viernes, 4 de noviembre de 2011

Una perla de la Aritmética

A saber: no hay números perfectos consecutivos. El resultado es bastante sui géneris porque, de hecho, no se sabe siquiera si hay números perfectos impares. Me parece que el resultado fue demostrado por vez primera por el Profesor Florian Luca. La prueba que les voy a platicar se basa en dos hechos bastante conocidos sobre los números perfectos:

A) Un número perfecto par es de la forma $2^{q-1}(2^{q}-1)$ donde $2^{q}-1$ es un número primo de Mersenne.

B) No se sabe si hay números perfectos impares, pero de acuerdo con L. Euler, si $N$ fuese perfecto e impar entonces tendría que ser de la forma $px^{2}$ para algún primo $p$ congruente con $1$ módulo $4$ y algún número impar $x$ (se dice, en tal caso, que $p$ es el primo especial de $N$).

Supóngase entonces que $n$ y $n+1$ son ambos perfectos y que $n>6$. De A se sigue que todo número perfecto par mayor que $6$ debe ser divisible por $4$. Al combinar este dato con lo enunciado en B se sigue que si tanto $n$ como $n+1$ son números perfectos entonces $n$ debe ser par y además $$n \equiv 1 \pmod{3}.$$ Esto obliga a que $p$, el primo especial de $n+1$, sea congruente con $2$ módulo $3.$ La observación crucial en la prueba se desprende entonces de B y es la siguiente: si $p^{a}$ es la mayor potencia de $p$ que divide a $n+1$ entonces $a$ es impar. Así, de $$(1+p)+ \ldots +(p^{a-1}+p^{a}) \equiv 0 + \ldots + 0 \pmod{3}$$ y de la multiplicatividad de la función $\sigma$ se obtiene que $$\sigma(n+1) \equiv 0 \pmod{3}.$$ Por otra parte, de $n \equiv 1 \pmod{3}$ se sigue que $$\sigma(n+1) = 2(n+1) \equiv 1 \pmod{3},$$ lo que entra en contradicción con lo obtenido un par de líneas arriba. QED.

lunes, 22 de agosto de 2011

Más sobre Erdös

Demostraremos a continuación, siguiendo a Erdös, que la serie de los recíprocos de los números primos diverge.

El argumento es por contradicción. Si la serie $\displaystyle \sum_{p} \frac{1}{p}$ fuese convergente, habría un número natural $k$ tal que $$\displaystyle \sum_{i \geq k+1} \frac{1}{p_{i}} < \frac{1}{2}.$$ Ahora bien, para $N \in \mathbb{N}$, denotemos con $N_{A}$ al número de naturales en $[1,N]$ cuyos divisores primos pertenecen a $\{p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{k}\}$ (incluimos al $1$ en este conteo). $N_{B}$ denotará, por su parte, al número de naturales en $[1,N]$ que tienen al menos un factor primo en $\{p_{k+1}, p_{k+2}, \ldots\}$. Claramente, para cada $N \in \mathbb{N}$, las convenciones hechas indican que $$N_{A} + N_{B} = N.$$ Derivaremos ahora estimados simples para $N_{B}$ y $N_{A}$ (en ese orden). El número de múltiplos del $i$-ésimo número primo en el intervalo $[1,N]$ es $\displaystyle \left\lfloor \frac{N}{p_{i}} \right\rfloor$. Así, $$\displaystyle N_{B} \leq \sum_{i \geq k+1} \left\lfloor \frac{N}{p_{i}} \right\rfloor \leq \sum_{i \geq k+1} \frac{N}{p_{i}} < \frac{N}{2}.$$ Para obtener información sobre $N_{A}$ notamos, en primer lugar, que todo número natural $n$ menor o igual a $N$ cuyos divisores primos están todos en $\{p_{1}, \ldots, p_{k}\}$ se puede escribir en la forma $n = a_{n}b_{n}^{2}$ donde $a_{n}$ es libre de cuadrados y por tanto, ó es $1$ ó es un producto de distintos primos en $\{p_{1}, \ldots, p_{k}\}$. De esto se desprende que la parte libre de cuadrados de $n$ se puede elegir de a lo más $2^{k}$ maneras diferentes. Por otra parte, de las desigualdades $$b_{n} \leq \sqrt{n} \leq \sqrt{N}$$ concluimos que $N_{A} \leq 2^{k} \sqrt{N}$.

En particular, si hacemos $N = 2^{2(k+1)}$, se cumple que $N_{A} \leq 2^{k} \cdot 2^{k+1} = \frac{N}{2}$ y por consiguiente $N = N_{A} + N_{B} < \frac{N}{2} + \frac{N}{2} = N.$ Esto último es claramente absurdo y la prueba termina.

