Пентадекатлон мечты

[VAL]

Последняя пятерка (не вообще, а из тех, что считались ): $M(1914)=5$

(Оффтоп)

152990376102782804065794322101354327267299224121836705022143638741769885782726540784696834824196354168145231821975075062272151840030597945520561313255202157218457877484016499961983597227879820424765283488748440100789097979679309561597481202405990567881046411103729378230829284837355467553832743262069795115809992917331353925017854245109930664694107345262490101158618927001953121

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1559157 писал(а):

У меня получилось наоборот: $p \equiv q \equiv 1 \pmod{4}$ или $p \equiv q \equiv 3 \pmod{4}$. Первый случай легко решается, так как в уравнении получается разность квадратов. А второй пока не смог решить.

Да, Вы правы, а я выше ошибся.
Сразу можно отметить, что это исключает вариант $(p,q) = (7,5)$

По второму случаю, если записать $p = 4 l+3, q = 4m+3$, тогда:

$$2^{4l} \cdot 3^{4m+2} +1 = v^{2l+1} \cdot 5^{2m+1}$$

Если переписать так $5v x^2 - y^2 = 1$, где $x=5^m v^l, y=2^{2l} \cdot 3^{2m+1}$, то получится т.н. отрицательное уравнение Пелля, которое разрешимо, например, при $d=5v=65$.

Поэтому нужно рассматривать более жесткий вариант, например:

$$5v x^2 - 9 y^4=1$$

где $x=5^m v^l, y=2^l \cdot 3^m$

[EUgeneUS]

mathematician123
Можно ещё такой ход конем попробовать:

1. $t = 3, u = 2^{p-4} \cdot 3^{q-1} +1$ - этот случай рассматриваем
2. подставим в выражение для $n_0$: $n_0 = 2^{p-1} \cdot 3^{q-1} (2^{p-4} \cdot 3^{q-1} +1)$
3. Далее воспользуемся вот этим результатом:

mathematician123 в сообщении #1559100 писал(а):

1) Если существует четвёрка вида $n_7 n_0 n_1 n_2$, то $n_0$ делится на 3.
2) Если существует четвёрка вида $n_0 n_1 n_2 n_3$, то $n_2$ делится на 9

2) - невозможно, не наш случай.
1) рассмотрим $n_7, n_1$. Одно из них может делиться на $7$, а второе обязано делится на простые числа большие или равные $11$.

4. Тогда можно показать (перебрав возможные факторизации их), что при достаточно больших $p, q$ значение этого числа обгонит $n_0$.

5. А остальные $p, q$ перебрать. UPD: Похоже, перебирать там нЕчего.

[mathematician123]

EUgeneUS в сообщении #1559242 писал(а):

Можно ещё такой ход конем попробовать:

Если ничего другого придумать не получится, то можно и так. Но ссылки на доказательство $M(12t+6) \le 5$ хотелось бы избежать.

-- 04.07.2022, 14:15 --

EUgeneUS в сообщении #1559142 писал(а):

уравнение $2^{p-3} 3^{q-1} +1 = v^{(p-1)/2} 5^{(q-1)/2}$, $v \ge 13$

По модулю 9 можно получить, что $p \equiv q \equiv 2 \pmod{3}$.

-- 04.07.2022, 14:25 --

mathematician123 в сообщении #1559269 писал(а):

По модулю 9 можно получить, что $p \equiv q \equiv 2 \pmod{3}$

Тогда $p \equiv q \equiv 5 \pmod{6}$. Откуда $n_0 \equiv 2 \pmod{7}$. Это означает, что $n_1$ не делится на 7.

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1559269 писал(а):

Если ничего другого придумать не получится, то можно и так. Но ссылки на доказательство $M(12t+6) \le 5$ хотелось бы избежать.

del
($n_3$ делится на три).

-- 04.07.2022, 14:33 --

mathematician123 в сообщении #1559269 писал(а):

Это означает, что $n_1$ не делится на 7.

Значит это - $n_1$ (которое делится на простые не меньше 11)

Да, доказать получилось, но довольно длительно получилось.

[mathematician123]

mathematician123 в сообщении #1559269 писал(а):

По модулю 9 можно получить, что $p \equiv q \equiv 2 \pmod{3}$.

