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Comparación de números y sumas alternadas

Publicado por ^DiAmOnD^ el 26 de diciembre de 2007 en Juegos | 46 comentarios

Como en estos días ha habido poco movimiento en el blog os dejo tres problemas que me ha enviado Domingo por mail para que os entretengáis estas fiestas:

Problema 1

Sin utilizar la calculadora dar un procedimiento para determinar cuál es el número más grande entre $e^{\pi}$ y $\pi^e$ .

Problema 2

Sin utilizar calculadora dar un procedimiento para determinar cuál es el número más grande entre $A=\log_3{4} \cdot \log_3{6} \cdot \ldots \cdot \log_3{80}$ y $B=2 \cdot \log_3{3} \cdot \log_3{5} \cdot \ldots \cdot \log_3{79}$

Problema 3

Ya que llega el 2008, vamos a considerar el conjunto de números ${1,2, \ldots ,2008}$ . En este conjunto se consideran todos los posibles subconjuntos con números ordenados de menor a mayor y a cada uno de ellos se le asigna la suma alternada de sus elementos. Un par de ejemplos:

-) Al subconjunto $A={2,1000,2001}$ se le asigna su suma alternada, que es $2-1000+2001=1003$ .
-) Al subconjunto $B={1000,1200,1400,1600}$ se le asigna su suma alternada, que es $1000-1200+1400-1600=-400$

Realizamos este procedimiento con todos los posibles subconjuntos y hallamos la suma de todas las sumas asociadas a cada uno de los subconjuntos. ¿Cuál es el valor de dicha suma final?

A por ellos.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

46 Comentarios

Acid
26/12/2007

1. Es mayor e^PI que PI^e
porque log(e^PI)=PI*log(e) > e*log(PI)
ya que los logaritmos son cantidades más similares (log de x aumenta poco al aumentar x), mientras que los factores determinan en mayor medida el resultado.

Dicho de otra forma, la derivada de log(x) es 1/x y para valores de x mayores que 1, como es el caso (e y PI son mayores que 1), 1/x es menor que 1… es decir, cuando x crece de x1 a x2 el logaritmo crece menos…
log(PI) = 0,497
log(e) = 0,434
log(PI)/log(e) =1,1447298858494
PI/e = 1,15572734979

Lo cual confirma que el incremento del logaritmo es menor que es el incremento de x.

Además, “Epi” es un famoso jugador de baloncesto y es mayor que cualquier “Pie” :p
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Javier
26/12/2007

Como dice dar un procedimiento y no resolverlo, doy uno. Suponemos que sabemos los valores de e y PI.

Aplicando logaritmos

ln( e^PI)=PI
ln(PI^e)=e ln (PI)

Ademas ln(PI)=2*ln(raiz(PI))

Como PI
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Javier
26/12/2007

Se me ha comido letras. Iba a decit que como PI
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Javier
26/12/2007

Se me ha comido letras otra vez.

$\pi$ $\leq$ $4$ entonces $\sqrt{\pi}$ $\leq$ $2$ y como $\log (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}+ \cdots$ podemos obtener una aprximacion tan precisa de $\log (\pi)$ como necesitemos.

PD: No me deja escribir el menor o el mayor en latex
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Acid
26/12/2007

javier, me temo que has usado el símbolo menor
si quieres usarlo y que no se te coma lo que hay detrás deberías sustituir cada símbolo menor por estos 4 caracteres: “&”,”l”,”t”,”;” es decir <

(También puedes usar código LaTeX si sabes)
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Francesc
26/12/2007

(problema 3)

Yo diria que 2^2007. No nos interesan las sumas alternadas asignadas a cada subcongunto, solo la suma total. Es facil ver que solo los unos sobreviven (puesto que cuando aparecen siempre lo hacen en primera posición, i.e. sumando) y que todos los demas se cancelan (aparecen las mismas veces en posiciones pares que impares). Como lo veis ?? Feliz navidad
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Pelícano
26/12/2007

No estoy seguro, pero creo que para el problema 3 la solución es 2^2007.

He razonado así: El conjunto tiene 2^2008 subconjuntos, y en la suma final cada elemento está tantas veces como el número de subconjuntos en los que sale, que es en la mitad, esto es en 2^2007 subconjuntos.

Entonces para hacer la suma final solamente habría que saber, para cada elemento, cuantas veces de las 2^2007 sale con signo positivo y cuantas con negativo.

