и чем не нравится СКО?

-- 26.07.2024, 20:59 --

Dmitriy40 в сообщении #1647457 писал(а):

Версия с векторами ещё не завершилась, прошло 21ч, надо ещё несколько (может и больше десятка).

Досчитала, 23ч, данные совпали, ускорение оказалось 2.8 раза, заметно снизилось.

Учитывая достигнутую точность переписывать код на асме потребности пока не вижу, даже до суток счёта (в один поток) вполне терпимо.

-- 26.07.2024, 21:10 --

Yadryara в сообщении #1647463 писал(а):

Вашу последнюю модификацию проверял на 7-ках и 9-ке с 8-9-кратным загрязнением — прекрасно сошлись.

Для более коротких кортежей надо бы 1e15 в интеграле уменьшить, непринципиально насколько, главное не заходить в область огромных ошибок HL-1 около 2-10-100, и в то же время начинать задолго до первого реального грязного кортежа. -10 порядков думаю должно хватать всегда. Можно и точнее определить лучшую точку начала, Вы возможно так и делали, мне же влом.

[vicvolf]

Dmitriy40 в сообщении #1647482 писал(а):

vicvolf в сообщении #1647467 писал(а):

Где ошибка?

Почему думаете что она есть?
Вот те значения, СКО от которых считали:
C =204267977.27052456200777283266142295380; for(po=20,25, print("1e",po,": ", C*intnum(t=10^15, 10^po, 1/log(t)^17)))
1e20: 1.7557245002275315546308709801402952266
1e21: 7.4351443404451914718020312280718548578
1e22: 32.821919356801697595127500054036228216
1e23: 150.52077685440651819771879578445903007
1e24: 714.70091617197361582471365013812979683
1e25: 3502.9848354834459300047762495294712228
Ну и чем не нравится СКО?

Но я хотел от этих

Dmitriy40 в сообщении #1647366 писал(а):

Ради интереса посмотрел на оценку кортежей 17-240, их известно 5шт до 1e22, причём первый почти точно на 1e21. Оценка до шестикратного загрязнения:

v=[0, 6, 24, 36, 66, 84, 90, 114, 120, 126, 150, 156, 174, 204, 216, 234, 240]
C =204267977.27052456200777283266142295380
C1=28369943870.637190788534643770043972079
C2=1882883655575.2751806520561345784915500
C3=79503105963393.861809247903002671637974
C4=2398827502988278.8370655540475223328881
C5=55074965123455739.447710661923258904122
C6=1000416540944375388.0187642856124195935
[1, 104, 2952, 41852, 379420, 2471696, 12318076]
10^20: 0.364217
10^21: 1.209901
10^22: 4.437549
10^23: 17.921522
10^24: 78.976390
10^25: 375.024404

Считаю совпадение отличным.
И кстати это довод что меньшего кортежа нет.

[Dmitriy40]

vicvolf в сообщении #1647490 писал(а):

Но я хотел от этих

А эти считались с учётом C,C1,C2,C3,C4,C5,C6: "Оценка до шестикратного загрязнения". Значит и для дисперсии и СКО надо тоже их учитывать. Как я делал выше для 19-252 (только учитывал по С9).

[Dmitriy40]

vicvolf
Кстати я вовсе не уверен что можно так вычислять квадрат матожидания (надеюсь это оно), как я сделал выше с СКО для доли чистых 19-252, может надо честно возводить в квадрат выражение для матожидания, и скобку с 10-ю знакопеременными слагаемыми, и подинтегральную функцию тоже с 10-ю знакопеременными слагаемыми, ровно по формуле 3.3 из вашей статьи. Или надо руководствоваться формулой 5.7 и я сделал правильно?

[Yadryara]

Dmitriy40 в сообщении #1647482 писал(а):

Можно и точнее определить лучшую точку начала, Вы возможно так и делали,

Ну вот хорошо, что это сказано. Теперь уже есть ощущение что предложенную методику расчёта стартовой точки Вы видели.

