Обсуждение OEIS

[umokin]

maxal в сообщении #1702502 писал(а):

исло без знака - это количество внутренних ссылок на данную последовательность, что в какой-то мере отражает её важность. Это число присутствует как при поиске, так и при отображении конкретной последовательности. Число с плюсом появляется только в отображении результатов поиска и является оценкой качества соответствия результата поисковому запросу. Детали описаны внизу страницы https://oeis.org/hints.html

Большое спасибо!

[gipokrat]

Здравствуйте!
Последовательность A239060 здесь ещё не обсуждали?
Любое составное (точнее, не простое) натуральное число, у которого каждый делитель встречается в десятичной записи самого числа как подряд идущая строка цифр, имеет право состоять в этой последовательности.

На сегодняшний день на сайте OEIS даны только первые три её элемента: 1, 125, 17692313.

Кажется, ChatGPT удалось найти четвёртый: 899484127407287.

У него ровно 4 различных натуральных делителя: 1, 94841, 9484127407, 899484127407287.

Что скажете, глубокоуважаемые форумчане?

[lel0lel]

gipokrat в сообщении #1723964 писал(а):

Кажется, ChatGPT удалось найти четвёртый: 899484127407287.

Возможно, но это нужно доказывать. Проведён ли какой-то перебор по составным, состоящим из двух простых множителей? Либо какой-то другой алгоритм использован? Дело в том, что "рядом" есть и другие подобные числа, например, немного большее $1386468214351201$.

[gris]

быстрее перебирать по квадратам простых, увы, с потерей решений
4482669527413081 [4,4,8,2,6,6,9,5,2,7,4,1,3,0,8,1] [1,66952741,4482669527413081] good
по произведениям и пример lel0lel
1386468214351201 [1,3,8,6,4,6,8,2,1,4,3,5,1,2,0,1] [1,214351,6468214351,1386468214351201] good
я немного поискал, а потом обнаружил, что многое уже известно. впрочем, мне было интереснее просто поиграть в PARI:)
ещё впрочем насчёт сообщения gipokrat: право они имеют, но кто-ж их пустит.
не любит Энциклопедия привязки к системе счисления
вот в единичной сс все числа по цифрам входят в большие. а в сс с простым основанием есть очевидная хорошая последовательность из всех натуральных степеней основания.
а вот с составными основаниями напряг:
b=4; 1681 [1,2,2,1,0,1] [1,41,1681] good
b=4; 237169 [3,2,1,3,2,1,3,0,1] [1,487,237169] good
b=6; 9 [1,3] [1,3,9] good
b=8; 80089 [2,3,4,3,3,1] [1,283,80089] good
b=10; 125 [1,2,5] [1,5,25,125] good
b=10; 17692313 [1,7,6,9,2,3,1,3] [1,23,769231,17692313] good
b=12; 5560991 [1,10,4,2,1,11,11] [1,311,17881,5560991] good <числа показаны в десятичной сс>
мало их. наверное, теория есть

[lel0lel]

gris в сообщении #1724102 писал(а):

наверное, теория есть

Рассмотрим число $\frac{23}{13}(10^{6n+7}+3)$, где $n\in\mathbb{N}$. Это число целое, так как $-3\cdot10^{6(n+1)}+3\equiv0\pmod{13}$. Это число составное, у него есть простой делитель $23$ и делитель $p:=\frac{1}{13}(10^{6n+7}+3)$. Число $23\cdot p$ содержит в десятичной записи число $p$ в виде подстроки. Это видно из следующего тождества:

$$\frac{23}{13}(10^{6n+7}+3)=\frac{10}{13}(10^{6n+7}+3)+10^{6n+7}+3=10^{6n+7}+10p+3.$$

То есть число $23p$ получается из числа $p$ приписыванием единицы слева (старший разряд) и тройки справа. Кроме того, число $p$ содержит в себе число $23$ в виде подстроки. Действительно, число $p$ можно записать так:

$$p=\frac{10^7(10^{6n}-1)}{13}+769231.$$

Из этой записи видно наличие подстроки $23$ и $1$. Посему, число $23p_n$ будет удовлетворять требованиям обсуждаемой задачи (содержать все свои делители в виде подстрок), если число $p_n$ будет простым. Первые значения $n<1000$, при которых $p_n$ простое таковы: $0,5,6,188,382,396.$ Такие последовательности решений с фиксированным простым делителем (у нас это 23) можно и из других известных решений получать, но не уверен, что из всех.

