Задача с треугольными числами

[mathpath]

Если взять последовательность всех простых чисел от 2 до 1000000,
и составить все возможные комбинации сумм подряд идущих простых чисел из этой последовательности,
то среди этих сумм будут также и простые числа, среди которых окажется "число бога"
$442019$
которое можно представить такими комбинациями 6-ю (!) способами, например один из таких 6 способов - подряд три идущих простых числа в сумме дают :
$147331 + 147341 + 147347 = 442019$

[Andrey A]

mathpath
Так создайте отдельную тему про волшебные числа. Здесь-то оно зачем?

scwec в сообщении #1621107 писал(а):

... пример пифагорова треугольника, у которого длины всех сторон - треугольные числа (из Серпинского стр.36)

Других решений кроме $t_{132}^2+t_{143}^2=t_{164}^2$ не нашел. У Серпинского оно же в качестве примера. Уникальное? Это же прямо в нашу тему — найти $t$-тройки пропорциональные Пифагоровым.
О двойных представлениях вопрос непростой, и тоже упрется в большие числа. Тут я пас.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1614545 писал(а):

Но больше теснить нельзя. Тут какой-то сакраментальный запрет, выполняется жестко... Авантюрно предположу, что тройки последовательных простых неразрешимы.

То есть разрешимые тройки не могут быть "слишком плотными". Положим $a<b<c,\ \gcd (a,b,c)=1;$ обозначим $c-a=h$ (диаметр тройки) и будем строить тройки равного диаметра от $a=1$ по возрастанию, отсеивая неразрешимые. Когда же остановиться? Вопрос. Если их конечное число, пусть подадут нам знак! Оказывается, заключительные тройки хорошо формализуются, сигнал для завершения процедуры такой: $c_{\max}= \left\lceil t_h/2 \right\rceil.$ Для фиксированного $h$ они разрешимы и единственны:
Если $t_h$ четное число $ \to \left( \dfrac{t_h}{2}-h,\dfrac{t_h}{2}-h+1,\dfrac{t_h}{2} \right).$
Если $t_h$ нечетное число $ \to \left( \dfrac{t_h+1}{2}-h,\dfrac{t_h-1}{2},\dfrac{t_h+1}{2} \right).$
Однако, есть исключение для $t=5.$ Действуя по указанным правилам, получаем разрешимую $\left( 3,7,8 \right),$ но она не последняя. Есть еще "аномально плотная" тройка $(8,9,13)\times19635=t(560),t(594),t(714).$ Единственное ли это исключение, мне не известно. Проверено до $t=20.$ Подробности по запросу.

[scwec]

Andrey A
Ваши наблюдения интересны. Но желательно иметь в данном случае и общие формулы для $t_x, t_y, t_z$ чтобы убедиться в справедливости решений для произвольного $h$. Численные выкладки проверил. Они верны.
Теперь относительно $t_x^2+t_y^2=t_z^2$

Andrey A в сообщении #1621272 писал(а):

Других решений кроме $t_{132}^2+t_{143}^2=t_{164}^2$ не нашел. У Серпинского оно же в качестве примера. Уникальное?

Оказывается, уравнение $t_x^2+t_y^2+t_z^2=t_u^2$ более богато решениями.
Привожу соответствующую таблицу
1 x=0 y=132 z=143 u=164 A=0 B=8778 C=10296 D=13530
2 x=18 y=20 z=27 u=30 A=171 B=210 C=378 D=465
3 x=35 y=45 z=59 u=65 A=630 B=1035 C=1770 D=2145
4 x=143 y=272 z=377 u=402 A=10296 B=37128 C=71253 D=81003
5 x=195 y=514 z=588 u=661 A=19110 B=132355 C=173166 D=218791
6 x=899 y=1007 z=1519 u=1627 A=404550 B=507528 C=1154440 D=1324378
Здесь $A=t_x,B=t_y,C=t_z,D=t_u$

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1622302 писал(а):

Единственное ли это исключение...