Dmitriy40 в сообщении #1647482 писал(а):

главное не заходить в область огромных ошибок HL-1 около 2-10-100, и в то же время начинать задолго до первого реального грязного кортежа.

Ну так это как раз и невозможно для многих кортежей Вот же, Вы сами писали:

Dmitriy40 в сообщении #1646990 писал(а):

потерялись несколько первых кортежей:
7-108-1:
19: 0 4 10 12 18 22 24 28 34 40 42 48 52 54 60 64 70 78 82 84 88 90 94 108, len=24, valids=7
83: 0 6 14 18 20 24 26 30 44 48 54 56 66 68 74 80 84 90 96 98 108, len=21, valids=7
173: 0 6 8 18 20 24 26 38 50 54 56 60 66 68 78 84 90 96 98 104 108, len=21, valids=7
523: 0 18 24 34 40 46 48 54 64 70 76 78 84 90 94 96 108, len=17, valids=7
7-108-2:
19: 0 4 10 12 18 22 24 28 34 40 42 48 52 54 60 64 70 78 82 84 88 90 94 108, len=24, valids=7
223: 0 4 6 10 16 18 28 34 40 46 48 54 58 60 70 84 88 90 94 108, len=20, valids=7
7-108-3:
29: 0 2 8 12 14 18 24 30 32 38 42 44 50 54 60 68 72 74 78 80 84 98 102 108, len=24, valids=7
73: 0 6 10 16 24 28 30 34 36 40 54 58 64 66 76 78 84 90 94 100 106 108, len=22, valids=7
1009: 0 4 10 12 22 24 30 40 42 52 54 60 78 82 84 88 94 100 108, len=19, valids=7
7-108-4:
19: 0 4 10 12 18 22 24 28 34 40 42 48 52 54 60 64 70 78 82 84 88 90 94 108, len=24, valids=7
593: 0 6 8 14 20 24 26 38 48 50 54 60 66 68 80 84 90 98 108, len=19, valids=7

То есть для всех 4-х паттернов есть кортежи до 100.

Так что всё равно похоже, что лучше стартовать повыше:

Yadryara в сообщении #1646983 писал(а):

Поступаем так же, по минимуму: интеграл считаем от 1е3,

Dmitriy40 в сообщении #1647499 писал(а):

можно так вычислять квадрат матожидания (надеюсь это оно),

Не-а. 0.6 чистых кортежей на 1е25 — это и есть матожидание:

Yadryara в сообщении #1629535 писал(а):

Хорошо, средняя ожидаемая частотность. Не хочется говорить матожидание, потому что не уверен, что в данном случае это уместно.

Уместно. Или кто-то не согласен?

Ну а корень из дисперсии, СКО нередко называют просто сигмой. См. Правило трёх сигм.

[vicvolf]

Yadryara в сообщении #1647506 писал(а):

Dmitriy40 в сообщении #1647482 писал(а):

Можно и точнее определить лучшую точку начала, Вы возможно так и делали,

Ну вот хорошо, что это сказано. Теперь уже есть ощущение что предложенную методику расчёта стартовой точки Вы видели.

Dmitriy40 в сообщении #1647482 писал(а):

главное не заходить в область огромных ошибок HL-1 около 2-10-100, и в то же время начинать задолго до первого реального грязного кортежа.

