Пентадекатлон мечты

[Dmitriy40]

EUgeneUS в сообщении #1554895 писал(а):

4. Все четыре варианта запрещаются сравнением по модулю 27.
Это желательно проверить. Я просто делал таблицу в екселе и смотрел, какие остатки бывают.

Похоже всё правильно (строки без решений убрал):

{for(a=0,26, for(b=0,26,
      x=a^4*b^6;
      print1("a=",a,", b=",b,", q:");
      for(q=0,26,
         y=(2^3*q^6*(2*q^6+1)+1)%27;
         if(x==y, print1(" ",q));
      );
      print;
))}
a=1, b=1, q: 0 3 6 9 12 15 18 21 24
a=2, b=1, q: 4 5 13 14 22 23
\\После замены + на - в скобке:
a=1, b=1, q: 0 3 6 9 12 15 18 21 24
\\После снижения степеней двойки и возврата + в скобке:
a=1, b=1, q: 0 3 6 9 12 15 18 21 24
\\После замены + на минус в скобке:
a=1, b=1, q: 0 1 3 6 8 9 10 12 15 17 18 19 21 24 26

Во всех вариантах отсутствуют решения с тройкой в любой степени в $a$ или $b$.

EUgeneUS в сообщении #1554896 писал(а):

3. Теперь по модулю 27 запрещаются не все варианты, а только два: "а" и "г", другие два остаются "живыми".
Это тоже хорошо бы проверить.

Проверил, подтверждаю.

[VAL]

EUgeneUS в сообщении #1554895 писал(а):

1. $(a^2 b^ 3 - 1)( a^2 b^ 3 - 1)= 2^\alpha t$
2. В скобках одно число кратно двойке, а второе - $2^{\alpha -1}$, запишем это:
$(2^{\alpha -1} n)(2^{\alpha -1}n \pm 2) = 2^\alpha t$, $n$ - целое нечетное.

Вот с этого места я перестал понимать

Евгений, пока я пытаюсь разобраться, подскажите пожалуйста, я верно понял, что тот вариант, что я приводил (с $n_2=162+1296t$) не проходит по модулю 27?

[EUgeneUS]

Вариант 4б предположительно (требуется проверка) запретился по модулю $7$.

-- 18.05.2022, 20:17 --

VAL в сообщении #1554899 писал(а):

Вот с этого места я перестал понимать

У нас имеется произведение двух соседних четных чисел.
Одно обязательно кратно двойке в первой степени (но не бОльшей), другое кратно большой степени двойки. При этом большая степень двойки слева должна быть такой, чтобы степень двойки справа сократилась на большую степень двойки слева плюс один (одна двойка приходит от второго четного числа).
Если кратко - добиваемся сокращения большой степени двойки, и пишем условия для этого.

-- 18.05.2022, 20:22 --

VAL в сообщении #1554899 писал(а):

Евгений, пока я пытаюсь разобраться, подскажите пожалуйста, я верно понял, что тот вариант, что я приводил (с $n_2=162+1296t$) не проходит по модулю 27?

Чуть позже постараюсь ответить. Нужно сообразить, как промежуточные результаты и условия на $p$ и $q$ отражаются на $n_2$

[Dmitriy40]

EUgeneUS в сообщении #1554896 писал(а):

3. Возможно, имеет смысл поискать с имеющимися ограничениями на $q$ и $p$, если найдутся решения, где они простые одновременно, то и решение, где $b$ - простое можети не запретиться...

Проверил оба варианта, второй до $q<10^8$ не имеет решений с одновременно простыми $p$ и $q$.
А вот первый имеет их полно, например:
q=31, p=7388167, b=0
q=149, p=3943075207, b=0
q=347, p=115986618247, b=0
q=373, p=154855029127, b=0
q=509, p=536983716487, b=0
q=599, p=1029905260807, b=0
q=787, p=3068943665287, b=0
Но везде (вплоть до $q<10^8$) корень 6-й степени для получения $b$ не извлекается, не говоря уж про простоту $b$.

[VAL]

EUgeneUS в сообщении #1554901 писал(а):

У нас имеется произведение двух соседних четных чисел.
Одно обязательно кратно двойке в первой степени (но не бОльшей), другое кратно большой степени двойки. При этом большая степень двойки слева должна быть такой, чтобы степень двойки справа сократилась на большую степень двойки слева плюс один (одна двойка приходит от второго четного числа).
Если кратко - добиваемся сокращения большой степени двойки, и пишем условия для этого.

Это я понимаю.
Более того, сам регулярно применяю такую технику.
Но по Вашим формулам я этого не вижу. Или я чего-то не вижу, или там масса (именно масса, одну-две я бы пережил) опечаток.
Но ведь с Дмитрием Вы как-то понимаете друг друга

[EUgeneUS]

$n_2 = 2 \cdot 3^4 (1 + 8 t) \equiv 0 (\mod 27)$
Это как и полагается. По модулю 27 не проходят некоторые варианты в $n_0$.
Возможно, это условие накладывает дополнительные ограничения.