Не единственное, конечно. Для $h=23,$ к примеру, после "заключительной" тройки $\left( 115,116,138 \right)$ следует "аномально плотная" $(122,135,145)\times8778=t(1463),t(1539),t(1595).$ Как минимум одна. Так что закономерность статистическая, но забавно: не хвост кометы даже, а пыль хвоста кометы ) Интересно, что $8778$ тоже треугольное число.
Выпишу для наглядности все известные на данный момент разрешимые тройки $t=23:$

$\begin{matrix} a & b & c & | & N \\ --&--&--& + &--\\ 1 & 8 & 24 & | & 15 \\ 1 & 13 & 24 & | & 15 \\ 1 & 15 & 24 & | & 1520 \\ 1 & 17 & 24 & | & 15 \\ 2 & 13 & 25 & | & 2520 \\ 3 & 11 & 26 & | & 408 \\ 3 & 17 & 26 & | & 1680 \\ 3 & 25 & 26 & | & 408 \\ 5 & 9 & 28 & | & 336 \\ 5 & 14 & 28 & | & 2040 \\ 5 & 15 & 28 & | & 336 \\ 7 & 8 & 30 & | & 107880 \\ 7 & 9 & 30 & | & 32 \\ 7 & 16 & 30 & | & 264 \\ 7 & 17 & 30 & | & 264 \\ 8 & 14 & 31 & | & 120 \\ 8 & 20 & 31 & | & 120 \\ 10 & 20 & 33 & | & 2856 \\ 10 & 21 & 33 & | & 240 \\ 10 & 26 & 33 & | & 240 \\ 12 & 15 & 35 & | & 24 \\ 12 & 26 & 35 & | & 24 \\ 15 & 28 & 38 & | & 336 \\ 16 & 24 & 39 & | & 5 \\ 18 & 30 & 41 & | & 168 \\ 19 & 39 & 42 & | & 72 \\ 28 & 42 & 51 & | & 27720 \\ 29 & 31 & 52 & | & 120 \\ 29 & 42 & 52 & | & 120 \\ 30 & 51 & 53 & | & 208 \\ 33 & 40 & 56 & | & 3 \\ 42 & 60 & 65 & | & 40 \\ 52 & 53 & 75 & | & 840 \\ 52 & 68 & 75 & | & 840 \\ 55 & 66 & 78 & | & 8 \\ 77 & 92 & 100 & | & 24 \\ 88 & 99 & 111 & | & 14280 \\ 88 & 105 & 111 & | & 48 \\ 97 & 101 & 120 & | & 99 \\ 99 & 118 & 122 & | & 120 \\ 109 & 111 & 132 & | & 440 \\ 110 & 131 & 133 & | & 528 \\ 115 & 116 & 138 & | & 1848 \\ 122 & 135 & 145 & | & 70224\ \ !!! \end{matrix}$

$\dfrac{2927^2-1}{122}=\dfrac{3079^2-1}{135}=\dfrac{3191^2-1}{145}=265^2-1.$

scwec, я позже отвечу на Ваш пост. Треугольные треугольники — здорово! Странно почему я их не словил.

[Andrey A]

Ага, это я невнимательно прочитал, треугольный треугольник пока единственный. А уравнение любопытное, да, но всё это немножко "из области красивостей".

scwec в сообщении #1622383 писал(а):

... желательно иметь в данном случае и общие формулы для $t_x, t_y, t_z$

Формула всегда будет отражать лишь частный случай, нужно искать эффективный алгоритм. Имеющийся алгоритм связан со значительным перебором, поскольку оказалось, что неразрешимых троек гораздо больше, но ведь мы и этого не знали до сих пор! Вопрос был поставлен в лоб, но время даром не пропало. А вот если взять аргументом не тройку $a,b,c,$ а разности $c-a=h_1,\ b-a=h_2$ ("внешний" и "внутренний" диаметры тройки), такой вопрос может оказаться более содержательным. В случае пифагоровых троек, кстати, имеем квадрат и удвоенный квадрат, что возможно, и есть причина затруднений. Главное ведь найти правильный вопрос, а ответ никуда не денется ) Удачи!

