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用户对话:罗伯特·以色列

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我非常感谢你几周前对sequence的帮助A240162号。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,而且非常有帮助。最后我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,还有相关的序列A245970型通过A245974号待批准。

我对我用来计算的Sage代码有点担心A245970型(和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错误值。有了额外的phi(n),我有信心该程序可以为n生成正确的值,最高可达10000;但我不确定它是否适用于所有n,尤其是当n非常高的时候。基本上,我担心的是,我不能证明不存在一个n,为此我们可能需要增加额外的2*phi(n)甚至3*phi(n),而不仅仅是添加一个phi(n),以便跳过初始周期中的错误初始值。但我真的不知道。你帮我回答这个问题A245970型如果您能抽出时间,我将不胜感激。关于草案的评论更多地解释了我的关切。

谢谢,罗伯特。

韦恩·范维特苏伊森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)=p^(T[k](p))。假设p是素数。使用mod的“计算机科学家”版本很方便,它是一个函数而不是一个关系,所以X mod Y是最小的非负整数r,因此X==r mod Y。现在的问题是,对于足够大的k,我们能说T[k+1](p)=p^(T[k](p)mod phi(n))mod n吗?不是p=2,在n=6的情况下,T[k](2)mod 6=4,而T[k](2)mod phi(6)=0。让我们仔细看看这个。

如果n不能被p整除,这是真的,因为a^(phi(n))==1模n对于n的任何一个互质。假设n=p^d*m,其中m不可被p整除,d是一个正整数。则φ(n)=φ(p^d)*φ(m)=p^(d-1)*(p-1)*φ(m)。设T[k](p)mod phi(m)=s,T[k](p)mod phi(p^d)=T和T[k](p)mod phi(n)=r。因此r==s mod phi(m)和r==T mod phi(p^d)。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,这就表示r>0,并且(因为r可被p^(d-1)和p^(d-1)>=d整除)r>=d。然后T[k](p)==0==p^r mod p^d,而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,这种例外只在r=0时发生,即T[k](2)可被phi(n)整除。只有当φ(n)是2的幂次时,也就是说,当n在A003401. 当n在时A003401注意,对于Fermat素数f,T[k](2)==1 mod f,k足够大,并使用中国剩余定理。

我希望这有帮助。

A266214

亲爱的罗伯特,

请看草案A266214(“不是zeta(2*n)/(Pi^(2*n))分子互质的数n”),这是我为响应SeqFans线程而提出的一个序列(A046988查询). 你愿意被列为合著者吗?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)。