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Probabilidad de escoger dos números coprimos

Publicado por ^DiAmOnD^ el 20 de agosto de 2007 en Demostraciones, Estadística, Números primos, Pi | 80 comentarios

Hace ya más de un año os comentaba en esta entrada (la tercera de Gaussianos) cuál era la probabilidad de que al escoger al azar dos números naturales (mayores que 1) éstos fueran coprimos (primos relativos). Esta probabilidad es $\cfrac{6}{\pi^2}$ , pero no daba la demostración de este hecho. Este post va a servir para ello.

Teorema: La probabilidad de que al escoger al azar dos números naturales $x,y \ge 2$ sean coprimos (primos relativos) es $\cfrac{6}{\pi^2}$

Demostración

Supongamos que escogemos al azar dos números naturales $x,y \ge 2$ y menores que una cierta cota. Para que sean coprimos no deben tener ningún factor primo común.

Al escoger un número mayor o igual que 2, la probabilidad de que contenga al 2 como factor es $\frac{1}{2}$ . Al escoger dos números, la probabilidad de que los dos contengan al 2 como factor es $(\frac{1}{2})^2$ . Por tanto, la probabilidad de que no lo contengan a la vez los dos números es:

$p_2=1- (\frac{1}{2})^2$

Para el 3, la probabilidad de que un número lo contenga como factor es $\frac{1}{3}$ . Por analogía, la probabilidad de que no lo contengan los dos números a la vez será:

$p_3=1- (\frac{1}{3})^2$

Al ser estos hechos sucesos independientes la probabilidad de la intersección es el producto de las probabilidades. Aplicando este hecho obtenemos que la probabilidad de que dos números escogidos al azar sean coprimos es el producto de estos $p_i$ . Esto es:

$P=(1-(\frac{1}{2})^2)(1-(\frac{1}{3})^2) \cdots (1-(\frac{1}{n})^2)$

Tomamos $n$ hasta la raíz cuadrada de la cota superior.

Haciendo $n\to\infty$ obtenemos la probabilidad buscada.

Para calcularla utilizaremos la fórmula de la suma de una progresión geométrica. Esta fórmula es:

$\displaystyle\sum_{n=0}^\infty {a^n}=1+a+a^2+ \cdots a^k+ \cdots =\cfrac{1}{1-a}$

Por ejemplo, para el primer término tomamos $a=(\frac{1}{2})^2$ y damos la vuelta a la fórmula anterior:

$1-\left (\cfrac{1}{2} \right )^2= \cfrac{1}{1+\left (\cfrac{1}{2} \right )^2+\left (\cfrac{1}{2} \right )^4+ \cdots +\left (\cfrac{1}{2} \right )^{2k}}$

Haciendo lo mismo con todos los números primos nos queda lo siguiente:

$P= \cfrac{1}{1+(\frac{1}{2})^2+(\frac{1}{2})^4+ \cdots +(\frac{1}{2})^{2k}} \cdot \cfrac{1}{1+(\frac{1}{3})^2+(\frac{1}{3})^4+ \cdots +(\frac{1}{3})^{2k}} \cdots$

Ya estamos cerca.

Miremos ahora qué pasaría si multiplicáramos todas las fracciones y desarrolláramos todos los productos. El resultado sería una fracción cuyo numerador es $1$ y cuyo denominador es una suma de fracciones. ¿Qué tienen de particular esas fracciones? Pues muy sencillo: todas ellas tienen numerador $1$ y denominador un cuadrado perfecto. De hecho hay más: haciendo $k,n\to\infty$ tenemos que en el denominador aparece la suma de los inversos de los cuadrados perfectos de todos los números naturales. Es decir, que esa probabilidad tiende a una fracción cuyo numerador es $1$ y cuyo denominador es la suma de los inversos de los cuadrados perfectos de todos los números naturales. ¿Os suena esa suma? ¡Exacto!: El problema de Basilea. El valor de esta suma es bien conocido:

$\displaystyle 1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+ \cdots +\frac{1}{k^2}+ \cdots=\sum_{n=1}^\infty {\cfrac{1}{n^2}}=\cfrac{\pi^2}{6}$

Por tanto tenemos:

$P=\cfrac{1}{\displaystyle\sum_{n=1}^\infty {\cfrac{1}{n^2}}}=\cfrac{1}{\frac{\pi^2}{6}}=\cfrac{6}{\pi^2}$

Esto es:

La probabilidad de que al elegir dos números naturales mayores o iguales que 2 sean primos relativos es
$P=\cfrac{6}{\pi^2}$

q.e.d.

Fuente: MENSA

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.

80 Comentarios

Domingo HA
20/08/2007

Hola, muy interesante problema el que planteas. Conocía otra demostración similar pero esta es más fácil de entender! Sólo dos comentarios:

1) La expresión de P como producto contiene una pequeña errata (se ha colado el 1/n dos veces: uno de ellos debe ser 1/3).

2) Realmente no hay porqué tomar $x,y\geq 2$ , puesto que con $x,y\geq 1$ también se verifica tu desarrollo.

Publicaremos una demostración ligeramente diferente a finales de agosto o principios de septiembre en nuestra web. Esta prueba que propones está basada en la independencia de sucesos. La que propondremos se basa en la regla clásica de Laplace contando casos favorables y casos posibles. En fin dos modos de llegar a la misma verdad.

Felicidades por el tema.
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^DiAmOnD^
20/08/2007

Cierto Domingo, ahora mismo cambio esa n por el 3.

Avísame por mail o con un comentario en este post cuando publiques esa demostración. Gracias 🙂
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Hilbert
20/08/2007

Un detallito.

En el segundo párrafo de la demostración dices:

“Por tanto, la probabilidad de que no lo contengan ninguno de los dos es:”

y no me parece correcto pues p2 es la probabilidad de que no lo tengan los 2 a la vez pero eso incluye que no lo tengan ninguno de los 2 (como dices en el párrafo) o q sólo lo tenga x o que sólo lo tenga y, que es lo que no se contempla en la frase.
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^DiAmOnD^
20/08/2007

Cierto Hilbert. Quería decir eso pero me expresé mal. De hecho en el siguiente caso (factor 3) está bien explicado.

Lo cambio ahora mismo. Gracias 🙂
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CS
20/08/2007

Hola que tal.. pasaba por aqui tal vez se molesten pero no entendi nada…

Me podrian ayudar es que soy malisimo en las matematicas, estudio ing. en sistemas computacionales, como saben ustedes saben los ciclos en los lenguajes de programacion etc. son sumas, y alguna que otra demostracion puff. pero nunca le he entendio, se que ustedes son los mejores y me podrian ayudar
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Asier
20/08/2007

Sorprendente aplicación del problema de Basilea. Me ha encantado.

De hecho me ha recordado a la función zeta de Riemann y esa gran igualdad descubierta por Euler:

$\displaystyle \zeta(s) = \sum_{n=1}^\infty \cfrac{1}{n^s} = \prod_{p} \cfrac{1}{1-p^{-s}}$

Vamos, que la demostración hace uso de ella para s=2.
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ECR
21/08/2007

¿Alguién sabe la probabilidad de escoger un número primo?
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Asier
21/08/2007

Dado un número entero n, la probabilidad de que sea primo es aproximadamente 1/log(n). Esto se deduce del terorema de números primos.