Está claro que el 1 siempre que sale lo hace con signo positivo (puesto que cada vez que sale es el primero de todos) por lo tanto aporta 2^2007 unidades a la suma final. Pero los demás elementos (y aquí es donde no estoy muy convencido…) deben de salir, por símetría, tantas veces sumando como las que salen restando, por lo que no aportarían nada a la suma final. Es decir, que la suma final sería 2^2007. ¿Es la respuesta?
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Acid
26/12/2007

* Problema 3:

Cada subconjunto ordenado se puede representar por un número binario, de hasta 2008 cifras, donde cada cifra representa la presencia (o ausencia, si es cero) de uno de los 2008 números.

Existen 2^2007 subconjuntos que no contienen el 1, desde 0000…000 hasta 1111…111 (o uno menos si no se incluye el vacío, desde 0000…001 hasta el binario 1111…111), pero para cada uno de ellos existen otros 2^2007 subconjuntos que sí tienen el 1 (basta añadir el 1 a cada uno de los anteriores). Y sean cuales sean las sumas de los 2^2007 subconjuntos, los resultantes de añadir el 1 contienen todos los opuestos, así que eliminan todos los sumandos … y añaden un 1 por cada conjunto. Así que el total debe ser 2^2007

Ejemplos: {1,2}
+1 -2
+1 ..
.. +2
Para todo subconjunto {+2} sin el 1 existe otro con el 1 {1, 2}, de forma que resultan sumandos opuestos.

{1,2,3}

.. +2 -3
+1 -2 +3

.. +2 ..
+1 -2 ..

.. .. -3
+1 .. -3

.. .. ..
+1 .. ..

Para todo subconjunto sin el 1 (S) existe otro con el 1 ({1} U S), de forma que resultan sumandos opuestos.
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Ban
26/12/2007

Problema 3:

2008.(2^2007)
O en general, N*(2^(N-1))
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Asier
27/12/2007

(problema 3)

Creo que la solución es $2^{2007}$ pero voy a intentar demostrarlo matemáticamente:

Sea $N$ la cantidad de números que tenemos. Partiendo del número $N$ podemos ordenar/agrupar las $2^N-1$ operaciones posibles de esta manera. Hago el ejemplo con N = 4 para verlo mejor:

1 = 1
1-2 = -1
1-3 = -2
1-4 = -3
1-2+3 = 2
1-2+4 = 3
1-2+3-4 = -2
1-3+4 = 2

2 = 2
2-3 = -1
2-4 = -2
2-3+4 = 3

3 = 3
3-4 = -1

4 = 4

Como vemos para $N$ hay 1 operación, para $N-1$ hay 2 operaciones, para $N-2$ hay 4 operaciones, etc. (de ahí que en total haya $2^N-1$ operaciones).
Si nos fijamos bien, la suma parcial de cada grupo se obtiene restando las sumas parciales de los grupos inferiores. Así para el grupo que empieza con 3, tenemos 2*3-4 = 2, y para el grupo que empieza con 2 tenemos 4*2-2-4 = 2.
Esto matemáticamente puede escribirse como:

$f(N) = N$
$\displaystyle f(N-k) = 2^k (N-k) - \sum_{i=1}^{k} f(N-k+i)$

Siendo esto así, la suma que buscamos es la suma total de los parciales:

$\displaystyle S = \sum_{k=1}^{N} f(k) = f(1) + f(2) + \dots + f(N-1) + f(N)$

Pero $\displaystyle f(1) = f(N-(N-1)) = 2^{N-1} - f(2) - f(3) - \dots - f(N)$

Con lo cual, simplificando nos queda $S = 2^{N-1}$

Espero haberme explicado. ¿Cómo lo veis?
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Domingo H.A.
27/12/2007

Efectivamente, Francesc, Pelícano y Asier han respondido correctamente a la cuestión 3. Bien hecho.

Si a la suma alterna asociada a cada subconjunto que no contenga al 1, le sumamos la suma alterna del subconjunto que se forma añadiendo el 1, obtenemos claramente que la suma es 1. Como tenemos $2^{2007}$ subconjuntos que no contienen al 1 (y añadiéndoles el 1 obtenemos todos los subconjuntos posibles de $\{1,2,\ldots,2008\}$ ), finalmente la suma total será sumar 1 $2^{2007}$ veces.

