Recién comenzado el año 
Consideremos la función:
Estudiar el conjunto de valores de la variable
para los que se verifica que
y hallar la medida (de Lebesgue) de dicho conjunto.
Vamos a por ello.
¿Te ha gustado la entrada? Puedes invitarme a un café, Gauss te lo agradecerá 😉
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.
Tienes un 20% de descuento y envío gratis en toda la web de La Tostadora con al menos dos artículos. Usa el código GAUSSIANOS entrando con el enlace de la imagen.
Y usando el código REBAJAS tienes un 30% de descuento hasta el 8 de agosto con al menos 3 artículos.
Si quieres recibir los artículos de Gaussianos en tu mail haz click en la imagen.
Únete a la iniciativa Yo construí el poliedro de Császár. Haz click en la imagen para conocer todo los detalles.
Y visita este set de Flickr para ver las construcciones de los lectores de Gaussianos.
En el planteamiento del problema no es muy conveniente nombrar a Lebesgue cuando aludimos a la medida del conjunto en cuestión (ya que puede asustar a la mayoría). A fin de cuentas no es necesario. Tal vez sea más adecuado (por facilitar la cosa) proponerlo del modo siguiente:
1º) Demostrar que el conjunto de valores de la variable x para los que se verifica que
es una unión de intervalos disjuntos.
Y lo más interesante
2º) Calcular la suma de las longitudes de los intervalos que definen al conjunto anterior.
La 1ª parte es facil. La funcion tieen como dominio R – {1, 2, …, 2006, 2007). La derivada es negativa para todo x, por tanto es siempre decreciente y continua en los puntos definidos. Para todo x que no esta en el dominio, es decir {1, 2, 3, …, 2007}, su limite por la derecha es infinito. Como la funcion es continua y decreciente en su dominio, la solucion es la union de 2007 intervalos abiertos por la izquierda y cerrados por la derecha.
Estoy de acuerdo con lo que dices, Javier.
Respecto a la segunda parte, le he dado unas vueltas y no sé cómo abordarlo con precisión, pero he hecho unos cálculos ‘grosso modo’ y me ha dado que la suma de esas longitudes es 2008, lo cual me ha llamado la atención. Ando muy descaminado, Domingo?
sí señor Asier!!! Estupendo!! Ese era el resultado «sorpresa» de año nuevo 🙂
Indícanos ahora esos cálculos!!
¡No me lo puedo creer! Debe de ser de esas situaciones en las que uno acierta sin comprender bien lo que ha hecho! En resumidas cuentas, lo que he hecho es ver cuándo cada uno de los sumandos supera : Teniendo en cuenta que cada intervalo consiste en tomar lo que puede exceder de cada , tenemos que la suma es: Esto lo había hecho para, a grandes rasgos, hacerme una idea de lo que podía resultar. Sin embargo me parece que he ignorado las sumas parciales de los demás sumandos, por eso me sorprende que haya dado en el… Lee más »
Vaya, vaya!! Asier, la verdad es que estoy algo asombrado, porque tu proceso funciona en general para sumandos y cotas variables (un valor en vez de 2007/2). Es decir que también habrías acertado si hubiese puesto otros valores. En general los intervalos que se piden son de la forma como bien habéis comentado ambos, y la cosa está en ver como se comportan los valores que es donde se da la cota con igualdad. Estos valores son las 2007 raíces de un polinomio de grado 2007 que se obtiene eliminando denominadores. Pero no nos interesan las raíces, sino su suma… Lee más »
Lo he analizado un poco y el tema parece muy interesante. ¿Sabe alguien si la suma de las raíces de un polinomio de grado del tipo con todos los coeficientes distintos de cero es siempre ? Sé que se cumple para grado 2 y 3 pero de ahí en adelante? Si fuera así creo que quedaría justificada la manera en la que he resuelto el problema. Al parecer las ecuaciones del tipo cumplen la curiosa propiedad de que sumadas sus raíces individuales el resultado es igual a la suma de las raices de la función suma. Ejemplo genérico para dos… Lee más »
Efectivamente Asier! Muy conviencente la explicación. La respuesta a la pregunta que haces es afirmativa (y no hace falta que los coeficientes sean distintos de cero, sólo el coeficiente director). Esa es una de las célebres condiciones de Cardano-Viète sobre las raíces de un polinomio. No tienes sino que factorizar el polinomio en producto de factores lineales e igualar los coeficientes de para ver que efectivamente la suma de las raíces es el valor que indicas (y en particular, el producto de las raíces coincide con , donde es el término independiente y el coeficiente director). La verdad es que… Lee más »
¡Me alegro de haber encontrado la explicación y finalmente la justificación al cálculo que había hecho!
