我非常感谢你几周前在序列方面的帮助A240162型。虽然一开始我认为你的公式和Mathematica代码不正确，但这只是因为我误读/误解了它们。你的贡献是正确的、有见地的，而且非常有帮助。我最终根据你的程序修改了我的程序。非常感谢你的帮助。
我还在等那个序列和相关的序列A245970型通过A245974型待批准。
我担心我正在使用Sage代码进行计算A245970型（其他相关序列可能有相同的问题），其中似乎需要向指数添加额外的phi（n），以便在建立重复循环之前跳过坏值。使用额外的phi（n），我相信程序会为n生成正确的值，最多可达10000；但我不能绝对肯定它对所有n都有效，尤其是当n非常高时。基本上，我担心的是，我无法证明不存在n，对于n，我们可能需要添加额外的2*phi（n）甚至3*phi。但我真的不知道。你在回答关于A245970型如果你能抽出时间，我将不胜感激。关于我的担忧，更多的解释见对草案的评论。
谢谢你，罗伯特。
韦恩·范维尔苏赞（Wayne VanWeerthuizen）2014年8月19日06:26（UTC）
对于任何正整数p，k，设T[k]（p）是kp的塔（因此T[1]（p）=p，T[k+1]（p。假设p是素数。使用“计算机科学家”版本的mod很方便，它是一个函数而不是关系，所以X mod Y是最小非负整数r，使得X＝＝r mod Y。现在的问题是，对于足够大的k，我们可以说T[k+1]（p）=p^（T[k]（p）mod phi（n））mod n吗？对于p=2，情况并非如此，如n=6所示，其中T[k]（2）mod 6=4，而T[k'（2）mode phi（6）=0。让我们更仔细地看一下。
如果n不能被p整除，这是真的，因为a ^（phi（n））==1 mod n表示n的任一互素。假设现在n=p^d*m，其中m不能被p整除，d是一个正整数。那么phi（n）=phi（p^d）*phi（m）=p^（d-1）*（p-1）*phi（m）。设T[k]（p）mod phi（m）=s，T[k'（p）mode phi。如果k足够大，T[k]（p）==0 mod p^（d-1），而T[k]（p）==1 mod p-1。只要p>2，这表示r>0，并且（因为r可以被p^（d-1）整除，p^r>=d。然后T[k]（p）==0==p^r mod p^d，并且T[k]（p）==p^s==p*r mod m，所以T[k'（p）＝=p*r*mod n。因此，唯一的例外是p=2，并且只有当r=0时才会发生这种例外，即T[k]（2）对于大k可以被phi（n）整除。只有当φ（n）是2的幂时，即当n为A003401号. 当n为in时A003401号注意，对于Fermat素数f，T[k]（2）==1 modf对于k足够大，并使用中国剩余定理。
我希望这能有所帮助。
亲爱的罗伯特：，
请参阅草案A266214型（“与zeta（2*n）/（Pi^（2*n））的分子不互素的数字n”），这是我针对SeqFans线程提出的一个序列(A046988查询). 你满足于被列为合著者吗？你可以随意修改草稿。非常感谢。
克利斯·博伊德2015年12月27日08:18（UTC）。