Vamos ahora a tratar de responder convincente y escuetamente a las cuestiones 1 y 2. Como se dice en el planteamiento no valen calculadoras (y con esto debería entenderse que tampoco valen cálculos con aproximaciones decimales). Los problemas 1 y 2 son de naturaleza distinta al 3, pues en ellos ya conocemos la respuesta y de lo que se trata es de explicarla de manera clara evitando cálculos engorrosos.
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nisti2
27/12/2007

no soy muy bueno en las mats. pero si se k se puede hacer aplicando logaritmos en el primer paso
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Jorge Romero
27/12/2007

Para el problema 1, utilizo un artificio muy sencillo y lo llamo de comparación, sabemos que $\exp4^{3}$, entonces, puedo concluir: $\exp^{\pi}>\pi^{\exp}$.
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Jorge Romero
27/12/2007

Para el problema 1, utilizo un artificio muy sencillo y lo llamo de comparación, sabemos que \exp 4^{3}, entonces, puedo concluir: \exp^{\pi}>\pi^{\exp}.
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Jorge Romero
27/12/2007

Para el problema 1, utilizo un artificio muy sencillo y lo llamo de comparación, sabemos que exp 4^3, entonces, puedo concluir: exp^pi>pi^exp.

Tengo un problema con Latex, el código escrito lo compile en mí maquina y funciona, tal vez me hace falta más uso…
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Jorge Romero
27/12/2007

Para el problema 1, utilizo un artificio muy sencillo y lo llamo de comparación, sabemos que exp menor que 3 y pi es menor que 4; así exp^pi es menor que 3^4 y pi^exp es menor que 4^3, es claro que 3^4 es mayor que 4^3, entonces, puedo concluir: exp^pi es mayor que pi^exp.

Bueno es lo que quise decir desde un inicio. El problema que encontré tiene relación con el símbolo “menor que” y “mayor que”, además no logro hacer ver algún símbolo matemático cuando escribo código en Latex. Por ejemplo: la integral en código la escribo con la diagonal invertida seguida de la palabra “int”, claro dentro de los dos signos de moneda. $\int$.
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Jorge Romero
27/12/2007

Lamento haber tomado el foro como pizarrón de aprendizaje. Revisé la el vínculo para WikiPediA y leí la página para saber cómo colocar o insertar símbolos matemáticos (aquí), hasta copie un ejemplo, lo pegue y simplemente no funciono. Alguno quiere decirme cómo insertan estos símbolos, por favor. Gracias.
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Acid
27/12/2007

Jorge, debes escribir la palabra latex justo después del dólar sin que quede un espacio.
(luego pones la expresión y un dólar al final, de regalo)

Yo he tenido problema con comentarios que me los marca como repetidos pero no aparecen publicados.
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Acid
27/12/2007

2.
B/A es menor que A/B …

Luego B es menor que A.

Se puede ver agrupando los cocientes. En B/A se hace:

$latex { log_3{5} \over log_3{4} } \cdot \ldots \cdot
{ log_3{79} \over log_3{78} } \cdot
{ log_3{81} \over log_3{80} } \cdot { 1 \over 2}$

ya que $log_3{81} = 4$ y $log_3{3} = 1$

En A/B se agrupan los logaritmos en el mismo orden que aparecen en el enunciado.

Por último, basta fijarse en que para cada fracción log(N+1)/log(N) de B/A existe una en A/B que es mayor : log(N)/log(N-1)
Según N crece, log(N) crece pero menos cada vez… Es fácil ver que es así… log3(81) = 4 y log3(243)=5 así que log3(82) debe ser muy cercano a 4. Sin embargo, log3(3)=1 y log3(4) no será tan cercano a 1. log3(4)=log3(3*4/3)=1+log3(4/3) … log3(5)=log3(4)+log3(1.25)
log3(5)/log3(4)= 1 + log3(1.25)/log3(4)=
log3(4)/log3(3)= 1+log3(4/3)
Y es mayor log3(1.33333) que log3(1.25) y por tanto, mayor que log3(1.25)/log3(4)
Para cualquier N : logk(N+1)/logk(N) =
log(N+1)/log(N) = log(N* (N+1)/N)/log(N) = [log(N)+log((N+1)/N)]/log(N) = 1+ log(1+1/N)/log(N)

mientras logk(N)/logk(N-1) = log(N)/log(N-1) = log((N-1)*N/(N-1))/log(N-1)=1 + log(N/(N-1))/log(N-1) = 1 + log(1+1/(N-1))/log(N-1)
Esto último siempre será mayor, pues dividir entre N-1 y entre log(N-1) siempre resulta mayor que dividir entre N y log (N)
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Domingo H.A.
27/12/2007