Здесь я ошибся. Возможен случай $q \equiv 1 \pmod{3}$, $p \equiv 2 \pmod{3}$, $v \equiv 8 \pmod{9}$.

-- 04.07.2022, 15:10 --

EUgeneUS в сообщении #1559270 писал(а):

del
($n_3$ делится на три).

Но $n_3 \equiv 3 \pmod{9}$. Поэтому, если $n_3$ не делится на 7, то $n_3 \ge 3 \cdot 11^{q-1} \cdot 13^{p-1}$.

[EUgeneUS]

mathematician123 в сообщении #1559276 писал(а):

Но $n_3 \equiv 3 \pmod{9}$. Поэтому, если $n_3$ не делится на 7, то $n_3 \ge 3 \cdot 11^{q-1} \cdot 13^{p-1}$.

Вот и прекрасно. Достаточно даже $3 \cdot 11^{q+p-2}$. Появится целое решение неравенства $p=1, q=1$, очевидно не подходящее.

[mathematician123]

Dmitriy40 в сообщении #1559123 писал(а):

mathematician123 в сообщении #1559100 писал(а):

2) Если существует пятёрка, содержащая $n_0$, то она имеет вид $n_0n_1n_2n_3n_4$, причём $n_2 = 2x^2$ и $x = m^2 \pm 1 $ или $x = 2m^2 \pm 1$. Также в этом случае $9 \mid n_2$.

Среди первых миллиона $m$ (т.е. примерно до 24-значных чисел) таких пятёрок нет.

Попробовал ослабить условие и найти тройку $n_0n_1n_2$. Для $m < 10^6$ ничего не нашлось (делимость $n_2$ на 9 не проверяется, так как для это случая она не доказана):

{for(m=2,10^6,
   n2=2*(m^2+1)^2; if(n2%8==2, d=numdiv(n2); if(numdiv(n2-2)==d && numdiv(n2-1)==d, print(n2-2)));
   n2=2*(m^2-1)^2; if(n2%8==2, d=numdiv(n2); if(numdiv(n2-2)==d && numdiv(n2-1)==d, print(n2-2)));
   n2=2*(m^2*2+1)^2; if(n2%8==2, d=numdiv(n2); if(numdiv(n2-2)==d && numdiv(n2-1)==d, print(n2-2)));
   n2=2*(m^2*2-1)^2; if(n2%8==2, d=numdiv(n2); if(numdiv(n2-2)==d && numdiv(n2-1)==d, print(n2-2)));
)}

А если искать пары $n_0n_2$, то они находятся в большом количестве.

[Yadryara]

Dmitriy40 в сообщении #1549882 писал(а):

решение уравнения $4p^3+4=32q$ в простых $p,q$ есть ровно одно, $p=7,q=43$, больше решений нет

А для $4p^3-4=32q$ вообще ни одного. И мой вопрос к Денису был о том, можно ли исключить ещё какие-то кубоквадраты или позиции для них.

Тот же вопрос и по числам $p^5q$. Могут ли они стоять на любой из 8-ми нечётных позиций?

[VAL]

$M(216)\ge 10$

(Оффтоп)

2055233992548794736225154583957243968137172877335929495438738383731206970958546679924305148

Сейчас ищу цепочки для 192 (пытался найти чертову дюжину - ускользает, перешел на просто дюжину) и 768.
В ближайших планах 120, 240 и 288.
А дальше планирую переключиться с поиска цепочек для новых $k$ на поиск более длинных для старых.

[VAL]

$M(120) \ge 10$

(Оффтоп)

2541534054547905095711151065966294790916004964733408274960838541281738747

Полагаю, что цепочка из 11 чисел тоже вскоре найдется.
Не ясна и оценка сверху для $M(120$.
Уважаемый Hugo утверждает, что это 107. Но обоснований я не видел.
Поэтому пока оставляю диапазон $10 \le M(120) \le 127$.
Впрочем, какая разница, до какой именно оценки мы никогда не доберемся!?

[Huz]

VAL в сообщении #1559582 писал(а):

Уважаемый Hugo утверждает, что это 107. Но обоснований я не видел.