(Оффтоп)

Если вечером будет с компьютера доступ к форуму, то напишу про ещё одну серию решений.

[gipokrat]

lel0lel в сообщении #1724097 писал(а):

Проведён ли какой-то перебор по составным, состоящим из двух простых множителей? Либо какой-то другой алгоритм использован?

Поскольку перебор проводил не я, а ChatGPT, ему и держать ответ:

ChatGPT писал(а):

Спасибо, да, замечание принимаю.

Слово «четвёртый» в моей формулировке действительно было слишком сильным.

На данный момент у меня есть только проверка принадлежности числа $n=899484127407287$ к последовательности, но нет доказательства, что это число является следующим после $17692313$.

Полного доказательного перебора всех непростых чисел в промежутке $17692313<n<899484127407287$ не проводилось.

Также не проводился исчерпывающий перебор всех чисел вида $n=pq$, где $p$ и $q$ — простые числа, причём оба множителя должны встречаться как подстроки в десятичной записи произведения $pq$.

Поэтому корректнее говорить не «найден четвёртый член последовательности», а «найден ещё один член последовательности A239060, возможно следующий после $17692313$».

Для найденного числа проверка такая:

$899484127407287=94841\cdot 9484127407$.

Оба множителя простые, поэтому положительные делители числа $n$ ровно такие:

$1,\ 94841,\ 9484127407,\ 899484127407287$.

Все четыре записи действительно встречаются как подстроки в десятичной записи числа $899484127407287$.

Так что принадлежность числа к последовательности проверяется напрямую, а вот утверждение о том, что это именно следующий член после $17692313$, требует отдельного перебора или доказательства.

[maxal]

gipokrat in post #1724145 писал(а):

Поэтому корректнее говорить не «найден четвёртый член последовательности», а «найден ещё один член последовательности A239060, возможно следующий после $17692313$».

Я доказал, что это именно 4й член. Идея такая: пусть $n$ это член A239060, а $p$ - его минимальный простой делитель. Тогда $m:=n/p$ - тоже делитель $n$ (причем самый длинный из меньших $n$), и поэтому $n$ имеет вид конкатенации $\overline{xmy}$ для каких-то $x,y$ суммарной длины не превосходящей $\lfloor \frac{\ell(n)}2 \rfloor$. Поэтому если $L:=\ell(m)$ - это длина $m$, то $m$ также делит $\overline{x0^Ly}$, и мы можем перебирать числа такого вида и их делители для нахождения всех возможных $m$, а значит и $n$ заданной длины.

[maxal]

lel0lel in post #1724097 писал(а):

Дело в том, что "рядом" есть и другие подобные числа, например, немного большее $1386468214351201$.

А это 5й член. А следующие два: 3047427134583889, 4482669527413081.

[lel0lel]

Значит 899484127407287 -- четвёртый)
Основываясь на этом решении, можно получить серию:

$$n_i=94841p_i, \text{ где } p_i=\frac{89\cdot10^{288i+13}+287}{94841-1000}.$$

Из $94841p_i=89\cdot10^{288i+13}+287+1000p_i$ следует, что умножение $p_i$ на $94841$ сводится к появлению префикса 89 и суффикса 287. Ещё нужно, чтобы были вхождения 94841 и 1. Они есть, так как $p_i=89\cdot10^{13}(10^{288i}-1)/93841+9484127407$. Собственно, остаётся искать простые $p_i$. Решение найденное gipokrat и GPT соответствует $i=0$, а следующее в этой серии уже очень большое, при $i=37$.