Ahora bien, tomando toda la recta de enteros, la probabilidad de que al escoger uno cualquiera sea primo diría que es CERO, por raro que parezca. Bueno, no tan raro, basta con hacer que n tienda a infinito para ver que 1/log(n) tiende a cero.
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Domingo HA
21/08/2007

Efectivamente, la probabilidad de que un número natural escogido “al azar” sea primo es cero en virtud del Teorema del Número Primo (PNT): $\displaystyle{\lim_{x\to\infty} \frac{\pi(x)}{x/ln \;x}}=1$ , siendo $\pi(x)$ el número de primos menores o iguales que $x$ .

Por tanto la probabilidad pedida se obtiene tomando límite en la regla de Laplace, del modo siguiente:

$p=\displaystyle{\lim_{n\to \infty}\frac{\pi(n)}{n}=\lim_{n\to \infty} \frac{\pi(n)}{n/ln \;n}\cdot \frac{1}{ln\; n}}=1\cdot 0=0.$
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Sable
27/08/2007

Interesantísimo. Me encanta que con tampoco demasiada artillería pesada (eso sí mucho ingenio e imaginación) se consigan resultados tan sorprendentes.
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Omar-P
27/08/2007

Si la probabilidad de elegir al azar un número primo es cero entonces los números primos no existen.
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Asier
27/08/2007

Eso no es así, Omar. Escogiendo un número al azar entre 0 y 1, la probabilidad de que sea uno concreto (el 0,5 por ejemplo) también es cero pero eso no significa que no exista, significa que es una parte infinitamente pequeña.

Lo mismo pasa con los primos en relación a los números naturales, no son una fracción de los mismos, sino una parte infinitamente pequeña.
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Omar-P
27/08/2007

¿Un número infinitamente pequeño es igual a cero?
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Domingo HA
27/08/2007

A propósito del problema propuesto inicialmente, existe otro muy relacionado que consiste en

$\textbf{\emph{hallar la probabilidad de que un numero natural elegido al azar sea libre de cuadrados}}$

Se conoce que dicha probabilidad es también igual a $\displaystyle{\frac{6}{\pi^2}}$ .

A ver si alguien da una demostración elegante alternativa a la que yo conozco.

Nota1: Un número natural $n\geq 1$ es libre de cuadrados si no existe ningún número primo $p$ tal que $p^2$ divida a $n$ . Por ejemplo: 10, 15, 70, 154 son libres de cuadrados, pero 8, 9, 20, 363 no son libres de cuadrados.

Nota2: Omar, que un suceso tenga probabilidad nula no quiere decir que sea un suceso imposible (vacío). ¿Acaso no existen conjuntos de medida nula? La probabilidad de elegir un racional en $\mathbb{R}$ también es cero y eso no quiere decir que los racionales no existan.
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Asier
27/08/2007

No conocía ese dato, Domingo, aunque lo he pensado y la demostración sería absolutamente análoga a la que se nos presenta en este post. Lo único que cambiaría sería la interpretación de las probabilidades calculadas al principio. Es decir, en esta ocasión se referirían a la probabilidad de que un número no tenga dos veces el mismo factor (los que lo tienen más de dos veces también lo tienen dos veces).
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Domingo HA
27/08/2007

Sí, Asier.
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Omar-P
27/08/2007

Domingo HA:
Gracias por tu atención.
Haber si entendí: El suceso es posible pero la probabilidad es cero.
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Domingo HA
27/08/2007

Eso es, Omar. Una cosa es que el suceso sea imposible (suceso vacío) y otra bien distinta es que el suceso sea “improbable”, es decir, que tiene probabilidad nula. Evidentemente el suceso vacío tiene probabilidad 0, pero el recíproco no es cierto.

Piensa por ejemplo en escoger un número real “al azar”. Si se te pregunta por la probabilidad de que sea racional, la respuesta es 0 (pues la medida de Lebesgue de los racionales es nula). Pero, ¿es posible escoger un número racional? ¿es no vacío el conjunto de los racionales? Evidentemente sí.

Un saludo.
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Omar-P
29/08/2007

Domingo HA y DiAmOnD: Habrán notado también, que existe una relación entre el contenido de este post y el de la caja de Euler, pues la probabilidad de elegir dos números coprimos, así como la probabilidad de elegir dos números libres de cuadrados, es igual al diámetro del círculo cuya circunferencia es igual a la razón de volúmenes entre un ortoedro cualquiera y su elipsoide inscripto.
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Omar-P
29/08/2007

Mejor dicho: “la probabilidad de que un número elegido al azar sea libre de cuadrados”.
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Domingo HA
29/08/2007

Brillante observación Omar!! No conocía ese dato!! Efectivamente los volúmenes están en proporción $\displaystyle{\frac{6}{\pi}}$ y de ahí se obtiene el valor $\displaystyle{\frac{6}{\pi^2}}$ para el diámetro! Muy bonita propiedad. Si conoces alguna referencia que hable del tema te agradecería, si no es molestia, que la indicaras en este post. Saludos.
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Omar-P
30/08/2007

Domingo HA: ¡Gracias por el reconocimiento!. ¡Creí que nadie había leído el comentario!. Me resultó ineresante definir dicha probabilidad sin utilizar ningún número. Te cuento un poco sobre mis pensamientos: Podemos decir, en general, que estamos acostumbrados a referirnos a Pi como la relación entre la circunferencia y el diámetro de un círculo. Pero siempre pensé que esa imágen debía generalizarse al máximo posible. Entonces ví que la razón entre los volúmenes de la esfera y del hexaedro, o cubo, están en una proporción igual a pi/6, es decir aproximadamente 0,52359… Si ahora observamos la relación entre el esferoide y el cuboide (Que tiene 2 caras cuadradas) la proporción se mantiene igual. Si luego observamos la relación entre el elipsoide y el ortoedro la proporción sigue manteniéndose igual. Entonces podemos visualizar a Pi, de una manera generalizada pero sencilla, diciendo que es la razón entre el volumen de 6 esferas y el volumen del cubo. Aprovechando que el cubo tiene 6 caras, podemos centrar, o apoyar a cada esfera sobre cada cara del cubo. Pero tambíen al cubo lo podemos diseccionar en 6 pirámides iguales, cuyas bases sean las caras del cubo. De modo que ahora desaparece el número 6 y entonces podemos visualizar a Pi como la razón de volumenes de una esfera y de una pirámide. (La altura de la pirámide es igual al radio de la esfera). Y si ahora invertimos la relación vemos también que 6/Pi es igual a la razón de volúmenes del cubo y de la esfera. Y del cuboide y del esferoide. Y también a la razón de volúmenes entre el ortoedro y el elipsoide inscripto: Esta relación es de aproximadamente 1,90985… Si la probabilidad mencionada es P=6/(Pi^2), haciendo un pasaje de términos obtenemos que la probabilidad multiplicada por Pi es igual a 6/Pi. Y si la relación 6/Pi es válida para cualquier tamáño de ortoedro y de su esfera inscripta, entonces también es válida para una esfera con diámetro igual a la probalidad P, tal como aparece descripta en el comentario anterior. Domingo, todo esto lo pensé yo y no lo ví en ningún lado, así que nada te puedo decir al respecto. Creo que sería bueno conocer los antecedentes de estás relaciones entre la visualización de Pi, los volúmenes y las probabilidades, pero nada puedo aportar, porque no soy entendido en la materia.
Ah…. me olvidaba… Tambíen ví que la razón entre el volumen del elipsoide y el volumen del ortoedro es igual al arco de 30 grados. Saludos y gracias, Domingo.
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Omar-P
30/08/2007

Parece que este post también tiene relación con el de Mnemotecnia y Pi…
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Alvaro Flores.
30/08/2007

Hmm demasiado interesante, hace un tiempo me paseo por la pagina y no me paseo a postear, hay algo que no me convence, ojala me puedan explicar…

Al hacer la pitatoria de las probabilidades de que ambos numeros sean divisibles por cierto k , no eso eso mas restrictivo que lo que necesitamos??