Jorge Romero, quería indicar que tu razonamiento sobre el problema 1 es incorrecto:

el hecho de que $x\leq a$ , $y\leq b$ , siendo $a\leq b$ , no implica que $x\leq y$

Acid ha dado en el clavo. ¿Damos por válida la respuesta de Acid al problema 3? ¿Alguien da una prueba más clara?
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edmond
27/12/2007

Aqui va el problema 1
Tomemos la siguiente funcion:
$f(x)=x^{1/x}$
Veamos si es creciente o decreciente en el intervalo $\left ( 0,\infty \right )$
Para ello derivamos la funcion f (notar que se trata de una funcion elevada a otra funcion, por lo que hay que usar el correspondiente metodo de derivacion). La derivada queda:
$f^\prime(x)=x^{1/x}\frac{(1-log(x))}{x^2}$
Notar que la funcion derivada es positiva en $\left ( 0,e \right )$ , es negativa en $\left ( e,\infty \right )$ y vale 0 en $e$ . Por tanto f tiene un maximo en $e$

Por tanto $f( \pi ) \ll f(e) \Rightarrow \pi^{1/\pi} \ll e^{1/e}$
Elevando ahora ambos miebros a $e\pi$ se tiene que
$\pi^{e} \ll e^{\pi}$

¿como se escribe el simbolo de menor?
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Acid
27/12/2007

Domingo, supongo que te refieres a mi respuesta al problema 2… porque mi respuesta al problema 3 no se qué ha pasado pero no ha aparecido (debe haber sido marcada como spam o algo… y eso que no tiene enlaces)
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Acid
27/12/2007

Problema 3:

Cada subconjunto ordenado se puede representar por un número binario, de hasta 2008 cifras, donde cada cifra representa la presencia (o ausencia, si es cero) de uno de los 2008 números.

Existen 2^2007 subconjuntos que no contienen el 1, pares desde 0000…000 hasta 1111…111 (o uno menos si no se incluye el vacío, desde 0000…001 hasta el binario 1111…111), pero para cada uno de ellos existen otros 2^2007 subconjuntos que sí tienen el 1 (basta añadir el 1 a cada uno de los anteriores, o los pares más uno). Y sean cuales sean las sumas de los 2^2007 subconjuntos, los resultantes de añadir el 1 contienen todos los opuestos, así que eliminan todos los sumandos … y añaden un 1 por cada conjunto. Así que el total debe ser 2^2007
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Domingo H.A.
27/12/2007

Sí señor, edmond!! Muy buena.

(pongo por aquí otra solución un poquito más elemental del problema 1:

teniendo en cuenta que $e^x\succ 1+x,\;\;\forall x\succ 0$ (usar por ejemplo el desarrollo en serie de la exponencial) y tomando $x=\cfrac{\pi}{e}-1$ ya nos sale. Ver que $e\prec 3\prec \pi$ y por tanto $x\succ 0$ .)

Aunque Acid ya lo ha dejado en bandeja, ¿podemos resolver de forma más contundente el problema 2?
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Acid
27/12/2007

Supongo que una forma más contundente sería demostrar que log(N+1)/log(N) es monótona decreciente, al menos para N mayor o igual que la base (en este caso 3) que es lo que ocurre en este caso…

Puede hacerse calculando la derivada (de log3(x+1) / log3(x) ) y viendo que es menor que cero para esos valores…
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Domingo H.A.
27/12/2007

Ya que mañana es el “día de los inocentes”, les dejo por aquí la siguiente “inocentada” a ver quien la explica.