Un hecho que se desprende de este resultado es la irracionalidad del número $$\alpha = 0.23571113171923293137\ldots,$$ conocido en algunos textos como constante de Copeland-Erdös. La prueba correspondiente es como sigue: si el número fuese racional entonces, sin pérdida de generalidad, puede suponerse que la representación decimal de $\alpha$ es periódica de longitud $s$ y que el período inicia inmediatamente después del punto decimal. Denotemos entonces con $a_{k}$ al número de elementos de la sucesión de primos con exactamente $k$ dígitos en su representación decimal. Afirmamos que para cada $k \in \mathbb{N}$ se tiene que $a_{k} \leq s$. En efecto, si $a_{k} > s$ para algún $k \in \mathbb{N}$ entonces, al juntar los primeros $s$ elementos de la sucesión de primos con $k$ dígitos se obtiene una cadena de $ks$ dígitos, en la cual, el período de $\alpha$ se manifiesta exactamente $k$ veces. Esto obliga a que el $(s+1)$-ésimo primo con $k$ dígitos en su representación decimal coincida con el número primo que inicia la cadena de longitud $ks$ (¡contradicción!).

De todo lo anterior se desprende que la serie de los recíprocos de los números primos está dominada por la serie $$\displaystyle \frac{s}{1}+ \frac{s}{10} + \frac{s}{10^{2}} + \ldots$$ lo cual es imposible en vista del resultado probado al inicio de la entrada. Obviamente, el argumento indica en general que si $\{n_{k}\}_{k \in \mathbb{N}}$ es una sucesión estrictamente creciente de números naturales y el número 0.n1n2n3n4n5... es racional, entonces la serie $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{n_{k}}$ converge.

Referencias

[1] P. Erdös. Über die Reihe $\sum \frac{1}{p}$. (1938).
[2] N. Hegyvári. On some irrational decimal fractions. Amer. Math. Monthly 100 8 (1993), págs. 779-780.

lunes, 9 de mayo de 2011

Sobre el postulado de Bertrand

Uno de los resultados más añejos en la memoria es, sin lugar a dudas, el postulado de Bertrand: para cada $n \in \mathbb{N}$, el intervalo $(n,2n]$ siempre contiene un número primo. El estribillo con el cual se le asocia en ocasiones es el siguiente:

"Chebyshev said it, and I say it again:
there is always a prime between n and 2n."

De acuerdo con lo que se puede leer en el The man who loved only numbers de Paul Hoffman, Erdös dio una prueba del libro al postulado de Bertrand en su primer año de universidad y la noticia del acontecimiento se difundió en el mundo angloparlante precisamente a través del estribillo arriba mencionado (Hoffman, op. cit., pág. 37.). Si bien dicha prueba es simple y muy elegante, hoy quiero comentarles sobre un argumento (condicional) para derivar el postulado de Bertrand. Dicho argumento lo leí en el Monthly (H. J. Ricardo, Goldbach's Conjecture implies Bertrand's Postulate. Amer. Math. Monthly, vol. 112, no. 6 (Jun. - Jul., 2005), p. 492) hace algunos añitos y es condicional porque supone que la conjetura de Goldbach (todo número par mayor que $2$ es suma de dos primos) es cierta. Veamos:

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Sea $n$ un natural fijo. Si $n=1$ entonces es claro que hay un número primo en el intervalo correspondiente. Así, puede suponerse sin pérdida de generalidad que $n>1$. En ese caso, $2n$ resulta ser un número par mayor que dos y por Goldbach existen primos $p$ y $q$ tales que $$2n = p + q.$$ Afirmamos que, entre $p$ y $q$, uno de ellos es mayor o igual a $n$. En efecto, si ambos fueran estrictamente menores que $n$ entonces se tendría $$2n = p + q < 2n, \quad \textrm{¡contradicción!}$$ Supongamos entonces que $p \in [n, 2n)$. Si $n$ no es primo entonces $$n < p < 2n$$ y estamos. En otro caso, sean $p^{\prime}$ y $q^{\prime}$ tales que $$2(n+1) = p^{\prime} + q^{\prime}.$$ Si $p^{\prime} \in [n+1, 2n+2)$ entonces se cumple, de hecho, que $p^{\prime} \in (n,2n)$: en efecto, $p^{\prime}$ no puede ser igual a $2n + 1$, pues en ese caso $q^{\prime} = 1$ (¡contradicción!) y $p^{\prime}$ no puede ser igual a $2n$, pues este número es compuesto (¡contradicción!). QED.

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Aunque se ha mencionado a Erdös como un referente en las pruebas del postulado de Bertrand, es importante señalar que fue Chebyshev el primero en demostrarle. Srinivasa Ramanujan también proporcionó una prueba del postulado en un trabajo de 1919 (cf. Collected Papers of S. Ramanujan, págs. 208-209).

Para concluir esta pequeña nota voy a agregar una prueba de la infinitud de los primos positivos basada en el postulado de Bertrand. Básicamente lo que probaremos es que para cada número natural n existe un número primo con n dígitos en su representación decimal. La infinitud del conjunto de primos será una consecuencia inmediata de dicha observación.

Sea $n$ un número natural. El postulado de Bertrand nos permite asegurar la existencia de un primo $p_n$ tal que $$10^{n-1} < p_n \leq 2 \cdot 10^{n-1} < 10^{n}.$$ De las desigualdades en la línea previa es claro que $p_n$ es un número con exactamente n dígitos en su representación decimal. ¡Voilà!

Planeo platicarles de otras ilustraciones interesantes del postulado de Bertrand en un post futuro. Entre tanto, el exhorto es uno sólo: ¡no dejen de sintonizarnos!

Hasta pronto.