Osea me refiero a que por ejemplo:

Prob(a,b sean coprimos) en particular incluye que no son divisibles por 2 ni por 3 (tomando numeros suficientemente grandes) y con eso queda descartada la posibilidad que sea divisible por 6, con lo que no se deberia considerar en la pitatoria el termino (1-(1/6)^2) o no??… = estoy medio apurado que tengo q hacer un informe pero me quedo dando vueltas eso.

Mil disculpas si lei algo mal y no lo tome en cuenta.

Muy buena pagina, adios!
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Omar-P
30/08/2007

Probabilidad * Pi = Volumen Ortoedro / Volumen elipsoide inscripto = 1 / arco de 30 grados.
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Omar-P
30/08/2007

Entonces las fórmulas aplicadas en el cálculo de probabilidades se relacionan con el estudio de los cuerpos.
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Asier
30/08/2007

Alvaro, el cálculo está bien hecho.

El término $(1-(1/6)^2)$ no se toma porque el producto es solamente para los primos (lo que pasa es que como en la demostración solamente vienen el 2 y el 3 y luego puntos suspensivos, puede llevar a engaño).
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Asier
30/08/2007

No estoy de acuerdo, Omar.

El que $\pi$ ó $\pi^2$ aparezca en ambos sitios no creo que sea motivo suficiente para justificar una relación. Y concretamente en este caso, la probabilidad no creo que tenga nada que ver con el volumen de los cuerpos.

El número e también aparece en infinidad de sitios, pero no podemos coger dos fórmulas cualesquiera y decir que están relacionadas porque tienen e.

Ahora bien , no quiero desanimarte en tu desempeño de encontrar una relación entre areas dispares de las matemáticas porque seguro que existen muchas relaciones aun sin descubrir.
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Omar-P
30/08/2007

Asier:
Gracias por tu opinión calificada, me ayuda mucho.
Creo que la gracia de la definición que utilicé en el comentario sobre la equivalencia entre el diámetro y la probabilidad, radica en que se define el valor de las dos probabilidades estudiadas sin mencionar ningún número. Esto es igual a la diferencia que existe entre decir que Pi es igual a 3,14159…. y decir que Pi es la relación entre la circunferencia y el diámetro. Es una abstracción. Y resulta también que la definición utilizada es una propiedad geométrica de estas probabilidades, muy fácil de visualizar, y que quizá para muchos resulte desconocida. Y creo que coincidirás conmigo que conocer las relaciones es mejor que ignorarlas, aunque no sean de una utilidad evidente o inmediata. Porque tal vez éstas sutilezas inspiren o ayuden a otra persona a realizar algún descubrimiento o contribución importante, sobre el conocimiento de las cosas. Saludos cordiales.
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Alvaro Flores.
30/08/2007

Ja, toda la razon en la primera linea del enunciado se menciona, por apurado no lei 😀 o si lei omiti para el resto de la demostracion.

Gracias por la respuesta.
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Omar-P
01/09/2007

Domingo HA y Asier:
Las dos probabilidades estudiadas aquí son iguales a la recíproca del dilogaritmo de 1.
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Omar-P
01/09/2007

Domingo HA y Asier:
La suma de los inversos de los cuadrados perfectos de todos los números naturales es igual al dilogaritmo de 1.
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Domingo HA
01/09/2007

La serie que define el dilogaritmo tiene muy curiosas propiedades http://mathworld.wolfram.com/Dilogarithm.html

En particular, esta propiedad: $\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k^2}}=-\displaystyle{\frac{\pi^2}{12}}$ es muy sencilla de demostrar
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Omar-P
01/09/2007

Muy bonita, Domingo. Su valor absoluto es la sexta parte del volúmen hiperesférico sub 4.
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Omar-P
01/09/2007

Y (Pi^2)/6 es un tercio del volumen hiperesférico sub 4.
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Omar-P
02/09/2007

Domingo HA:
También noté que las dos probabilidades estudiadas aquí son iguales al producto del volumen de un cubo y la superficie de una de sus caras, dividido el producto del volumen y de la superficie de la esfera inscripta.
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Omar-P
02/09/2007

Y entonces tambiém podemos visualizar a Pi como la razón de superficies de la esfera y una de las caras del cubo circunscripto.
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Asier
21/09/2007

Me gustaría retomar este post planteando un problema de primos y probabilidad algo más complicado.

Hemos dicho en comentarios anteriores que escogido un número al azar, la probabilidad de que sea primo es cero.

Ahora pregunto: ¿y la probabilidad de que ese número sea un primo o la potencia de un primo? Es decir, obtener la probabilidad (con demostración) de que un número al azar tenga la forma $p^n$ . Suerte.
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Domingo HA
21/09/2007

Con respecto a esto último que comenta Asier:

1) informalmente parece que dicha “probabilidad” debe ser cero por lo siguiente: “la suma de las potencias mayores o iguales a dos de los inversos de los primos converge”, es decir $\displaystyle{\sum_p \sum_{k\geq 2}\frac{1}{p^k}}\leq 1$

(esto es fácil de ver sumando la serie geométrica y luego acotando la serie que queda sobre los primos por una telescópica sencilla que suma 1)

Esto nos dice que el conjunto $\displaystyle{\bigcup_p \{p^k/\;k\geq 2\}}$ es “pequeño” (un subconjunto contable de $\mathbb{R}^+$ es un small set cuando la suma de los inversos de sus elementos converge; los primos no forman un small set) frente a $latex
\mathbb{N}$ (ya que la serie armónica diverge).

2) Más rigurosamente, la cantidad de potencias de primos menores o iguales que x, es claramente menor o igual que $x^{1/2}+x^{1/3}+x^{1/4}+\ldots$

En la página 27 de

Hardy, G. H. Ramanujan: Twelve Lectures on Subjects Suggested by His Life and Work, 3rd ed. New York: Chelsea, 1999.

se puede ver que esta suma es $O(\sqrt{x} ln x)$ , http://mathworld.wolfram.com/PrimePower.html

Por tanto la probabilidad que se pide es cero ya que $\displaystyle{lim_{x\to\infty} \frac{\sqrt{x} ln x}{x}=0.}$

Asier, ¿conoces alguna prueba más elemental? Seguramente la estimación de Ramanujan tendrá mala pinta.
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Asier
21/09/2007

Hola Domingo,

veo que mis conocimientos son bastante más limitados que los tuyos, pues no conocía los resultados que has comentado. Partiendo de la ecuación de Hardy la demostración parece clara y correcta.