Ну так это как раз и невозможно для многих кортежей Вот же, Вы сами писали:

Dmitriy40 в сообщении #1646990 писал(а):

потерялись несколько первых кортежей:
7-108-1:
19: 0 4 10 12 18 22 24 28 34 40 42 48 52 54 60 64 70 78 82 84 88 90 94 108, len=24, valids=7
83: 0 6 14 18 20 24 26 30 44 48 54 56 66 68 74 80 84 90 96 98 108, len=21, valids=7
173: 0 6 8 18 20 24 26 38 50 54 56 60 66 68 78 84 90 96 98 104 108, len=21, valids=7
523: 0 18 24 34 40 46 48 54 64 70 76 78 84 90 94 96 108, len=17, valids=7
7-108-2:
19: 0 4 10 12 18 22 24 28 34 40 42 48 52 54 60 64 70 78 82 84 88 90 94 108, len=24, valids=7
223: 0 4 6 10 16 18 28 34 40 46 48 54 58 60 70 84 88 90 94 108, len=20, valids=7
7-108-3:
29: 0 2 8 12 14 18 24 30 32 38 42 44 50 54 60 68 72 74 78 80 84 98 102 108, len=24, valids=7
73: 0 6 10 16 24 28 30 34 36 40 54 58 64 66 76 78 84 90 94 100 106 108, len=22, valids=7
1009: 0 4 10 12 22 24 30 40 42 52 54 60 78 82 84 88 94 100 108, len=19, valids=7
7-108-4:
19: 0 4 10 12 18 22 24 28 34 40 42 48 52 54 60 64 70 78 82 84 88 90 94 108, len=24, valids=7
593: 0 6 8 14 20 24 26 38 48 50 54 60 66 68 80 84 90 98 108, len=19, valids=7

То есть для всех 4-х паттернов есть кортежи до 100.

Так что всё равно похоже, что лучше стартовать повыше:

Yadryara в сообщении #1646983 писал(а):

Поступаем так же, по минимуму: интеграл считаем от 1е3,

Вопрос интересный. Надо подумать

Цитата:

Не-а. 0.6 чистых кортежей на 1е25 — это и есть матожидание:

Да

Цитата:

Yadryara в сообщении #1629535 писал(а):

Хорошо, средняя ожидаемая частотность. Не хочется говорить матожидание, потому что не уверен, что в данном случае это уместно.

Уместно. Или кто-то не согласен?

Похоже только Вы)

[vicvolf]

Dmitriy40 в сообщении #1647499 писал(а):

vicvolfИли надо руководствоваться формулой 5.7 и я сделал правильно?

Это формула относится к другой гипотезе. Надо пользоваться формулой 4.10, как я писал.

[Dmitriy40]

vicvolf в сообщении #1647554 писал(а):

Надо пользоваться формулой 4.10, как я писал.

Ну и как ей воспользоваться для оценки чистых кортежей, где вместо одной C() есть аж 11 разных C(), что именно возводить в квадрат? И под интегралом будет 38-я степень логарифма или как я сделал с 38-й по 58-ю?
С другой стороны неясен смысл выражения $(\frac{C^2}{\ln^{38}t} - \frac{C_1^2}{\ln^{40}t} + \frac{C_2^2}{\ln^{42}t})$, это вовсе не квадрат выражения $(\frac{C}{\ln^{19}t} - \frac{C_1}{\ln^{20}t} + \frac{C_2}{\ln^{21}t})$. Надеюсь что константу можно вносить под интеграл спорить не будете.
Соответственно как посчитать дисперсию и СКО для оценок доли чистых я не понимаю (что именно возводить в квадрат).
Впрочем кроме Вас похоже это никому не интересно ...

-- 27.07.2024, 19:43 --

Yadryara
Нижняя граница в интеграле не обязана быть степенью десяти, можно брать любое число.

[Yadryara]

Dmitriy40, а Вы точно мне отвечаете? Я такого не говорил.

[Dmitriy40]

Yadryara в сообщении #1647506 писал(а):

Теперь уже есть ощущение что предложенную методику расчёта стартовой точки Вы видели.

По ссылке много стартовых точек, но все только степени десятки. Прямо не говорили, да.

[vicvolf]

Dmitriy40 в сообщении #1647571 писал(а):

vicvolf в сообщении #1647554 писал(а):

Надо пользоваться формулой 4.10, как я писал.