¡Gracias Domingo por tu interés y aclaraciones!
Esto que viene es completamente ‘off-topic’ pero a falta de un post donde encajarlo y visto el poco movimiento que ha habido estos días, me gustaría plantearlo, con el permiso de Diamond. Se trata del postulado de Bertrand, el cual afirma que entre y siempre hay al menos un número primo . Hay varias pruebas de ello y podeis encontrar una en http://en.wikipedia.org/wiki/Proof_of_Bertrand%27s_postulate por ejemplo. Esta prueba, y me imagino que las demás también, son relativamente complejas, al menos para profanos en la materia como yo. El tema es que me ha parecido encontrar una demostración muy simple de este… Lee más »
Asier, «A lo que voy es que, en general, dados p-1 números compuestos consecutivos, está claro que al menos uno de ellos tiene que ser múltiplo de p (o de un número mayor).» para los números consecutivos , si son compuestos, lo que se tendría es que todos son divisibles por un número mayor que (lo cual es evidente), ya que ninguno da resto cero al dividir por (los restos son , respectivamente). Es decir, si esos números son todos compuestos, los divisores primos son todos menores que . Ninguno tendrá a p como divisor primo. «Lo cual es una… Lee más »
Gracias por la respuesta, Domingo.
Hay algo que no entiendo en lo que dices: «si son compuestos, lo que se tendría es que todos son divisibles por un número mayor que p». Supongo que quieres decir ‘menor que p’, pues en la siguiente frase afirmas que todos los divisores son menores que p.
Voy a intentar preparar una explicación más clara y me gustaría poder expresarlo matemáticamente de manera irrefutable, aunque no sé si lo podré.
Le he estado dando algunas vueltas al tema este del postulado de Bertrand y la verdad es que el razonamiento que he expuesto arriba me sigue pareciendo correcto. A lo mejor hay algo de lo que no me he dado cuenta y es incorrecto pero no sé qué es, la verdad. Me gustaría insistir en el razonamiento arriba expuesto: En general, «si tenemos dos números compuestos consecutivos, al menos uno de ellos es múltiplo de 2, y el otro es múltiplo de un número mayor. Si tenemos 3 números compuestos consecutivos, al menos uno de ellos es múltiplo de 2,… Lee más »
Busca un ejemplo numérico y resolverás el problema.
Me encantaría que me pudieras dar un ejemplo donde no se cumpla lo que digo, Omar-P.
Asier, no veo que ese divisor mayor que p-1 (entre los p-1 consecutivos) tenga que ser primo…
Te agradezco la observación, fede.
Mi razonamiento es que si el divisor es mayor que p-1, entonces, por ser un divisor, tiene que estar multiplicado al menos por el 2, con lo cual nos estamos pasando de 2p.
Fíjate en que había llegado a la conclusión de que lo divide ‘estrictamente’, es decir, al menos debería ir multiplicado por 2 («… y otro (u otros) (son múltiplos) de un número mayor»).
¿A nadie se le ocurre la manera de refutar el razomaniento?
En cuanto a lo que me comentabas, Domingo, decías: «podría darse el caso de que todos los números comprendidos entre p y 2p se pudieran expresar como producto de dos números (primos o no) menores que p». Sin embargo creo que en mi argumento he eliminado esa posibilidad, puesto que partiendo del 2 voy descartanto como divisores a todos los naturales a medida que añado números compuestos consecutivos (hasta llegar a p-1).
Asier, ¿Puedes ilustrar tu exposición con un ejemplo numérico?