En cuanto a mis reflexiones y cálculos ‘caseros’:

– Intuitivamente me parecía bastante claro que la probabilidad tenía que ser cero, puesto que habiendo infinitos números primos y estando los números naturales compuestos por todas las combinaciones de éstos, la probabilidad de que un número natural solamente tuviera un primo parecía claramente cero.

– En cuanto al cálculo: construyo una suma que va contanto los primos y sus potencias, basado en el teorema de números primos ya comentada:

· Primos hasta x: $\displaystyle \frac{x}{ln(x)}$
· Potencias de 2 hasta x: serán los primos que hay hasta $\sqrt{x}$ : $\displaystyle \frac{\sqrt{x}}{ln(\sqrt{x})}$
· Potencias de 3 hasta x: serán los primos que hay hasta $\sqrt[3]{x}$ : $\displaystyle \frac{\sqrt[3]{x}}{ln(\sqrt[3]{x})}$
· Potencias de 4 hasta x: serán los primos que hay hasta $\sqrt[4]{x}$ : $\displaystyle \frac{\sqrt[4]{x}}{ln(\sqrt[4]{x})}$

Por lo tanto tenemos esta aproximación para la cantidad de primos y sus potencias hasta x:

$\displaystyle f(x) = \frac{x}{ln(x)} + \frac{\sqrt{x}}{ln(\sqrt{x})} + \frac{\sqrt[3]{x}}{ln(\sqrt[3]{x})} + \frac{\sqrt[4]{x}}{ln(\sqrt[4]{x})} + \dots = \frac{x}{ln(x)} + \frac{1}{ln(x)} \left [2\sqrt{x} + 3\sqrt[3]{x} + + 4\sqrt[4]{x} \dots \right ]$

Y calculando el límite para f(x)/x vemos que en cada sumando el límite es cero, por lo tanto el resultado final también:

$\displaystyle \lim_{x\to\infty} \frac{f(x)}{x} = 0$

No digo que sea la demostración más rigurosa pero es a lo que he llegado basándome solamente en el teorema de números primos.
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fede
22/09/2007

Asier, creo que el que cada término tienda a cero no significa que la suma también. Un contraejemplo sería el comportamiento de la la suma de n términos iguales a 1/n cuando n tiende a infinito.

Por otro lado se puede plantear, en general para cualquier subsecuencia de los naturales, si es cero la probabilidad de obtener una potencia de un numero de una secuencia siempre que sea cero la probabilidad de obtener un numero de la secuencia.
Ahora mismo no me parece inverosímil, pero no sé nada del tema.
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Domingo HA
22/09/2007

Hola. Asier, tu recuento aproximado de las potencias de primos inferiores a un $x$ dado es intuitivo y se parece mucho a la suma de Ramanujan. El desarrollo que haces es interesante porque permite intuir lo que va a ocurrir, pero no se puede aceptar como demostración. A ver si consigo acceder al libro de Hardy (por lo civil o lo criminal, como diría Luis Aragonés) y ver como hace las acotaciones. A las obras completas de Ramanujan sí que puedo acceder, pero imagino que buscar esto entre tanta ecuación debe ser complicado.
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fede
22/09/2007

Creo que la proposición propuesta por Asier es válida para las potencias de los primos y de cualquier secuencia de probabilidad cero. Porque entonces también es cero la probabilidad de obtener un número que sea una potencia concreta de un número de la secuencia y por tanto también es cero la probabilidad de un número que sea una potencia menor que K de un número de la secuencia, para cada K…
¿Es válido el razonamiento?

Relacionado, ¿ cual es la probabilidad de obtener un número que sea potencia (cuadrado, cubo, etc) de un número natural ?
Si esta fuese cero, también estaria demostrado que para las potencias de los primos es cero.
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Domingo HA
22/09/2007

Además, hay que tener mucho cuidado con estas “demostraciones” informales porque conducen a errores fatales. Por ejemplo, partiendo del teorema del número primo, elijamos un número $n$ menor o igual que $N$ “al azar”. La probabilidad de que $n$ sea primo será aproximadamente $1/log N$ . Asimismo , la probabilidad de que $n+2$ sea primo también es aproximadamente igual a $1/log N$ .

Asumiendo que los sucesos “ $n$ es primo” y “ $n+2$ es primo” son asintóticamente independientes llegaríamos a que la probabilidad de que $n$ y $n+2$ sean ambos primos es $1/log^2 N$ ; y por tanto la densidad de primos gemelos menores o iguales a $N$ sería del orden $N/log^2 N$ , que tiende a infinito cuando $N\to\infty$ .

Bueno, parece que hemos demostrado la conjetura clásica sobre la infinitud de los primos gemelos.

Sin embargo, si cambiamos $n+2$ por $n+1$ en la “prueba” anterior, lo que se deduce es que habría infinitos pares de primos consecutivos (lo cual es clamorosamente falso).

Así que elegir números naturales al azar es algo controvertido y mucho más lo es la independencia en las elecciones.
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Domingo HA
22/09/2007

fede, las series de las inversos de las potencias de orden mayor o igual a 2 convergen: $latex \sum_{n\geq 1} n^{-s}
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Domingo HA
22/09/2007

me ha cortado el comentario …

fede, las series de las inversos de las potencias de orden mayor o igual a 2 convergen.

Esto parece decir que los subconjuntos de $\mathbb{N}$ formados por los cuadradados, los cubos, … tienen densidad cero. Asimismo, la unión numerable de conjuntos de densidad cero tiene densidad cero. Es decir, el hecho de que estas series de inversos converjan y la serie armónica no lo haga nos dice que los naturales son mucho más numerosos que las potencias.

Esto parece indicar que la probabilidad de elegir un número que sea una potencia cualquiera debe ser cero.

Ver que la serie de los inversos de los primos diverge a pesar de los primos tienen densidad cero (en virtud del teorema del número primo).
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fede
22/09/2007

Sí…tanto de la densidad cero de los primos como de la divergencia de la serie de los inversos hay demostraciones muy elementales. Si tengo tiempo escribiré algo.
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Asier
22/09/2007

Gracias por vuestros comentarios y aportaciones.

Como os comenté mi demostración no es todo lo rigurosa que debiera pero se me ha ocurrido una cosa para completarla, a ver qué os parece.