Ну и как ей воспользоваться для оценки чистых кортежей, где вместо одной C() есть аж 11 разных C(), что именно возводить в квадрат? И под интегралом будет 38-я степень логарифма или как я сделал с 38-й по 58-ю?
С другой стороны неясен смысл выражения $(\frac{C^2}{\ln^{38}t} - \frac{C_1^2}{\ln^{40}t} + \frac{C_2^2}{\ln^{42}t})$, это вовсе не квадрат выражения $(\frac{C}{\ln^{19}t} - \frac{C_1}{\ln^{20}t} + \frac{C_2}{\ln^{21}t})$. Надеюсь что константу можно вносить под интеграл спорить не будете.

Надо просто в формулу 4.10 подставить вместо $C$ эквивалентное значение для чистых кортежей $C$ч.
Обозначим среднее количество чистых кортежей, не превосходящих $x$ - $E_{m_1,m_2,..,m_k}(x)$. Тогда:

$E_{m_1,m_2,..,m_k}(x) \sim C\int_2^x\frac{dt}{\ln^k(t)}-C_1\int_2^x\frac{dt}{\ln^{k+1}(t)}+$$C_2\int_2^x\frac{dt}{\ln^{k+2}(t)}-...+(-1)^lC_l\int_2^x\frac{dt}{\ln^{k+l}(t)}$.

В этом случае:

$C$ч$=E_{m_1,m_2,..,m_k}(x)/\int_2^x\frac{dt}{\ln^k(t)}$.

-- 28.07.2024, 10:34 --

Yadryara в сообщении #1647506 писал(а):

Dmitriy40 в сообщении #1647482 писал(а):

Можно и точнее определить лучшую точку начала, Вы возможно так и делали,

Ну вот хорошо, что это сказано. Теперь уже есть ощущение что предложенную методику расчёта стартовой точки Вы видели.

Dmitriy40 в сообщении #1647482 писал(а):

главное не заходить в область огромных ошибок HL-1 около 2-10-100, и в то же время начинать задолго до первого реального грязного кортежа.

Ну так это как раз и невозможно для многих кортежей Вот же, Вы сами писали:

Dmitriy40 в сообщении #1646990 писал(а):

потерялись несколько первых кортежей:
7-108-1:
19: 0 4 10 12 18 22 24 28 34 40 42 48 52 54 60 64 70 78 82 84 88 90 94 108, len=24, valids=7
83: 0 6 14 18 20 24 26 30 44 48 54 56 66 68 74 80 84 90 96 98 108, len=21, valids=7
173: 0 6 8 18 20 24 26 38 50 54 56 60 66 68 78 84 90 96 98 104 108, len=21, valids=7
523: 0 18 24 34 40 46 48 54 64 70 76 78 84 90 94 96 108, len=17, valids=7
7-108-2:
19: 0 4 10 12 18 22 24 28 34 40 42 48 52 54 60 64 70 78 82 84 88 90 94 108, len=24, valids=7
223: 0 4 6 10 16 18 28 34 40 46 48 54 58 60 70 84 88 90 94 108, len=20, valids=7
7-108-3:
29: 0 2 8 12 14 18 24 30 32 38 42 44 50 54 60 68 72 74 78 80 84 98 102 108, len=24, valids=7
73: 0 6 10 16 24 28 30 34 36 40 54 58 64 66 76 78 84 90 94 100 106 108, len=22, valids=7
1009: 0 4 10 12 22 24 30 40 42 52 54 60 78 82 84 88 94 100 108, len=19, valids=7
7-108-4:
19: 0 4 10 12 18 22 24 28 34 40 42 48 52 54 60 64 70 78 82 84 88 90 94 108, len=24, valids=7
593: 0 6 8 14 20 24 26 38 48 50 54 60 66 68 80 84 90 98 108, len=19, valids=7

То есть для всех 4-х паттернов есть кортежи до 100.