-- 18.05.2022, 20:34 --

Dmitriy40 в сообщении #1554903 писал(а):

Проверил оба варианта, второй до $q<10^8$ не имеет решений с одновременно простыми $p$ и $q$.
А вот первый имеет их полно, например:

Если "первый" - это 4б, то он запрещается в целых числах по модулю 7, вроде как. (как раз шестая степень нечетного и не получится).
Если "второй" - это 4в, то, вроде как, он не запрещается в целых числах. Но если там нет одновременно простых $p$ и $q$, и это можно доказать, то тема и закрывается.

[Dmitriy40]

VAL в сообщении #1554904 писал(а):

Но ведь с Дмитрием Вы как-то понимает друг друга

А я формулы не проверяю, вбиваю в программу как написаны. Хотя на беглый взгляд вроде правильно ...

-- 18.05.2022, 20:45 --

EUgeneUS в сообщении #1554905 писал(а):

Если "первый" - это 4б, то он запрещается в целых числах по модулю 7, вроде как. (как раз шестая степень нечетного и не получится).

EUgeneUS в сообщении #1554896 писал(а):

4. Выпишем "живые" варианты, чтобы можно было на них ссылаться:
б) $3^4 b^6 = 2^5 q^4 (8q^4 -1) +1$, при этом $p = 8 q^4 - 1$

? for(b=0,6, print1((3^4*b^6)%7,", "))
0, 4, 4, 4, 4, 4, 4,
? for(q=0,6, print1((2^5*q^4*(8*q^4-1)+1)%7,", "))
1, 1, 2, 0, 0, 2, 1,

Как видно решение может быть только при $b=0\pmod7, q=\{3,4\}\pmod7$. Но видимо таки может быть ... Если не учитывать прочие ограничения на $b$ и $q$ и $p=8q^4-1$.

[EUgeneUS]

Dmitriy40 в сообщении #1554906 писал(а):

Как видно решение может быть только при $b=0\pmod7, q=\{3,4\}\pmod7$. Но видимо таки может быть ...

Так $b$ у нас простое. А значит из $b=0\pmod7$ следует, что $b=7$. Что проверяется однократной проверкой, а не перебором.

-- 18.05.2022, 20:53 --

VAL в сообщении #1554904 писал(а):

Но по Вашим формулам я этого не вижу. Или я чего-то не вижу, или там масса (именно массу, одну-две я бы пережил) опечаток.

Попробую записать по шагам, может обнаружится опечатка(и)...

1. $(a^2 b^ 3 - 1)( a^2 b^ 3 - 1)= 2^\alpha t$
тут, конечно, опечатка. Должно быть:
$(a^2 b^ 3 - 1)( a^2 b^ 3 + 1)= 2^\alpha t$

2. Далее,
а) либо $(a^2 b^ 3 - 1)$ кратно $2^{\alpha-1}$, тогда: $(2^{\alpha-1} n)(2^{\alpha-1} n +2) = 2^\alpha t$
б) либо $(a^2 b^ 3 + 1)$ кратно $2^{\alpha-1}$, тогда: $(2^{\alpha-1} n -2)(2^{\alpha-1} n) = 2^\alpha t$

Это можно записать одной строкой, как:
$(2^{\alpha-1} n) (2^{\alpha-1} n \pm 2) = 2^\alpha t$

3. Дальше вынести степень двойки и сократить:
$(n)(2^{\alpha-2} n \pm 1) = t$

[VAL]

EUgeneUS в сообщении #1554907 писал(а):

Попробую записать по шагам, может обнаружится опечатка(и)...

1. $(a^2 b^ 3 - 1)( a^2 b^ 3 - 1)= 2^\alpha t$
тут, конечно, опечатка. Должно быть:
$(a^2 b^ 3 - 1)( a^2 b^ 3 + 1)= 2^\alpha t$

Ну, про эту я догадался...

Цитата:

2. Далее,
а) либо $(a^2 b^ 3 - 1)$ кратно $2^{\alpha-1}$, тогда: $(2^{\alpha-1} n)(2^{\alpha-1} n +2) = 2^\alpha t$
б) либо $(a^2 b^ 3 + 1)$ кратно $2^{\alpha-1}$, тогда: $(2^{\alpha-1} n -2)(2^{\alpha-1} n) = 2^\alpha t$

Это можно записать одной строкой, как:
$(2^{\alpha-1} n) (2^{\alpha-1} n \pm 2) = 2^\alpha t$

3. Дальше вынести степень двойки и сократить:
$(n)(2^{\alpha-2} n \pm 1) = t$

А здесь, наконец, понял. У Вас $n$ молча появилось (это я пытаюсь оправдаться), и я для себя не то за $n$ обозначил. И понеслось...
Сейчас, вроде, все встало на свои места.
Спасибо!
Буду еще раз смотреть, что там по модулю 27. А то у меня с первого раза никакой неразрешимости не возникло.

Хорошо бы, чтобы возникла. Как я уже писал, доказательство несуществования четверки представляется мне более перспективной задачей, чем ее поиск.