Retomo la ecuación con la que cuento aproximadamente los primos y potencias de primos que hay hasta x:

$\displaystyle f(x) = \frac{x}{ln(x)} + \frac{1}{ln(x)} \left [ 2\sqrt{x} + 3\sqrt[3]{x} + 4\sqrt[4]{x} + \dots \right ]$

Lo que voy a hacer es acotar la suma entre corchetes, debido a que esta suma no es infinita realmente, es dependiente de x. Me explico: como estamos sumando los primos menores que una cantidad cada, no tiene sentido sumar los primos menores que 2. Así, si x = 16 por ejemplo, la suma tiene sentido solamente hasta $\sqrt[4]{x} = \sqrt[4]{16} = 2$ . Para obtener la cantidad de sumandos (n – 1 en realidad pero consideremos n para simplificar) de lo que hay entre corchetes resuelvo la siguiente ecuación:

$\displaystyle \sqrt[n]{x} = 2 \Rightarrow x = 2^n \Rightarrow n = \frac{ln(x)}{ln(2)}$

Por otra parte cada sumando es claramente menor o igual a $2\sqrt{x}$ por lo tanto hemos obtenido una cota superior y la ecuación nos quedaría:

$\displaystyle f(x) = \frac{x}{ln(x)} + \frac{1}{ln(x)} \frac{ln(x)}{ln(2)} 2\sqrt{x} = \frac{x}{ln(x)} + \frac{2}{ln(2)} \sqrt{x}$

Y ahora sí, se ve claramente que $\displaystyle \lim_{x\to\infty} \frac{f(x)}{x} = 0$

Por lo que veo, he obtenido una acotación menos fuerte que la de Hardy pero suficiente para esta demostración.

¿cómo lo veis?
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fede
22/09/2007

A mí me parece una demostración válida, teniendo en cuenta que “f(x) = ” denota aquí “f(x) es del orden de “.
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Asier
22/09/2007

Esto… corregidme si me equivoco pero pensándolo bien, creo que en el desarrollo anterior sin darme cuenta he llegado al resultado de la ecuación de Hardy!!

Es decir, acotar la suma: $\sqrt{x} + \sqrt[3]{x} + \sqrt[4]{x} + \dots$ < $k\sqrt{x}ln(x)$ , siendo k una cte.
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Domingo HA
22/09/2007

Asier, me ha gustado bastante tu idea. En este caso, trabajar con las aproximaciones que haces es válido, pues si nos ponemos rigurosos podemos usar el teorema de Chebyshev y utilizar la acotación $\pi(x)\leq 1.25506\cdot x/log(x)$ que es válida para todo $x\geq 2$ .

Sin embargo, hay un detalle que no me termina de convencer. Es lo siguiente:

el número de sumandos $n$ que aparece arriba depende de $x$ : $n=\lfloor log_2 x\rfloor$ (las barras denotan la parte entera de un número real). Pero cuando haces las acotaciones $k\sqrt[k]{x}\leq 2\sqrt{x}$ , esto hace que el tamaño de x dependa del k máximo (es decir, n), que a su vez depende de x. Es decir, que mi objeción tiene que ver con la recurrencia que surge por el hecho de que las raíces aparezcan multiplicadas por el índice, lo cual hace que la acotación no sea uniforme en $x$ . Notemos que fijado $n$ , la acotación $n\sqrt[n]{x}\leq 2\sqrt{x}$ es cierta para $x$ mayor que un cierto valor que dependerá de $n$ , pero es que a su vez $n$ depende de $x$ y por tanto entramos en un bucle delicado.

Para solventar este detalle (y llegar a la acotación de Hardy) podemos usar lo siguiente:

el número de potencias de primos no superiores a $x$ es

$\displaystyle{\sum_{p^n\leq x} 1}=\pi(x)+\displaystyle{\sum_{k=2}^{\lfloor log_2 x\rfloor} \pi(x^{1/k})}$ ,

donde la suma de la derecha es nula si $x\leq 3$ . Si $x\geq 4$ acotamos “en bruto” tales sumandos como $\pi(x^{1/k})\leq \sqrt[k]{x}$ (no aparecen los índices multiplicando!). Ahora sí que es evidente que $\sqrt[k]{x}\leq \sqrt{x}$ independientemente de $x$ y de $k\geq 2$ , y obtenemos entonces que:

$\displaystyle{\sum_{p^n\leq x} 1}\leq \pi(x)+\sqrt{x}\cdot|log_2(x)-2|$ (he puesto valor absoluto simplemente para incluir el caso trivial $x\leq 3$ ). Y esto ya responde rigurosamente a las cuestiones planteadas.

En este caso, utilizar la acotacion que da el teorema del número primo (o el teorema de Chebyshev) para $\pi(x^{1/n})$ da a posteriori más problemas que acotar de modo trivial $\pi(x^{1/n})\leq x^{1/n}$ .
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Domingo HA
22/09/2007

Hay un error infantil en el post previo. Debe decir “ $(log_2(x)-1)$ para $x\geq 2$ ” en lugar de “ $|log_2(x)-2|$ para $x\geq 2$ ”.
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Asier
23/09/2007

Entiendo lo que dices, Domingo, y tienes razón en que la afirmación que hago para acotar el valor de cada sumando $(k\sqrt[k]{x} \leq 2\sqrt{x})$ es algo precipitada y necesita un estudio más profundo, dado que a medida que aumenta k, se exige que x sea cada vez mayor para que se cumpla la desigualdad.

Estoy haciendo mis desarrollos y si consigo algo concreto para justificar esa acotación lo publicaré para que me deis vuestra opinión.

Además, y esto me tiene intrigado, si demuestro que esa acotación para cada sumando es correcta en este caso, ¿no habría obtenido una restricción más fuerte que la de Hardy para las potencias de los números primos menores que x? Es decir, la ecuación de Hardy afirma que las potencias de primos menores que x son como mucho del orden $ln(x)\sqrt{x}$ pero si nos fijamos en mi estimación (la f(x) que obtengo justo antes de calcular el límite f(x)/x) solamente aparece $\sqrt{x}$ , lo cual es más restrictivo, vamos que sería una mejora, no?
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Domingo HA
23/09/2007

Asier, desafortunadamente no vas a poder hacer tus cotas uniformes en $n$ para valores de $x$ suficientemente grandes. Me explico:

“no existe $x_0\geq 2$ tal que $n\cdot x^{1/n}\leq 2\sqrt{x},\;\;\;\; \forall n\geq 2,\;\;\forall x\geq x_0$ ”

Si existiera dicho $x_0$ entonces deduciríamos que $n\leq 2\cdot x_0^{\frac{n-2}{2n}},\;\;\forall n\geq 2$ , lo cual es claramente falso para valores grandes de $n$ .

Por otro lado no creo que sea posible quitar el logaritmo en la acotación de Ramanujan (esto debe estar bastante estudiado por los especialistas y los genios del calibre de estos personajes suelen hacer las cosas bastante precisas).
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Asier
23/09/2007

Gracias por tu interés y valoraciones, Domingo, me animas a seguir investigando.

La afirmación que haces acerca de la inexistencia de valores que cumplen la desigualdad me parece demasiado general, dado que no tiene en cuenta este caso particular, donde x y n están relacionados (puedo equivocarme, pero me gustaría que prestarais atención al desarrollo que viene).