Uno de los comentarios de Javier el día 26 me ha hecho recordar una de mis “paradojas” favoritas. Javier indicaba el desarrollo en serie del logaritmo (neperiano):

$ln\;(1+x)=x-\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{x^3}{3}-\cfrac{x^4}{4}+\cfrac{x^5}{5}-\ldots,\;\;\;\;-1\prec x\leq 1.$

Así, para $x=1$ obtenemos el valor de la suma infinita

$ln\;2=1-\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{5}-\cfrac{1}{6}+\cfrac{1}{7}-\cfrac{1}{8}+\cfrac{1}{9}-\cfrac{1}{10}+\ldots$

Si en esta serie realizamos las operaciones con cada fracción de denominador impar y su doble (es decir, 1-1/2=1/2, 1/3-1/6=1/6, 1/5-1/10=1/10,1/7-1/14=1/14…), y reagrupamos en orden decreciente, obtenemos que la serie se expresa como

$\left(1-\cfrac{1}{2}\right)-\cfrac{1}{4}+\left(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{6}\right)-\cfrac{1}{8}+\left(\cfrac{1}{5}-\cfrac{1}{10}\right)-\cfrac{1}{12}+\left(\cfrac{1}{7}-\cfrac{1}{14}\right)-\cfrac{1}{16}+\ldots=$

$\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{6}-\cfrac{1}{8}+\cfrac{1}{10}-\ldots=$

$\cfrac{1}{2}\cdot(1-\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{5}-\ldots)=$

$\cfrac{1}{2}\cdot ln\;2$

Así que $ln\;2=\cfrac{1}{2}\cdot ln\;2$ ¿Dónde está el error (si es que lo hay)?
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edmond
28/12/2007

Esta claro, todo el mundo sabe que $ln(2)=0$ .No hay ningun error en decir que $ln(2)= \frac{1}{2}ln(2)$

Pero bueno para los que duden de mi palabra, creo que mi profesora dijo una vez que no se podian reordenar los terminos de una serie alegremente y luego esperar que sumen lo mismo….
No estoy muy seguro pero me suena que tuviera que ser absolutamente convergete para que sumase lo mismo…pero bueno,sigo si estar seguro. Quiza alguien pueda ilustrarnos con un teorema o alguna idea mejor…
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Jorge Romero
28/12/2007

Gracias Acid, ¡bien!, era muy fácil escribir en latex. Lo siguiente sólo es una prueba del lenguaje Tex
$\sum^{N}_{i=0}\coprod_{i=1}^N x_i$ < $\alpha$

Edmond, el símbolo “menor que” no lo he podido escribir todavía desde algún comando en latex, pero escribiendo el “&” (ampersand) seguido de “lt” seguido de “;” lo genera, no escribir espacios. Por otro lado, $\ln (2) \neq 0$ , $\ln(1)=0$ .

Buena observación Domingo, gracias.
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Javier
28/12/2007

Creo que es lo de siempre, tenemos tres sub-sucesiones, la de los pares divisbles por 4, la de los pares no divisibles por 4, y la de los impares, y las 3 son divergentes, es decir, estas restando a una sucesion de suma infinita otra de suma infinita, y como sabemos eso es una indeterminacion. Si la suma de las sucesiones fuera convergente, esto no pasaria.
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edmond
28/12/2007

Excelente&lf;Magnifico 🙂
Pues bueno $ln(1)=0$ , pero $ln(2)$ tambien…era broma
¡Salud!
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edmond
28/12/2007

Excelente<Magnifico
Pues bueno $ln(1)=0$ , pero $ln(2)$ tambien…era broma
¡Salud!
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Tito Eliatron
28/12/2007

Para el Problema 1, también se puede hacer comprobando que la función:

$f(x)=\frac{\ln(x)}{x}$ tiene un máximo relativo en $x=e$ que además es donde se alcanza el máximo absoluto.
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Domingo H.A.
28/12/2007

Bueno, en referencia a la suma alternada que da ln 2 o 1/2*ln 2 según se agrupe, edmond (bromas aparte 🙂 ) dio en la diana al aludir a la convergencia condicional de la serie armónica alternada. El quid de la cuestión está en el teorema de reordenación de Riemann. Éste es uno de los resultados elementales que más impacto me causó en el primer año de carrera:

dado cualquier valor real prefijado de antemano y dada una serie condicionalmente convergente (convergente, pero no absolutamente convergente), existe una permutación de sus términos cuya suma es el valor prefijado.

Me parece de una belleza excepcional y su demostración es bastante asequible. ¿Alguien se atreve a reordenar la serie armónica alternada para que sume 0, o $\pi$ , o $\sqrt{2}$ ….?
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Domingo H.A.
28/12/2007

En relación al problema 1, comentar que en 1929 Gelfond demostró que $e^\pi$ es irracional, pero aún no se sabe qué ocurre con $\pi^e$ . Por otro lado, $ln\; 2$ es un número irracional muy curioso (¿de verdad es irracional?).