Так что всё равно похоже, что лучше стартовать повыше:

Yadryara в сообщении #1646983 писал(а):

Поступаем так же, по минимуму: интеграл считаем от 1е3,

Я раньше писал формулу (4):

vicvolf в сообщении #1647053 писал(а):

Обозначим количество простых кортежей вида $p,p+2m_1,p+2m_2,...,p+2m_k$, не превосходящих $x$ - $\pi_{m_1,m_2,...,m_k}(x)$, тогда по первой гипотезе Харди-Литтлвуда:

$\pi(m_1,m_2,...,m_k)(x) \sim C(m_1,m_2,...,m_k)\int_2^x{\frac{dt}{\ln^{k-1}(t)}}$,(1)

где $C(m_1,m_2,...,m_k)$ - постоянная зависящая от вида кортежа.

Пусть нам известно количество простых кортежей определенного вида, не превосходящих $a$ - $\pi(m_1,m_2,...,m_k)(a)$ (2), тогда:

$\pi(m_1,m_2,...,m_k)(x)\sim C(m_1,m_2,...,m_k) (\int_2^a{\frac{dt}{\ln^{k-1}(t)}}+\int_a^x{\frac{dt}{\ln^{k-1}(t)}})$. (3)

Подставим (2) в (3) и получим:

$\pi(m_1,m_2,...,m_k)(x)\sim \pi(m_1,m_2,...,m_k)(a)+C(m_1,m_2,...,m_k)\int_a^x{\frac{dt}{\ln^{k-1}(t)}}$. (4)

Формула (4) это некоторая модификация первой гипотезы Харди-Литтлвуда. Она более точная, чем формула (1), так вместо приближенного значения $C(m_1,m_2,...,m_k) \int_2^a{\frac{dt}{\ln^{k-1}(t)}}$ подставляется точное $\pi(m_1,m_2,...,m_k)(a)$.

Эту формулу и надо использовать, когда известно определенное количество кортежей на интервале. Просто их добавлять в прогноз и далее стартовать с этой точки.

[Dmitriy40]

vicvolf в сообщении #1647615 писал(а):

Обозначим среднее количество чистых кортежей, не превосходящих $x$ - $E_{m_1,m_2,..,m_k}(x)$. Тогда:

$E_{m_1,m_2,..,m_k}(x) \sim C\int_2^x\frac{dt}{\ln^k(t)}-C_1\int_2^x\frac{dt}{\ln^{k+1}(t)}+$$C_2\int_2^x\frac{dt}{\ln^{k+2}(t)}-...+(-1)^lC_l\int_2^x\frac{dt}{\ln^{k+l}(t)}$.

В этом случае:

$C$ч$=E_{m_1,m_2,..,m_k}(x)/\int_2^x\frac{dt}{\ln^k(t)}$.

Но тогда $C$ч начинает зависеть от $x$ так как первое выражение не сводится ко второму независимо от $x$.
Думаю Вы и сами можете посчитать все эти интегралы и СКО имея на руках константы C..C10, уж intnum() PARI считает очень быстро (и вольфрамальфа тоже быстро).

[Yadryara]

vicvolf в сообщении #1647615 писал(а):

Просто их добавлять в прогноз и далее стартовать с этой точки.

С какой с этой? Обсуждался именно вопрос выбора стартовой точки интегрирования. Прибавка известного крошечного количества кортежей тривиальна.

[Dmitriy40]

Yadryara в сообщении #1647627 писал(а):

Обсуждался именно вопрос выбора стартовой точки интегрирования. Прибавка известного крошечного количества кортежей тривиальна.

Это именно оно и есть, посмотрите на формулы, можно выбрать любую точку и просто добавить к прогнозу точное количество кортежей до неё. Фактически это и есть предложенный мною трюк с другой начальной точкой (нижней границей) интегрирования, только в виде формул. Можно и не одну границу провести, а сколько угодно, главное чтобы интервалы суммарно покрыли весь требуемый диапазон (в сумме интегралов можно любую часть из них заменить на соответствующие известные точные значения, что лишь повысит точность прогноза).