Lo curioso es que en los cálculos que he hecho me ha parecido demostrar que tal acotación es válida en este caso. Allá voy:

– Había llegado a la conclusión de que bastaba con tomar n términos en la suma (n-1 en realidad pero tomemos n para simplificar):

$\displaystyle n = \frac{ln(x)}{ln(2)} \quad (1)$

– Ahora queremos demostrar que cada sumando cumple: $k\sqrt[k]{x} \leq 2\sqrt{x}$

· Para k = 2 es evidente que se cumple.
· Para k = 3: $\quad 3\sqrt[3]{x} \leq 2\sqrt{x} \Rightarrow x \geq 11,39$
· Para k = 4: $\quad 4\sqrt[4]{x} \leq 2\sqrt{x} \Rightarrow x \geq 16$
· Para k = 50: $\quad 50\sqrt[50]{x} \leq 2\sqrt{x} \Rightarrow x \geq 817,29$
· Vemos que va aumentando la exigencia para x. De hecho, para k muy grandes se tiene aproximadamente que: $\displaystyle x \geq \left ( \frac{k}{2} \right ) ^2$
· Esto significa que la k más restrictiva será la mayor, es decir, en nuestro caso será justamente n: $n\sqrt[n]{x} \leq 2\sqrt{x}$

– Partiendo de esta última desigualdad, desarrollamos, tomando logaritmos:
$\displaystyle ln(n) + \frac{1}{n} ln(x) \leq ln(2) + \frac{1}{2} ln(x) \Rightarrow ln(n) + ln(x) \left [ \frac{1}{n} - \frac{1}{2} \right ] \leq ln(2) \Rightarrow ln(n) + \frac{2-n}{2n} ln(x) \leq ln(2)$

– Ahora, sustituimos ln(x) teniendo en cuenta la ecuación (1), es decir: $ln(x) = n \cdot ln(2)$

$\displaystyle ln(n) + \frac{2-n}{2} ln(2) \leq ln(2) \Rightarrow ln(n) + ln(2) - \frac{n}{2} ln(2) \leq ln(2) \Rightarrow$

$\displaystyle ln(n) \leq \frac{n}{2} ln(2) \Rightarrow n \leq 2^{\frac{n}{2}}$

– Y esta última inecuación se cumple siempre que $n \geq 4$ . Y llevándolo a la ecuación (1) obtenemos que se cumple para $x \geq 16$ . Es decir, con esto me parece haber demostrado que en las condiciones de este problema, se cumple $k\sqrt[k]{x} \leq 2\sqrt{x}$ , con lo cual justificaría la acotación de la suma y nos quedaría solamente el término $\sqrt{x}$ para el orden de las potencias de los números primos que sean menores que x.

¿Veis algo mal?
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Asier
26/09/2007

Esto… hace ya 3 días que escribí el anterior post y nadie ha contestado. ¿Podrías darme vuestra opinión?

He buscado un poco en Internet y no he visto en ningún sitio que las potencias de los primos menores que x sean del orden $\sim \sqrt{x}$ .

¡Comentad algo, por favor!
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Asier
26/09/2007

Siendo más estrictos, si los cálculos y desarrollos que he hecho en los anteriores post son correctos, lo que creo demostrar es que las potencias (>=2) de los primos que son menores que x (denotemos por $\mu(x)$ ) son $O(\sqrt{x})$ . Lo digo porque en el desarrollo lo que obtengo es una cota superior para los sumandos.

Esto significaría que $\mu(x)$ < $A \cdot \sqrt{x}$ siendo A una constante.
( http://mathworld.wolfram.com/AsymptoticNotation.html )

He hecho una simulación mediante un simple programa en Java y los resultados son bastante prometedores:

x = 9999; u(x) = 51; u(x)/sqrt(x) = 0.5100255019126594
x = 99999; u(x) = 108; u(x)/sqrt(x) = 0.34152769494092877
x = 999999; u(x) = 236; u(x)/sqrt(x) = 0.23600011800008852
x = 9999999; u(x) = 555; u(x)/sqrt(x) = 0.17550641891466623
x = 99999999; u(x) = 1404; u(x)/sqrt(x) = 0.140400000702
x = 999999999; u(x) = 3689; u(x)/sqrt(x) = 0.11665642294193973
x = 9999999999; u(x) = 10084; u(x)/sqrt(x) = 0.100840000005042
x = 99999999999; u(x) = 28156; u(x)/sqrt(x) = 0.08903708980014607
x = 999999999999; u(x) = 80070; u(x)/sqrt(x) = 0.08007000000004004
x = 9999999999999; u(x) = 230567; u(x)/sqrt(x) = 0.07291168732720792
x = 99999999999999; u(x) = 670121; u(x)/sqrt(x) = 0.06701210000000034

Vemos que el cociente va disminuyendo, los cual nos muestra que la estimación $\sqrt{x}$ se mantiene por encima de $\mu(x)$ .

¿Habré mejorado la acotación de Hardy-Ramanujan?
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fede
26/09/2007

Si por ‘orden de’ entendemos ‘menor que un múltiplo k (fijo) de’
creo (intuitivamente) que sí es verdad tu resultado, pero que también pasaría para las potencias de los naturales,
y entonces para las potencias de los primos quizás haya una cota menor.

¿ No habrá algún malentendido con la acotación de Hardy-Ramanujan ?
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Asier
28/09/2007

Gracias por tu opinión, fede.

No creo que haya malentendido con la acotación de Hardy-Ramanujan, lo que ocurre es que para encontrar la cota superior utiliza las raices k-ésimas de los números naturales, en lugar de considerar solamente los primos, que es lo que yo he hecho.

¿dónde os habeis metido los demás?
Podríais comentar algo, Domingo, Diamond… ¡quien sea!
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^DiAmOnD^
28/09/2007

Asier yo estoy por aquí, pero en los últimos tiempos ando algo liado y le perdí el hilo al asunto. A ver si este finde tengo tiempo y me pongo al día y te puedo comentar algo.

La cosa sería que apareciera Domingo, que es quien más metido estaba en el tema.
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1+2+3+4+5+6+...=-1/12
29/09/2007

Hola Asier, no he comentado nada porque sigo con mi opinión anterior. Tus cálculos me parecen bastante interesantes, pero me gustaría darle rigor al asunto (ni siquiera nos ponemos de acuerdo en qué entendemos por “ser de orden de”!!!). Estoy intentando documentarme bien para ver cómo se deduce en la bibliografía la estimación de Ramanujan. Escribiré algo en cuanto concrete más el tema.
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Asier
29/09/2007

Me alegro de que des señales de vida, no te había reconocido bajo el nuevo nick con la suma de Ramanujan aplicada a la función zeta de Riemann.

En cuanto al tema del ‘orden de’, propongo utilizar la notación que viene explicada en esta página de MathWorld: http://mathworld.wolfram.com/AsymptoticNotation.html

En resumidas cuentas, lo que creo haber demostrado es que las potencias (>= 2) de los primos menores que un número dado (x) son como mucho $O(\sqrt{x})$ , frente a lo que afirma la ecuacuón de Hardy-Ramanujan: $O(ln(x) \sqrt{x})$

Espero el resultado de tus investigaciones, aunque si no estás de acuerdo con lo que he hecho me gustaría que dijeras en qué me he equivocado.

Un saludo.
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1+2+3+4+5+6+...=-1/12
29/09/2007

Asier, en lo que no estaba de acuerdo era en el cómo, y no en el qué. Déjame un tiempo a ver si podemos hacer las cosas con más rigor (he estado liado estos días).
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1+2+3+4+5+6+...=-1/12
30/09/2007

Hola Asier. A ver que te parece ésto.