[Dmitriy40]

EUgeneUS в сообщении #1554896 писал(а):

3. Возможно, имеет смысл поискать с имеющимися ограничениями на $q$ и $p$, если найдутся решения, где они простые одновременно, то и решение, где $b$ - простое можети не запретиться...

EUgeneUS в сообщении #1554896 писал(а):

в) $3^4 b^6 = 2^2 q^4 (q^4 +1) +1$, при этом $p = (q^4 + 1)/8$

Здесь $p$ и $q$ не могут быть одновременно простыми потому что $q^4+1=\{1;2\}\pmod 8$ и соответственно $p$ вообще не целое:

? for(q=0,7, print1((q^4+1)%8,", "))
1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2,

Выходит все варианты исключились?

VAL в сообщении #1554909 писал(а):

Буду еще раз смотреть, что там по модулю 27. А то у меня с первого раза никакой неразрешимости не возникло.

Я же программой проверил все варианты. Вряд ли в столь простой ошибся ...

[EUgeneUS]

Dmitriy40 в сообщении #1554911 писал(а):

и соответственно $p$ вообще не целое:

Dmitriy40 в сообщении #1554911 писал(а):

Выходит все варианты исключились?

Цитата:

- Выходит, у Вас два мужа?
- Выходит, два...

VAL в сообщении #1554909 писал(а):

доказательство несуществования четверки представляется мне более перспективной задачей, чем ее поиск.

Похоже, уже доказали.
Сейчас бы свести всё в кучу, убедиться, что все необходимые однократные проверки сделаны. И предоставить это Хуго, чтобы он указал точное значение $M(70)=L(35)=3$, и не смущал народ возможной чётной максимальной цепочкой

[EUgeneUS]

Потенциальная "дырка" в доказательстве.

На месте $n_2$, кроме варианта $2 a^4 b^6$ (для которого доказано, что $a$ или $b$ - тройка), может быть вариант $2 p^{34}$.
Доказано ли, что и в этом случае "рядом с простой двойкой стоит тройка"? То есть, что $p=3$ для этого случая?
а) Если доказано, то это исключается однократной проверкой (факторизацией $n_0 = 2 \cdot 3^{34} - 2$).
б) А если не доказано, то могут быть нюансы.

[Dmitriy40]

Тройка должна быть или в $n_0$ или в $n_2$, считаем это уже доказанным.
Если тройка в $n_0$, то $n_0=2^4 3^6 q$ или $n_0=2^6 3^4 q$ или $n_0=2^4 3 q^6$ или $n_0=2^6 3 q^4$.
Первые два ограничивают $q<2^4 3^6 +1$ или $q<2^6 3^4 +1$, проверяем, не подходят, оба $n_0<2^{30}<p^{34}$.
Для третьего и четвёртого запишем общее уравнение в виде $24 x^2=p^{34}-1$ ($x=q^3$ для третьего и $x=2q^2$ для четвёртого) и проверим в вольфрамальфа что все решения $p=\pm1, x=0$ нам не подходят.
Значит тройка в $n_2$.
Проверьте.

[VAL]

EUgeneUS в сообщении #1554912 писал(а):

Похоже, уже доказали.
Сейчас бы свести всё в кучу, убедиться, что все необходимые однократные проверки сделаны. И предоставить это Хуго, чтобы он указал точное значение $M(70)=L(35)=3$, и не смущал народ возможной чётной максимальной цепочкой

Обязательно свести! И обязательно представить

А еще посмотреть на вопрос переносимости на другие $k$ вида $2pq$.
У меня в загашнике сотня троек для таких $k$. Да и новые искать - не проблема. Проблема - обоснование максимальности.

[EUgeneUS]

Dmitriy40 в сообщении #1554918 писал(а):

Проверьте.

Я этот вывод не очень хорошо понимаю, но считаю верным

Ещё нужно сказать про экзотические паттерны для случая $2 p^34$

1. Паттерны с двойкой в нечетной степени запрещаются также - они приводят к тому, что разница квадратов д.б. равна единице.
2. Паттерны, где с двойкой в большой степени стоит только степень одного простого числа, проверяются тем, что неразрешимы уравнения:

а) $2^{33} \cdot 3 +1 = p^{34}$
б) $2^7 \cdot 3^9 +1 = p^{34}$
в) $2^3 \cdot 3^13 +1 = p^{34}$

И ещё вопрос: что варианты цепочек $n_6, n_7, n_0$, для случая $n_6 = 2 p^{34}$ запрещены - тоже проверено?
(Индекс - остаток по модулю $8$)

VAL в сообщении #1554920 писал(а):

Обязательно свести! И обязательно представить

Полностью поддерживаю. Но этим, видимо, придется заняться Вам.

VAL в сообщении #1554920 писал(а):

А еще посмотреть на вопрос переносимости на другие $k$ вида $2pq$.

ИМХО, должно хорошо переноситься, так как наборы паттернов будут очень похожи. Их всё так же будет ровно пять (если не учитывать место, занимаемое двойками).