Se me ocurre proponerles, con permiso de Diamond, la siguiente cuestión:

Algunos números naturales poseen factores primos mayores (estrictamente) que su raíz cuadrada (por ejemplo, 2,3,5,6,…,15,…), mientras que otros números no verifican dicha propiedad (por ejemplo, 4,8,9,12,16,…,27,…).

La cuestión entonces es la siguiente:

Calcular la probabilidad de que un número natural $m$ elegido al azar posea un factor primo mayor estrictamente que su raíz cuadrada:

$m\in\mathbb{N}$ t.q. $\exists p$ primo, $p|m$ , y $p$ > $\sqrt{m}$ .

Para evitar ambigüedades, consideraremos naturales $m$ menores que un cierto $N$ y luego haremos $N\to +\infty$ , como ya hiciéramos en algún que otro problema (probabilidad de escoger dos números primos entre sí, probabilidad de escoger un número libre de cuadrados,…). Como en dichos problemas la respuesta a esta cuestión es sorprendente.

Un saludo y feliz año a tod@s!
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Acid
28/12/2007

Cuando metemos al infinito por medio pueden pasar cosas muy raras. 😉

https://gaussianos.com/invento-diabolico/

Así a bote pronto, no tengo ni idea de cómo abordar el problema de los primos que propones. Aunque me imagino cuál va a ser el resultado… o cero o uno jejeje. Más bien, creo que cero, supongo (al principio más concentración de primos pero luego se va diluyendo y los primos son claros candidatos a tener un factor primo mayores que su raiz, ellos mismos, claro). Claro, que también la intuición es mala consejera muchas veces.

Sobre infinitos, probabilidades, la intuición… etc. ya comenté en otro blog (RESUMEN: En relación con esto, decir “un número natural elegido al azar” creo que no tiene sentido… juntar naturales que son infinitos, con “puro azar” = equiprobables… llegamos a un absurdo… que no elegimos nunca ningún número, porque si hay N la probilidad de que salga cada uno de ellos es 1/N (deben ser iguales y sumar 1), pero si N tiende a infinito… la probabilidad de cada uno es cero!! No podemos sacar ninguno “al azar” entre infinitos. !!

Partiendo de este absurdo, suponer que además que hemos sacado un número con “puro azar” y que además ese número cumpla una propiedad… ya las probabilidades como que pueden ser 0*0

¿cuál es la probilidad de que esta frase sea falsa?
(si es uno es que es falsa siempre… luego es cierta! si es cero, nunca es falsa, luego es cierta… luego es verdad que es falsa… ¡qué mareo! no converge esto. ¿y si es 0,5? ¿”como mitad falsa mitad cierta”? tampoco convence)

Ya enredé bastante la madeja…
Ahora me despido deseando feliz año a todos, hasta el infinito y más allá!! xDD
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Domingo H.A.
28/12/2007

Acid, no deberías considerar 0 o 1 como una respuesta sorprendente (es broma…:)). Efectivamente los primos poseen la propiedad, pero hay “muchos más” …ya verás como sale algo…

Efectivamente hablar de “probabilidad de elegir un natural al azar” puede ser no riguroso, pero sobre esto ya hemos comentado (en este y otros post) que nos referimos a calcular el “valor límite de la proporción” de números que verifican la propiedad en cuestión.
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edmond
28/12/2007

Hola,
pues vaya no se si conocia el teorema de reodenacion pero es verdad, tiene sentido :).
Me he puesto a intentar sumar 0, Pi o raiz de 2 con la serie armonica…pero no he encontrado nada ‘bonito’. De todas forma voy a escribir una posible forma de sumar la serie para sumar 0.
Llamaremos $S_n=\sum_{n=1}^\infty sg_n \cfrac{1}{n}$ siendo $sg_n$ el signo correspondiente.
Pues bien, la idea es la siguiente: Empezamos con $S_1=1$ . Si la $S_n$ es positiva el siguiente termino lo restamos, y si es negativa, pues el siguiente termino lo sumamos.Asi
$S_1=1$
$S_2=0.5$
$S_3=0.166..$
$S_4=-0.0833..$
$S_5=0.1166..$
$S_6=-0.05$
$S_7=-0.092..$

$S_{1000000}=0.000000000001$
No es dificil demostrar que converge a 0, aunque lo hace bastante lentamente.