Dado $x\geq 2$ la función que cuenta las potencias (de orden mayor o igual a dos) de primos no superiores a $x$ se puede expresar como $\displaystyle{\sum_{p^m\leq x \atop m\geq 2} 1}=\displaystyle{\sum_{k=2}^{\lfloor log_2\;x \rfloor} \pi(\sqrt[k]{x})}$ (esta suma es nula si $2\leq x\leq 3$ ). Por el teorema de Chebyshev se sabe que $\pi(y)\leq C\cdot \displaystyle{\frac{y}{log(y)}},\;\;\;\forall y\geq 2$ , siendo $C$ una constante mayor que uno. Entonces tendremos que $\displaystyle{\sum_{k=2}^{\lfloor log_2\;x \rfloor} \pi(\sqrt[k]{x})}\leq \frac{C}{log\; x} \displaystyle{\sum_{k=2}^{\lfloor log_2\;x \rfloor} k\cdot \sqrt[k]{x}}$ .

Llegado a este punto, lo que no me gustaba era la acotación de los términos de esta última suma por $2\sqrt{x}$ para $x$ suficientemente grande (y la razón por la que no estoy de acuerdo es la misma que la que indiqué el 22 de septiembre).

Para solventar este detalle vamos a considerar la función $f(x)=\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{x}} \sum_{k=2}^{\lfloor log_2\;x \rfloor} k\cdot \sqrt[k]{x}}$ . Está claro que esta función está localmente acotada en compactos del intervalo [2, $+\infty$ ). Además $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}} f(x)=2$ . Al final comentaré un par de cosas sobre este límite.

La acotación local de la función y el valor del límite de la función en el infinito nos dicen que existe una constante $L\geq 2$ de modo que $f(x)\leq L,\;\;\forall x\geq 2$ . Es decir, $\displaystyle{\sum_{k=2}^{\lfloor log_2\;x \rfloor} k\cdot \sqrt[k]{x}}\leq L\sqrt{x},\;\;\forall x\geq 2$ , con $L\geq 2$ .

Así pues, existe una constante positiva $K$ tal que $\displaystyle{\sum_{p^m\leq x\atop m\geq 2} 1}\leq K\cdot \frac{\sqrt{x}}{log\;x}$ . Comparemos ésto con la acotación de Hardy-Ramanujan (no sólo quitamos el logaritmo como factor multiplicativo, sino que lo pasamos al cociente). Esta ultima cota parece natural y se parece mucho al teorema de Chebyshev para $\pi(x)$ (de hecho es como si obviáramos las potencias de orden superior a 2). ¿Verdad que es fácil intuir lo que va a ocurrir si consideramos potencias con $m\geq 3,4,5,\ldots$ ?

Bueno, llegado al final, hay un único paso que no he justificado aún. Es el valor del límite $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}} \displaystyle{\frac{1}{\sqrt{x}} \sum_{k=2}^{\lfloor log_2\;x \rfloor} k\cdot \sqrt[k]{x}}=2$ . Estoy convencido de que es cierto (tengo bastantes evidencias numéricas con Mathematica), pero aún me falta darle rigor al tema. El problema aquí es que el extremo superior de la suma depende de $x$ y no vale acotar la suma por la serie infinita, pues resulta que para cualquier valor $x_0$ , por muy grande que sea éste, se tiene que $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{x_0}} \sum_{k=2}^{\infty} k\cdot \sqrt[k]{x_0}}=+\infty$ .

En fin, a ver si justificamos el límite anterior y damos carpetazo a ésto.
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Asier
30/09/2007

Muy interesante lo que has hecho, y me parece correcto.

Mi estimación $O(\sqrt{x})$ sabía que era una cota superior pero que se quedaba larga aun, es decir era mejorable.

Creo que lo que has obtenido es directamente el orden, es decir, para k = 2 (justamente el límite que queda por demostrar) quedaría que las potencias de los primos menores que un número dado son $\displaystyle \sim \frac{2\sqrt{x}}{ln(x)}$ . Esto es equivalente a decir que cuando x tiende a infinito, la cantidad de potencias de primos dividido por la función obtenida es 1. Además las simulaciones que hecho con un programa apuntan a que es exactamente así para x grandes.

Vamos, que sería el ‘Teorema de Potencias de Primos’.

Y hace unos pocos días me decías: “no creo que sea posible quitar el logaritmo en la acotación de Ramanujan”.
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1+2+3+4+5+6+...=-1/12
30/09/2007

bueno, como decía fede, habría que precisar bien lo que pone en la página 27 de Hardy y el contexto exacto en el que aparece la cota. Yo no tengo acceso a ese libro y en las cosas de Ramanujan que he encontrado no he visto esa cota. Sería interesante que alguien accediera a ese libro (biblioteca de alguna facultad, …) y comentara algo más concreto.
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Asier
01/10/2007

Me parece que he conseguido demostrar que $\displaystyle L = \lim_{x\to+\infty} \frac{1}{\sqrt{x}} \sum_{k=2}^{\lfloor log_2 x \rfloor} k \cdot \sqrt[k]{x} = 2$ .

Para empezar, resulta evidente que $\displaystyle \lim_{x\to+\infty} \sqrt{x} = \infty$ y $\displaystyle \lim_{x\to+\infty} \sum_{k=2}^{\lfloor log_2 x \rfloor} k \cdot \sqrt[k]{x} = \infty$ . Por lo tanto podemos aplicar L’Hopital:

$\displaystyle L = \lim_{x\to+\infty} 2 \cdot \sqrt{x}\cdot \sum_{k=2}^{\lfloor log_2 x \rfloor} x^{\frac{1-k}{k}} = 2 \cdot \lim_{x\to+\infty} \sum_{k=2}^{\lfloor log_2 x \rfloor} x^{\frac{2-k}{2k}} = 2 \cdot \lim_{x\to+\infty} \frac{1}{\sqrt{x}} \cdot \sum_{k=2}^{\lfloor log_2 x \rfloor} x^{\frac{1}{k}} = 2 \cdot \left [ 1 + \lim_{x\to+\infty} \frac{1}{\sqrt{x}} \cdot \sum_{k=3}^{\lfloor log_2 x \rfloor} x^{\frac{1}{k}} \right ]$ .

El límite que nos queda por calcular es claramente cero porque se puede poner una cota superior a la suma como $\displaystyle \lfloor log_2 x \rfloor \cdot \sqrt[3]{x}$ y por lo tanto $\displaystyle \lim_{x\to+\infty} \frac{\lfloor log_2 x \rfloor \cdot \sqrt[3]{x}}{\sqrt{x}} = 0$ .

Por lo tanto nos queda $L = 2$ .
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1+2+3+4+5+6+...=-1/12
02/10/2007

Asier, hay que tener cuidado con dos cosas. Primero que la función suma que aparece no es continua en los puntos de la forma $x=2^n$
http://img208.imageshack.us/my.php?image=funcionhu3.jpg

Por tanto aplicar la regla de L’Hopital a una función con infinitas discontinuidades (aunque contables) es delicado. En segundo lugar, derivas la suma derivando cada sumando y obviando que uno de los extremos de la suma depende también de $x$ (esto me recuerda a la derivación de integrales paramétricas…).