That is what is found by my (not very intelligent) automatic processes, using a combination of simple modular arguments similar to those I showed recently (for M(84), I think). If it is of interest I can analyse how it was arrived at, but it takes some effort to reverse-engineer the process.

One of these days I hope to teach it more of the techniques used in the proofs here, then maybe it will give more interesting results; but I find that automated proofs are subtle and quick to anger, so must be handled with tact and care.

[VAL]

Huz в сообщении #1559592 писал(а):

If it is of interest I can analyse how it was arrived at, but it takes some effort to reverse-engineer the process.

I just want to be sure that the upper bound for $M(120)$ in my Table can be improved to $M(120)\le 107$.

$M(768) \ge 9$

(Оффтоп)

3143972032322106753209984108482855724833181153715741152253851802995880554166581244

$M(240) \ge 9$

(Оффтоп)

34435769402323811705191724363853184255161183558539475295218952791274373120

[Huz]

VAL в сообщении #1559614 писал(а):

I just want to be sure that the upper bound for $M(120)$ in my Table can be improved to $M(120)\le 107$.

Ok, I don't have time to reduce to a minimal set, but this combination is sufficient to prove it.

In the first set, no value in a chain can have one of these modular values because they contribute a factor to $\tau(n)$ that does not divide 120; in the second set, no value in a chain can have one of these modular values because they require an unattainable square.

Set 1: 64 mod 128; 36, 180 mod 216; 256 mod 512; 100, 300, 700, 900 mod 1000; 216, 1080 mod 1296; 288, 1440 mod 1728.

Set 2: 120 mod 144; 168, 264 mod 288; 270 mod 324; 120, 280 mod 400; 384 mod 512; 378, 594 mod 648; 168, 312, 408, 552 mod 720; 640 mod 768; 440, 760 mod 800; 210, 330, 390, 510, 690, 870 mod 900; 440, 680, 920, 1160 mod 1200; 384, 896 mod 1280; 378, 702, 918, 1242 mod 1620.

[mathematician123]

VAL
Huz
Написал программу, которая доказывает, что $M(84) \le 21$ и $M(120) \le 123$:

Используется синтаксис Python

m = 2**5 * 3**2
bound = 0
Mbound = 0

for x in range(m + 17):
    if (x%32 == 24) or (x%32 == 16) or (x%36 == 30) or (x%48 == 30) or (x%72 == 42) or (x%72 == 66):
        if bound > Mbound:
            Mbound = bound
        bound = 0
    else:
        bound += 1

print("M(84) <= ", Mbound)
            
m = 2**9 * 3**4
bound = 0
Mbound = 0

def condition(x): #Возвращает True, если остаток является запрещённым
    if (x%(2**9) == 3 * 2**7) or (x%(2**7) == 2**6) or (x%(2**4 * 3**2) == 2**3 * 3 * 5):
        return True
    if (x%(2**2 * 3**4) == 2 * 3**3 * 5) or (x%(2**3 * 3**3) == 2**2 * 3**2) or (x%(2**3 * 3**3) == 2**2 * 3**2 * 5):
        return True

for x in range(m + 65):
    if condition(x):
        if bound > Mbound:
            Mbound = bound
        bound = 0
    else:
        bound += 1

print("M(120) <= ", Mbound)

Принцип работы у неё простой. Она перебирает все остатки по некоторому модулю $m$ и ищет максимальную цепочку, содержащую только разрешённые остатки. Для случая $k = 120$ у меня получилась более слабая оценка, чем у Hugo. Видимо у него используются какие-то дополнительные условия.

-- 07.07.2022, 13:09 --

Huz в сообщении #1559624 писал(а):

Ok, I don't have time to reduce to a minimal set, but this combination is sufficient to prove it.

Похоже, я опоздал со своим ответом.

-- 07.07.2022, 13:15 --

Yadryara в сообщении #1559448 писал(а):

А для $4p^3-4=32q$ вообще ни одного. И мой вопрос к Денису был о том, можно ли исключить ещё какие-то кубоквадраты или позиции для них.

Тот же вопрос и по числам $p^5q$. Могут ли они стоять на любой из 8-ми нечётных позиций?

Нетрудно доказать, что числа $32p \pm 2$ должны иметь вид $2qr^2$ ($32p$ - среднее число в цепочке). Для остальных позиций ничего придумать не получается.