Realemente este procedimiento tambien puede usarse para llegar a Pi y a raiz de 2 y a cualquier numero, pero bueno, sigue pareciendome un poco ‘cutre’ esta forma de llegar…¿alguien da mas?
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Asier
28/12/2007

Edmon, creo que el método que presentas es incorrecto, pues estás tomando cada término con el signo que te apetece, es decir, para obtener $S_3$ has restado 1/3, cuando en la serie armónica alternada tiene signo positivo.

Siguiendo esa idea y siendo r el número que queremos obtener, lo que puede funcionar es tomar los primeros términos positivos o negativos hasta justo ‘pasarnos’, luego tomar los primeros términos del signo contrario para volver a acercarnos a r hasta justo pasarnos, etc.
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Domingo H.A.
28/12/2007

En efecto Asier, creo recordar que por ahí van los tiros de la demostración del teorema de Riemann. Edmond, lo que hay que hacer es permutar los elementos con su signo correspondiente…no asignarles el signo al antojo. Pero la idea que dice Asier parece muy buena.

Vamos ahora con la cuestión que puse arriba.
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SmartDust
29/12/2007

Lo que sigue es un Off Topic total:

La forma correcta (según Kile) de escribir en $\LaTeX$ el signo mayor(menor) es \>(\<) por lo que para escribir “ $\pi$ > $e$ ” deberíamos escribir $_latex \pi \> e_$ (sin los subrayados) pero si hacemos esto último lo que obtenemos es $\pi \> e$ . Con el signo menor(\<) las cosas van aún peor

Para obtener el resultado esperado tenemos que separar el código $\LaTeX$ del código HTML:

$_latex \pi_$ > $_latex e_$ para $\pi$ > $e$ y
$_latex e_$ < $_latex \pi_$ para $e$ < $\pi$

A mi esto me parece bastante engorroso y creo que se podría evitar de alguna manera. ¿La conoce alguien?
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Edmond
29/12/2007

Asier, tienes razon, nose porque tenia otra idea en la cabeza y alternaba los signos en vez de los sumandos….Me gusta tu idea para llegar al numero r.
salud
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Domingo H.A.
31/12/2007

Bueno, ya que se nos acaba el año, indicar que la “probabilidad” de que un número natural posea un factor primo estrictamente mayor que su raíz cuadrada es $ln\;2$

Ya se verá si alguien quiere aportar algún dato (bien este año, bien el próximo) sobre cómo llegar a dicho valor.

Un saludo y buen año.
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Asier
31/12/2007

Qué curioso, Domingo. En cuanto pueda le dedicaré un tiempo a ver si puedo sacarlo, y si nadie lo hace en unos días, te agradecería que nos explicaras de dónde sale este valor.

¡Feliz año nuevo a todos!
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Toro Sentado
31/12/2007

Yo también lo intentaré, pero hay poco tiempo en fiestas

Feliz año
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Domingo H.A.
04/01/2008

Bueno, vamos a obtener la probabilidad de que un número natural $m$ elegido al azar posea un factor primo mayor estrictamente que su raíz cuadrada:

$m\in\mathbb{N}$ t.q. $\exists p$ primo, $p|m$ , y $p\succ\sqrt{m}$ .

En primer lugar notamos que esta última propiedad es equivalente a decir que el mayor factor primo $p(m)$ de $m$ verifica la propiedad: $p(m)\succ \sqrt{m}$ . Entonces, por fijar notación, para cada natural $m$ , vamos a llamar $p(m)$ a su mayor factor primo.

Sea ahora $N\succ\succ 1$ un natural (grande) y consideremos el conjunto $S_N:=\{m\in\mathbb{N}/\;m\leq N,\;\;p(m)\succ \sqrt{m}\}$ Se pide calcular el límite $\displaystyle{\lim_{N\to\infty} }\cfrac{|S_N|}{N}$ , donde las barras denotan el número de elementos del conjunto.

Entonces pueden darse dos situaciones con respecto a un natural $m\in S_N$ y su mayor factor primo $p(m)$ :

o bien $\sqrt{m}\prec p(m)\leq \sqrt{N}$ ; o bien, $\sqrt{N}\prec p(m)\leq N$

Sean $S_1:=\{m\in\mathbb{N}/\;m\leq N,\;\;\sqrt{m}\prec p(m)\leq \sqrt{N}\}$ y $S_2:=\{m\in\mathbb{N}/\;m\leq N,\;\;\sqrt{N}\prec p(m)\leq N\}$ . Entonces $|S_N|=|S_1|+|S_2|$ .