[scwec]

Вот параметрические выражения для разрешимых "заключительных" троек $(a,b,c)$. указанных Andrey A и соответствующих $(X,Y,Z,N)$ таких что $\dfrac{t_X}{a}=\dfrac{t_Y}{b}=\dfrac{t_Z}{c}=N$
Здесь 4 варианта: два для четных $t_h$ и два для нечетных $t_h$
Сначала четные $t_h$
$h=4n$
$(a, b, c)=(4n^2 - 3n, 4n^2 - 3n + 1, 4n^2 + n)$
$(X, Y, Z, N) =(8n^2 - 6n, 8n^2 - 6n + 1, 8n^2 - 2n - 1, 8n^2 - 6n + 1)$

$h=4n-1$
$(a, b, c) = (4n^2 - 5n + 1, 4n^2 - 5n + 2, 4n^2 - n)$
$(X, Y, Z, N) = (8n^2 - 10n + 2, 8n^2 - 10n + 3, 8n^2 - 6n, 8n^2 - 10n + 3)$

Теперь нечетные $t_h$
$h=4n+1$
$(a, b, c) = (4n^2 - n, 4n^2 + 3n, 4n^2 + 3n + 1)$
$(X, Y, Z, N) = (8n^2 + 2n - 1, 8n^2 + 6n, 8n^2 + 6n + 1, 8n^2 + 6n + 1)$

$h=4n+2$
$(a, b, c) = (4n^2 + n, 4n^2 + 5n + 1, 4n^2 + 5n + 2)$
$(X, Y, Z, N) = (8n^2 + 6n, 8n^2 + 10n + 2, 8n^2 + 10n + 3, 8n^2 + 10n + 3)$

Вычисления проводились с помощью $a,b,c$-семейства эллиптических кривых
$w^2=u^3-4(2ab-ac-bc)u^2+16ab(b-c)(c-a)u$, которое здесь мной уже использовалось.
Заодно хотелось проверить эту конструкцию на простых вещах.
Можно, наверное, применить и более элементарные способы для получения тех же решений.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1622772 писал(а):

4 варианта: ... два для четных $t_h$ и два для нечетных $t_h$

То есть Вы выписали всё подробно с номерами соотв. треугольников. Отлично. Знать бы еще что там происходит за пределами "заключительных" троек — единичные ли исключения или... кто знает )
У меня тоже есть новости. Для начала заметим, что для произвольной тройки $x,y,z$ взаимно простая тройка $a,b,c$ определена однозначно, поскольку определено $N=\gcd(x^2-1,y^2-1,z^2-1).$ Чтобы надежно генерировать разрешимые тройки легче всего поставить телегу впереди лошади )

Andrey A в сообщении #1622424 писал(а):

... взять аргументом не тройку $a,b,c,$ а разности $c-a=h_1,\ b-a=h_2$

Возьмем для удобства чуть по-другому. Назначим аргументом рациональное $\beta=\dfrac{b-a}{c-b}=\dfrac{u}{v}\ \left( \gcd(u,v)=1 \right).$ При такой постановке вопрос действительно имеет простое и красивое разрешение: искомыми неизвестными $x,y,z$ являются корни уравнения

$$uz^2+vx^2-(u+v)y^2=0 \qquad (9).$$

То есть частный случай уравнения Лежандра, который разрешим для любых $u,v>0.$ Одно решение имеется всегда: $x=y=z=1,$ значит найдутся и другие, коих бесконечное множество. Вывод шибко заморочный, пока не выкладываю; вдруг найдется хорошее доказательство. Как решать $(9)$ теперь уже никому неинтересно, с этим отлично справляется машина. Проблемы только у меня — Вольфрам выдает одно решение, а hackmath.net — больше ста, из которых половина пропорциональные. scwec, мало ли захотите проверить — буду признателен. Ну, а что с этим делать дальше, пока не думал.