Asier, le he estado dando unas vueltas a tus pensamientos y he querido reescribir las cosas a ver si llego a comprender totalmente lo que quieres decir. A veces en matemáticas es difícil meterse en la mente del otro (ya me pasó ayer con el problema de las sumas de partes enteras), y por eso tenemos la tan apreciada simbología matemática. No intento refutar nada, ni mucho menos, sino tan sólo poner las cosas en orden. Por favor corrígeme donde me equivoque en los siguientes puntos. Vamos a asumir, por reducción al absurdo, que los números son compuestos, para cierto… Lee más »
Asier, intentando aclarar más las cosas, el punto conflictivo es el 2) que indico arriba, por lo siguiente: si son todos compuestos entonces NO puede existir un número primo que divida a algún , para cierto . En efecto, si q es un primo que divide al número compuesto a (), entonces , con . Ya que q es primo, y no, debe ser que llegando al absurdo que pretendías si fuera ( sería mayor o igual que 2p, mientras que es menor estricto que 2p). En resumen, si son todos compuestos entonces sus factores primos son menores estrictos que… Lee más »
Buscando un poco por ahi sobre las demostraciones del postulado de Bertrand he encontrado esta joyita de demostración (dos páginas)
http://www.imsc.res.in/~rao/ramanujan/CamUnivCpapers/Cpaper24/page1.htm
Omar-P: se pueden poner tantos ejemplos como se quieran, basta con tomar números compuestos a partir de un primo. Para los 5 números compuestos que siguen a 23, por ejemplo, tienes que uno es divisible por 2, otro por 3, otro por 4, otro por 5 y otro por 6. Ojo, esto no siempre es así (en el sentido de que todos son distintos). De todas maneras los ejemplos no demuestran nada en matemáticas (eso sí, están muy bien para refutar una conjetura mediante un contraejemplo), por eso lo que me interesa es saber si el razonamiento es correcto o… Lee más »
Asier, sigo si verlo. En el argumento que das no mencionas ‘estrictamente divisible’, después del enunciado inicial. Estoy de acuerdo en que «si tenemos p-1 compuestos consecutivos, al menos uno de ellos es divisible por un número mayor que p-1», pero si tenemos 2 numeros consecutivos (p.ej el 4 y el 5) no tienen porqué ser estrictamente divisibles por un numero mayor que 2, por ejemplo. Y no veo que el hecho de que el 5 sea primo afecte, podría ser 5 = (2+i)(2-i). ( Quiero decir que en una secuencia de p-1 numeros podria haber suficientes primos antes de… Lee más »
Asier, anoche estuve una hora dándole vueltas a tu respuesta. Aunque no estaba muy fresco, parece que la clave está en la generalización que haces: «Siguiendo esta lógica se llega a que si tenemos p-1 compuestos consecutivos, al menos uno de ellos es divisible por un número mayor que p-1, debido a que he excluido de la lista los divisibles por 2,3,4…p-1.» Veo que la clave está en lograr demostrar rigurosamente la proposición «Dados p-1 números compuestos consecutivos, al menos uno de ellos tiene un divisor propio mayor que p-1» Probando esto entonces sí llegas al absurdo del modo que… Lee más »
He estado mirando un poco el asunto y, aunque no he obtenido nada definitivo en lo que se refiere a la demostración (o refutación) de la proposición arriba mencionada, lo que creo cada vez más es que el camino que estamos siguiendo nos conduce a la prueba «elemental» de Erdos. Cuando decimos que dados los números consecutivos (sean compuestos o no) existen entre ellos algunos (no necesariamente distintos) divisibles por 2,3,4,…,n-1 (con lo cual estamos de acuerdo), no estamos diciendo otra cosa sino que es un número natural. De hecho, , que es un número natural mayor estrictamente que n,… Lee más »
God may not play dice with the Universe, but something strange is going on with the prime numbers – PAUL ERDÖS.
Sé que lo que he afirmado y razonado no he sido capaz de plasmarlo aún en ecuaciones matemáticas que lleven a una demostración irrefutable. Posiblemente o porque haya algo que no es correcto en el razonamiento o porque su desarrollo formal es más complejo de lo que mis conocimientos/capacidades alcanzan (prueba de Erdos que comentas, Domingo). Cuantas más vueltas le doy más evidente me parece que tiene que existir algún primo entre p y 2p, y me da rabia no poder expresarlo mediante una sencilla demostración matemática. Le daré unas vueltas más para ver si consigo plasmarlo de manera elemental… Lee más »
Asier, mis ejemplos querían apuntar a porqué no veo que sea «evidente» que entre p-1 números compuestos consecutivos tenga que haber alguno que sea «multiplo estricto» de un número mayor que p-1. Quitando ‘compuestos’ la afismación no es cierta, por ejemplo, cuando p=5: 6,7,8,9, y no veo que por poner ‘compuestos’ la afirmación se haga «evidente».