A ver si en el fin de semana le puedo dedicar un tiempo a justificar el límite. Un saludo.
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Asier
02/10/2007

He sido consciente de esos dos detalles que comentas pero considero que ninguno de ellos invalida el cálculo tal y como lo he planteado.
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Domingo H.A.
02/10/2007

Hola Asier, disculpa que sea tan quisquilloso con los detalles, pero no me convence la expresión de la derivada de la suma cuando el extremo superior depende de la variable x (y encima con una parte entera merodeando por la zona).

De todos modos, le acabo de dar vueltas al asunto y he probado que el límite es 2 del modo siguiente:

vamos a considerar $f(x)=\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{x}} \sum_{k=2}^{\lfloor log_2\;x \rfloor} k\cdot \sqrt[k]{x}}=2+\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{x}} \sum_{k=3}^{\lfloor log_2\;x \rfloor} k\cdot \sqrt[k]{x}}\;\;\;\; (f(x)\geq 2)$

Nos interesa considerar valores de $x$ grandes y por ello, mirando al extremo superior de la suma, vamos a tomar $2^N\leq x$ menor que $2^{N+1}$ , con $N$ suficientemente grande (no sé como no se me había ocurrido esto antes!!). Entonces resulta que

$f(x)=2+\displaystyle{\sum_{k=3}^N k\cdot \frac{\sqrt[k]{x}}{\sqrt{x}}}\leq 2+\displaystyle{\sum_{k=3}^N k\cdot \frac{\sqrt[k]{2^N}}{\sqrt{2^N}}}$ , ya que la función $\displaystyle{\frac{\sqrt[k]{x}}{\sqrt{x}}}$ es decreciente en [2, $+\infty$ ).

Finalmente, basta acotar el índice $k$ por $N$ y las raíces k-ésimas por la raíz cúbica para deducir que

$f(x)\leq 2+N(N-2)\displaystyle{\frac{\sqrt[3]{2^N}} {\sqrt{2^N}}}\leq 2+\displaystyle{\frac{N^2} {(\sqrt[6]{2})^N}}$ ,

y esta última expresión tiende a 2 si $N\to\infty$ .

Con esto, hemos probado rigurosamente que $\displaystyle{\sum_{p^m\leq x\atop m\geq 2} 1}\leq K\cdot \frac{\sqrt{x}}{log\;x}$ , para cierta constante $K$ mayor o igual a 2, basándonos únicamente en el teorema de Tchebychev y acotaciones elementales.

Qué bonito ha quedado, no?
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Asier
02/10/2007

Me parece correcto, aunque veo que al final has acabado haciendo lo mismo que yo (salvo L’Hopital): desarrollar el primer término y acotar por la raíz cúbica.

Ahora que parece estar demostrado cuál es el orden de las potencias de los primos menores que un número dado, me pregunto si era un resultado conocido, o es un nuevo aporte a las matemáticas (esto último sería lo bonito, claro :)).
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^DiAmOnD^
02/10/2007

Joer, qué pena no haber podido seguir el hilo al tema. No pude en sus inicios y después la cosa estaba demasiado avanzada como para ponerse al día pronto. Pero prometo estudiar el tema yo también.

Asier si esto fuera un aporte nuevo no sería bonito, sería la leche 😀
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Domingo H.A.
02/10/2007

Mirando el desarrollo globalmente, las cuentas salen demasiado simples y requiriendo poca maquinaria matemática (nivel de licenciatura). Por tanto, estoy seguro de que esto es bastante conocido para entre especialistas en teoría (elemental o analítica) de números.
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cua
10/12/2007

Sobre el tema de seleccionar un entero al azar:

Hace tiempo que, viendo otro problema que no tiene relación con este, me planteé que significa “escoger un número al azar”. En mi opinión tal frase no tiene mucho significado cuando se aplica al conjunto de los enteros, debido a que son infinitos. De hecho, seleccionar un número “al azar” significa usar alguna distribución de probabilidad. Si no se dice otra cosa explícitamente, se supone que la distribución es “uniforme” en el sentido de que cada caso tiene la misma probabilidad que cualquier otro, esto es, si hay $n$ casos, cada uno de ellos debe de tener $1/n$ como probabilidad de ser escogido, ya que las probabilidades tienen que sumar $1$ .
En el caso de los todos los números enteros $n$ es infinito, luego se deduce que no existe una distribución de probabilidad “uniforme” en los enteros. Por tanto, a no ser que me equivoque en algo, no tiene sentido decir “se escoge un entero al azar”. Si se habla de un rango de enteros, las cosa cambias pues el numero de casos ahora si es finito.
Publica una respuesta
Domingo H.A.
10/12/2007

Efectivamente, cua. Lo que ocurre es el problema debería ser planteado para hallar el valor límite al que tienden las probabilidades de hallar un número primo menor o igual que n, cuando n tiende a infinito. Esto es lo que se ha hecho aquí fundamentalmente.
Publica una respuesta
cua
10/12/2007

Gracias, Domingo, he hecho el post antes de repasar con más detalle todos los anteriores, cosa que no debería haber hecho, claro. En concreto la referencia a la notación asintótica de Hardy lo aclara todo perfectamente.
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Omar-P
28/02/2008

Sobre el problema de Basilea y la forma en que Euler describe a Pi^2/6:
“He encontrado que seis veces la suma de esta serie es igual al cuadrado de la longitud de la circunferencia cuyo diámetro es la unidad”.
Publica una respuesta
luis
13/01/2009

Buenas, quería preguntar una cosilla un poco absurda relativo a la loteria del 1 al 49. Si marcamos por ejemplo el 30, ¿no sería mejor marcar luego uno de sus 13 coprimos ( 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 49), dado que la probabilidad de que dos múmeros escogidos al azar sean coprimos es mayor a que no lo sean?.
Publica una respuesta
morytelov
04/12/2009

En el post, Diamond, realmente tendrías que considerar las probabilidades de que dos números al azar no sean a la vez múltiplos para capa “p” donde p es primero, pero no para todos los “n” naturales como tú has puesto. Con lo que yo digo, el problema sale desarrollando el producto y notando que por el teorema fundamental de la aritmética vas a obtener todos los naturales (elevados al cuadrado y tal, claro). Esto es así, porque no tiene sentido que consideres por ejemplo la probabilidad de que no sea a la vez múltiplos de 4 (p=1-(1/4)^(2)), porque ya has calculado la probabilidad de que no sea a la vez múltiplos de 2. Por eso solo tienes que poner los números primos.
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- numeros primos sorprendentes
  18/05/2018
  
  harian el favor de publicar mi modesto encuentro con dos numeros primos cuya relacion es cuatro veces el numero pi estos numeros son 2020942711 numerador y como denominador el numero 160821511 el resultado es
  sorprendentemente y lo dejo para que vean que con un poco de paciencia tambien se llega a algun sitio
  no soy versado en la materia…casualmente probando encontre este tesoro numerico les mando un saludo Jorge Vidal Garcia.
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