[Andrey A]

scwec,
не могли бы Вы проверить, является ли тождество $s\left( \dfrac{sr^2-2sr+s+2r-1}{sr^2-s+1} \right)+(1-s)\left( \dfrac{sr^2-2sr+s-1}{sr^2-s+1} \right)=1$ общим решением уравнения $sX^2+(1-s)Y^2=1$ в рациональных числах? Если да, то общее решение $(9)$ также выражается тождеством

$$u\left( ul^2-vm^2+2vlm \right)^2+v\left( ul^2-vm^2-2ulm \right)^2-\left( u+v \right)\left( ul^2+vm^2 \right)^2=0 \qquad (9').$$

И не надо никаких пакетов. Квадраты, видимо, могут оказаться кратны (это надо проверять), но и кратные решения остаются решениями. По-хорошему надо приписать рациональный коэффициент под квадратами. Тут у нас еще некоторая коллизия возникает в связи с симметрией $u \leftrightarrow v,$ но приписка $l>m$ нежелательна (они могут быть и отрицательными). Просто наибольшему квадрату присваивается имя $z$, а коэффициенту при нем — $u.$ Как-то так.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1622911 писал(а):

$s\left( \dfrac{sr^2-2sr+s+2r-1}{sr^2-s+1} \right)+(1-s)\left( \dfrac{sr^2-2sr+s-1}{sr^2-s+1} \right)=1$

p.s. Там квадраты, конечно: $s\left( \dfrac{sr^2-2sr+s+2r-1}{sr^2-s+1} \right)^2+(1-s)\left( \dfrac{sr^2-2sr+s-1}{sr^2-s+1} \right)^2=1$

[scwec]

Общее решение, полученное методом секущих
$X =\pm\dfrac{r^2{s} + 2r + 1}{r^2{s} + 2rs + 1}, Y =\pm\dfrac{r^2{s} - 1}{r^2{s} + 2rs + 1}$
Ваше тождество верное, смотрите сами, что Вам больше подходит.

[Andrey A]

Ага, то самое через замену $s=R,r=S+1.$ Значит, имеем обще решение $9'$ в полиномах. Отлично!

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1622941 писал(а):

Значит, имеем обще решение $9'$ в полиномах.

Это подтверждается наличием обратной связи (имелось в виду уравнение $(9)$, конечно). Для некоторого имеющегося решения $\dfrac{x_0^2-1}{a}=\dfrac{y_0^2-1}{b}=\dfrac{z_0^2-1}{c}$ параметры $u,v$ берутся из несократимой дроби, равной $\dfrac{b-a}{c-b}$ по определению, пара же $l,m$ точно также берется из несократимой дроби, равной $\dfrac{z_0+y_0}{y_0-x_0}.$ Отсюда обе пары считаем вз. простыми. Сами же полиномы тождества $(9')$, как и ожидалось, возвращают значения пропорциональные искомой тройке $x,y,z$ и требуют сократиться на $\gcd$ — стандартная ситуация. К этому можно по-разному относиться, добавлю только, что гарантированно несократимыми могут быть только простые полиномы из малого количества переменных вроде Пифагоровых троек. Для сложных случаев, каким бы не был замечательным способ знать заранее коэффициент сократимости, результат всё равно захочется проверить. А надежно проверить на взаимную простоту, как и на простоту, у нас есть только один способ. Чтобы узнать вкус пудинга, надо его съесть )

[scwec]

Получение нового решения из известного с телегой впереди лошади -это интересная идея.
Приведу пример из известных параметрических решений, приведенных выше.

$h=4n-1$
Было
$(a, b, c) = (4n^2 - 5n + 1, 4n^2 - 5n + 2, 4n^2 - n)$
$(X, Y, Z, N) = (8n^2 - 10n + 2, 8n^2 - 10n + 3, 8n^2 - 6n, 8n^2 - 10n + 3)$
Стало

a=(2n-1)(64n^3-128n^2+76n-11)(512n^5-1536n^4+1760n^3-952n^2+240n-23),
b=2(64n^4-160n^3+148n^2- 59n+8)(512n^5-1536n^4+1824n^3-1064n^2+300n-31), 
c= 2(8n^2-8n+1)(64n^3-96n^2+44n-5)(64n^4-128n^3+84n^2-19n+1),
X= 512n^5-1536n^4+1760n^3- 952n^2+240n-23, 
Y= 4(2n-1)(64n^4-160n^3+148n^2-59n+ 8).
Z= (8n^2-8n+1)(64n^3-96n^2+44n-5),
N=2n-1

$h=4n, 4n+1,4n+2$ дают, если не ошибся в расчетах, четные значения ддя $x,y,z$ и, следовательно,
не целые значения для номеров треугольников $X,Y,Z$. Если для решения хватает $(x^2-1)/a=(y^2-1)/b=(z^2-1)/c$. то следить за чёт/нечёт $x,y,z$ не надо.