PRIMERO:

¿Qué valores $m$ cumplen $\sqrt{m}\prec p(m)\leq \sqrt{N}$ ?

Resulta que para cada primo $p\leq \sqrt{N}$ sólo hay $p-1$ posibles valores de $m$ que lo tengan como mayor divisor primo y verificando $\sqrt{m}\prec p \;(m\prec p^2)$ , a saber, $m=p\cdot 1,\;p\cdot 2,\ldots,\;p\cdot (p-1)$ . En consecuencia:

$|S_1|=\displaystyle{\sum_{p\leq \sqrt{N}}p-1}\prec \sqrt{N}\cdot \displaystyle{\sum_{p\leq \sqrt{N}}1}= \sqrt{N}\cdot \pi(\sqrt{N})$ , donde $\pi(x)$ es la función que cuenta los primos menores o iguales que $x$ .

Entonces vemos que $\displaystyle{\lim_{N\to\infty} }\cfrac{|S_1|}{N}=\displaystyle{\lim_{N\to\infty} }\cfrac{\pi(\sqrt{N})}{\sqrt{N}}=0$ (lo último es consecuencia del teorema de los números primos, que ya conocemos de algún que otro post).

SEGUNDO:

¿Qué valores $m$ cumplen $\sqrt{N}\prec p(m)\leq N$ ? Dado un primo $p$ en estas condiciones, un natural $m(\leq N)$ que tenga a $p$ como mayor divisor primo tendrá que verificar (elvando al cuadrado) $m\leq N\prec p^2$ , y por tanto , dividiendo por $p$ ,

$\cfrac{m}{p}\leq \left\lfloor\cfrac{N}{p}\right\rfloor \prec p$

Así al dividir m entre p cociente no puede sobrepasar $\left\lfloor\cfrac{N}{p}\right\rfloor$ y por tanto en este segundo caso sólo son posibles los valores de $m$ :

$m=p\cdot 1,\;p\cdot 2,\ldots,\;p\cdot \left\lfloor\cfrac{N}{p}\right\rfloor$

Finalmente, vemos que

$latex \displaystyle{\lim_{N\to\infty} }\cfrac{|S_2|}{N}=\displaystyle{\lim_{N\to\infty} }\cfrac{\displaystyle{\sum_{\sqrt{N}\prec p\leq N}} \left\lfloor\cfrac{N}{p}\right\rfloor}{N}=
\displaystyle{\lim_{N\to\infty} }
\displaystyle{\sum_{\sqrt{N}\prec p\leq N}} \cfrac{1}{p}=\displaystyle{\lim_{N\to\infty}} \left(\displaystyle{\sum_{p\leq N}} \cfrac{1}{p}-\displaystyle{\sum_{p\leq \sqrt{N}}} \cfrac{1}{p}\right)=\displaystyle{\lim_{N\to\infty}} \left(ln(ln\; N)-ln(ln(\sqrt{N})+\mathcal{O}\left(\cfrac{1}{ln\;N}\right)\right)=ln\;2$,

donde el único paso que no es obvio es aquel en el que estimamos las sumas parciales de la serie de los inversos de los primos. Aunque conocía que la suma $\displaystyle{\sum_{p\leq N}} \cfrac{1}{p}$ se comporta como $ln(ln\; N)$ para $N$ grande, podemos recurrir, por ejemplo, al libro de T. Apostol “Introduction to analytic number theory” (1976, p. 90, Teorema 4.12) donde dice que:

“existe una constante $A$ tal que $latex \displaystyle{\sum_{p\leq x}} \cfrac{1}{p}=ln(ln\;x)+A+
\mathcal{O}\left(\cfrac{1}{ln\;x}\right),\;\;\forall x\geq 2$”.

Espero haberme explicado (he intentado no saltarme detalles). El resultado $ln\;2$ no debería sorprender pues esta constante aparece con bastante frecuencia en teoría (analítica) de números.
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Asier
04/01/2008

Muchas gracias por esta explicación tan detallada, Domingo.
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Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$ .

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

Comparación de números y sumas alternadas

Problema 1

Problema 2

Problema 3

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