14 de Pluvioso

El dato del día gira en torno a von Neumann y el famoso problema de la mosca. Nuestra referencia básica es:

P. R. Halmos. The legend of John von Neumann. Amer. Math. Monthly 80 4 (1973), págs. 382-394.

Me parece que la información en el escrito es de primera mano pues, aparte de que tanto von Neumann como Halmos eran húngaro-americanos, Halmos fue asistente de von Neumann en algún momento de su carrera. Además, en una nota al pie de página al inicio del artículo aparece la siguiente declaración del editor en turno del Monthly:

The present paper is the original uncut version of a brief article commissioned by the Encyclopaedia Britannica. (Este escrito es la versión original sin cortes de un breve artículo comisionado por la Encyclopaedia Britannica.)

Los párrafos relevantes empiezan al final de la página 386:

«... Then there is the famous fly puzzle. Two bicyclists start twenty miles apart and head toward each other, each going at a steady rate of 10 m.p.h. At the same time a fly that travels at a steady 15 m.p.h. starts from the front wheel of the southbound bicycle and flies to the front wheel of the northbound one, then turns around and flies to the front wheel of the southbound one again, and continues in this manner till he is crushed between the two front wheels. Question: what total distance did the fly cover? The slow way to find the answer is to calculate what distance the fly covers on the first, northbound leg of the trip, then on the second, southbound leg, then on the third, etc., etc., and, finally, to sum the infinite series so obtained. The quick way is to observe that the bicycles meet exactly one hour after their start, so that the fly had just an hour for his travels; the answer must therefore be 15 miles. When the question was put to von Neumman, he solved it in an instant, and thereby disappointed the questioner: "Oh, you must have heard the trick before!" "What trick?", asked von Neumann; "all I did was sum the infinite series."»

Anexo la presentación que Perero hace del relato en su libro Historia e historias de matemáticas (Grupo Editorial Iberoamérica. México, 1994.):

"... Dos ciclistas A y B van el uno hacia el otro a la velocidad constante de 10 km por hora. Cuando la distancia que los separa es de exactamente 20 kilómetros, una mosca, que vuela a 15 km por hora, sale de la rueda delantera de A y va hasta la rueda delantera de B, ahí se da vuelta y va de B a A, luego nuevamente de A a B y así sucesivamente hasta que chocan las dos ruedas delanteras.

La pregunta es: ¿Qué distancia recorre la mosca?

La manera complicada de resolver el problema consiste en calcular la distancia que recorre la mosca en la primera etapa de su viaje de A a B, luego calcular la distancia recorrida de B a A, luego nuevamente de A a B, y así sucesivamente; se obtiene una serie infinita de distancias que se pueden sumar.

La manera fácil es observar que los dos ciclistas se van a juntar exactamente una hora después de empezar su recorrido; la mosca por lo tanto vuela durante una hora y en ese tiempo recorre 15 km.

Cuando se le propuso este problema a John von Neumann, [él] dio la respuesta casi instantáneamente: el amigo que le presentaba el problema quedó decepcionado y dijo:

- ¡Ah! ¡Ya te sabías el truco!
- ¿Qué truco? -preguntó von Neumann-, lo único que hice fue sumar la serie infinita."

Finalmente, tengo una pequeña trivia para ustedes en torno a la anécdota y al problema en sí:

1) ¿Podrían decir cuál es la serie que sumó von Neumann para resolver el problema?

2) En la película sobre J. F. Nash, Jr. (A beautiful mind), casi al final, hay una escena donde Nash (Russell Crowe) les plantea a unos estudiantes el problema de la mosca. ¿Cierto o falso?

Gracias a todos por seguir sintonizándonos. ¡Hasta muy pronto!

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.

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, o es $1$ o 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 $$\displaystyle \frac{s}{1}+ \frac{s}{10} + \frac{s}{10^{2}} + \cdots$$ 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.

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:

*

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.

*

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.

Una opinión más

"... there are two kinds of generalization, one facile and one valuable. One is generalization by dilution, the other is generalization by concentration. Dilution means boiling the meat in a large quantity of water into a thin soup; concentration means condensing a large amount of nutritive material into an essence. The unification of concepts which in the usual view appear to lie far removed from each other is concentration. Thus, for example, group theory has concentrated ideas which formerly where found scattered in algebra, number theory, geometry and analysis and which appeared to be very different. Examples of generalization by dilution would be still easier to quote, but this would be at the risk of offending sensibilities."

Tomado del prefacio a la primera edición del Problems & Theorems in Analysis de G. Pólya y G. Szegö (las negritas son mías).

En la opinión de Zeilberger

«... In my ultrafinitist weltanschauung, the great significance of both Gödel's famous undecidability meta-theorem, and Paul Cohen's independence proof is historical (or as Cohen would put it, "sociological"). Both are reductio proofs that anything to do with infinity is a priori utter nonsense, debunking the age-old erroneous belief of human-kind in the actual (and even potential) infinity. Granted, many statements: like "m+n=n+m for all (i.e. "infinitely" many) integers m and n" could be made a posteriori sensible, by replacing the phrase "for all" (when it ranges over "infinite" sets) by the phrase for "symbolic (commuting) variables (or rather letters) m and n". We have to kick the misleading word "undecidable" from the mathematical lingo, since it tacitly assumes that infinity is real. We should rather replace it by the phrase "not even wrong" (in other words utter nonsense), that cannot even be resurrected by talking about symbolic variables. Likewise, Cohen's celebrated meta-theorem that the continuum hypothesis is "independent" of ZFC is a great proof that none of Cantor's א-s make any (ontological) sense.»

15 de Brumario

La pregunta del momento: Sea (X,τ) un espacio topológico y D un subconjunto denso de X. ¿Será cierto que si por cada d ∈ D elegimos un abierto (propio) A_d tal que d ∈ A_d, entonces

$\mathbf{X} = \bigcup_{\mathbf{d} \in \mathrm{D}} \mathbf{A}_\mathbf{d}$ ?
Por favor, no dejen de intentarle...