[Andrey A]

scwec в сообщении #1623315 писал(а):

Если для решения хватает $(x^2-1)/a=(y^2-1)/b=(z^2-1)/c$. то следить за чёт/нечёт $x,y,z$ не надо.

Да, решения с четными квадратами возникают, и ничем не хуже. Основания треугольников, строго говоря, надо брать с точностью до $1/2.$ Я тут слегка подытожить тему собрался, мы с Вами синхронно выступаем. Прочту попозже.

Andrey A в сообщении #1622967 писал(а):

Для некоторого имеющегося решения $\dfrac{x_0^2-1}{a}=\dfrac{y_0^2-1}{b}=\dfrac{z_0^2-1}{c}$ ... пара $l,m$ точно также берется из несократимой дроби, равной $\dfrac{z_0+y_0}{y_0-x_0}.$

Основания квадратов могут браться с различными знаками, поэтому имеем $4$ легитимных варианта $\dfrac{l}{m},$ и есть смысл через замены привести выражения к симметричному виду. Итак, для всякого решения

$$\dfrac{x^2-1}{a}=\dfrac{y^2-1}{b}=\dfrac{z^2-1}{c}, a<b<c,\ \gcd(a,b,c)=1$$

определена пара несократимых дробей

$$\dfrac{u}{v}=\dfrac{b-a}{c-b},\ \ \dfrac{l}{m}=\dfrac{y-x}{z-y},$$

из которых следует параметризация

$$\begin{array}{rcl} x & = & \dfrac{vl^2-um^2-2ulm}{k} \\ y & = & \dfrac{vl^2+um^2}{k} \\ z & = & \dfrac{vl^2-um^2+2vlm}{k} \end{array}\ \ \qquar(9'')$$

где $k$ — рациональный коэффициент такой, что $x,y,z$ целые.

Взяв пару $u,v$ за аргументы, можем строить бесконечные последовательности разрешимых троек $a,b,c$ заданной пропорции расстояний между соседними точками. Частный случай $\dfrac{u}{v}=1$ рассматривался прежде:

Andrey A в сообщении #1610443 писал(а):

Пусть теперь $u^2+v^2=w^2$ — произвольная Пифагорова тройка (не обязательно примитивная), а несократимая дробь $\dfrac{p}{q}$ такова, что $\dfrac{w^2-1}{2uv}=\dfrac{p}{q}.$ Имеет место соотношение:

$$\dfrac{(u-v)^2-1}{p-q}=\dfrac{w^2-1}{p}=\dfrac{(u+v)^2-1}{p+q}.$$

Что еще удалось узнать? Что любое конечное множество наборов натуральных чисел $\gcd=1 $, в которых хотя бы одно число $\not=$ целому квадрату, можно разделить на два подмножества "разрешимых" и "неразрешимых", для которых не существует пропорциональных наборов треугольных чисел. Наборы из $2$-х чисел разрешимы всегда, и количество пропорциональных треугольников (решений) для них бесконечно. При случайном выборе более чем $2$-х чисел чем больше их количество, тем меньше шансов на разрешимость. Однако, существуют аж целые семерки, целиком состоящие из простых — открытие scwecа. Количество решений для таких наборов конечно и, похоже, единственно (хотя не доказано). Главное же, что теперь у нас есть эффективный алгоритм диагностики и поиска решений, если они имеются. Крайне интересен на мой взгляд вопрос "плотности" разрешимых наборов. Тройка последовательных членов натурального или нечетного ряда неразрешима всегда, а значит и большее множество, содержащее такой набор. Насчет тройки последовательных простых теперь уже не очень уверен, поскольку существуют тройки "аномальной" плотности. Вопрос этот недавно обсуждался здесь https://dxdy.ru/post1622302.html#p1622302. Ну и на сладкое вопрос: единственна ли Пифагорова тройка из треугольных чисел?

$$t_{132}^2+t_{143}^2=t_{164}^2.$$