En cualquier caso hay que poder justificar el «es evidente», o si no está lejos de serlo. El argumento no puede ser que no se puede mostrar un contraejemplo. Sabemos que el postulado de Bertrand es un teorema…
por ciero, que en el link aquel de la prueba de ramanujan sobre el postulado de bertrand, tenemos acceso a los trabajos (creo que completos) de ramanujan (en jpg). Por otro lado, creo que a estas alturas de la historia de las matemáticas es muy difícil obtener demostraciones elementales de teoremas concretos. La dinámica parece estar en desarrollar una teoría general a partir de la cual se deduzcan los teoremas como consecuencias particulares. Me gustaría conocer vuestra opinión. ¿Creéis que a las grandes mentes matemáticas que han existido y existen se les escaparían demostraciones más elementales que, por ejemplo, la… Lee más »
Yo creo que no es tan raro que se escapen demostraciones elementales a grandes matemáticos, a lo mejor porque les basta con una demostracion menos ‘elemental’, o porque la proposición de que se trate no les merece demasiada atención.
Un ejemplo puede ser la demostración por Euler de que en un triángulo el ortocentro, baricentro y circumcentro están alineados (que aparece en el Dunham). Gauss dió una demostración mucho mas simple que Euler no vió (o no contó).
Otro ejemplo pueden ser las mismas demostraciones de Erdos, que matemáticos anteriores no vieron.
No se puede argumentar que una afirmación es falsa porque ninguna autoridad la haya pronunciado antes. En matemática y en las ciencias no cabe el autoritarismo. Por lo tanto en el caso planteado por Asier sólo hay 2 salidas: La demostración o la refutación.
Yo también pienso que se les pueden escapar demostraciones elementales. Y estoy convencido de que aún hay muchas por descubrir. A veces basta con planetar las cosas desde un punto de vista diferente y todo se ve más claro.
Como ejemplo de demostración elemental que algunos matemáticos no vieron está el teorema de Wilson:
http://primes.utm.edu/notes/proofs/Wilsons.html
Relacionado con el número combinatorio que aparece en los últimos comentarios, les propongo:
demostrar que el número
es divisible por 
, para cada primo 
.
Hola a todos, aqui les mando un problema que quiza les divierta un poco. La soluciòn es interesante jeje 🙂
Sean m y n numeros enteros mayores que 1. Se definen los conjuntos
Pm = {1/m, 2/m, . . . , m−1/m}y
Pn = {1/n, 2/n, . . . , n−1/n}.
Encontrar la distancia entre Pm y Pn, que se define como
mın{|a − b|:a pertenece a Pm,b pertenece a Pn}.
(Nota: usare * para expresar exponencial) Ahora pasare a resolver el problema planteado por Domingo. Recordemos el teorema de Lagrange: » Sea F una función aritmetica, tal que F(x)= (x-1)(x-2)…(x-(p-1))- x*(p-1)+ 1, p primo. Entonces todo coeficiente de F esta dividido por p. » Sea x= 2p, p>2 p : F(2p) Multiplicando por 2pp! 2(p*2)p! : (2p)!- ((2p)*p)p!+ 2pp! Ya que 2(p*2)p! : ((2p)*p)p! 2(p*2)p! : (2p)!+ 2pp! (p*2)p! : 2(p*2)p! (p*2)p! : (2p)!+ 2pp! Dividiendo por pp! p : (2p)!/pp!+ 2 Representemos a la combinatoria de (2p,p) por el entero e, asi p : e(p-1)!+ 2 p : e((p-1)!+… Lee más »
Ahora si da lugar mi pregunta, espero les guste 🙂
Joseph, ok, has dado en el clavo resolviendo el problema sobre el número combinatorio. Por otro lado, en respuesta al interesante problema que propones, se ve que:
Joseph, este problema que propones se relaciona bastante con las sucesiones de Farey. De hecho, la respuesta que acabo de dar está basada en la cuestión que se propuso a finales de enero https://gaussianos.com/entre-sucesiones-anda-el-juego/
estos son gua
todo esto es exelente oseas