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Conjunto numérico y 2007

Recién comenzado el año $2008$ os dejo este problema propuesto por Domingo en el que está involucrado el $2007$ :

Consideremos la función:

$f(x)=\cfrac{1}{x-1} + \cfrac{2}{x-2} + \cfrac{3}{x-3} + \ldots + \cfrac{2007}{x-2007}$

Estudiar el conjunto de valores de la variable $x$ para los que se verifica que $f(x) \ge \cfrac{2007}{2}$ y hallar la medida (de Lebesgue) de dicho conjunto.

Vamos a por ello.

Escrito por ^DiAmOnD^, 3 de Enero de 2008 en Juegos

39 comentarios

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Domingo H.A. - 3 de Enero de 2008 12:45

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 $f(x)\geq \cfrac{2007}{2}$ 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.
Javier - 3 de Enero de 2008 16:54

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.
Asier - 3 de Enero de 2008 21:54

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?
Domingo H.A. - 3 de Enero de 2008 22:07

sí señor Asier!!! Estupendo!! Ese era el resultado “sorpresa” de año nuevo

Indícanos ahora esos cálculos!!
Asier - 4 de Enero de 2008 0:39

¡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 $\frac{2007}{2}$ :

$\displaystyle \frac{k}{x-k} \ge \frac{2007}{2} \Rightarrow 2k \ge 2007x - 2007k \Rightarrow x \le \frac{2k+2007k}{2007} \Rightarrow x \le k + \frac{2k}{2007}$

Teniendo en cuenta que cada intervalo consiste en tomar lo que $x$ puede exceder de cada $k$ , tenemos que la suma es:

$\displaystyle \sum_{k=1}^{2007} \frac{2k}{2007} = \frac{2}{2007} \cdot \frac{2007 \cdot 2008}{2} = 2008$

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 clavo. Posiblemente puedan hacerse unas cancelaciones/simplificaciones de las que no he sido consciente.

Podrías explicarlo y dar una solución más estricta, Domingo?
Domingo H.A. - 4 de Enero de 2008 1:27

Vaya, vaya!! Asier, la verdad es que estoy algo asombrado, porque tu proceso funciona en general para $N$ sumandos y cotas variables (un valor $a$ 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 $(k,x_k]$ como bien habéis comentado ambos, y la cosa está en ver como se comportan los valores $x_k$ 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 (que es lo que tú has hecho).

Lo que me sorprende es que el proceso te funciona siempre, a pesar de que los valores $x_k=k(1+2/2007)$ que das NO SON LAS RAÍCES del polinomio (comprobado con Mathematica), es decir no son los extremos reales de los intervalos (es decir que cuando calcules las otras sumas que has ignorado no te va a dar cero).

Es decir, que aunque los valores que das como extremos no son válidos, su suma sí que coincide siempre con la suma de los extremos superiores reales.

En fin, a ver si alguien más se anima a resolver rigurosamente la cuestión, y aclaramos este entuerto en el que nos ha metido Asier
Asier - 4 de Enero de 2008 17:16

Lo he analizado un poco y el tema parece muy interesante.

¿Sabe alguien si la suma de las raíces de un polinomio de grado $n$ del tipo $ax^n + bx^{n-1} + cx^{n-2} + \dots = 0$ con todos los coeficientes distintos de cero es siempre $\displaystyle \frac{-b}{a}$ ? 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 $\displaystyle \frac{n}{x-d} = k$ 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 sumandos:

$\displaystyle \frac{n_1}{x-d_1} + \frac{n_2}{x-d_2} = k \Rightarrow n_1x - n_1d_2 + n_2x - n_2d_1 = kx^2 - d_1kx - d_2kx + d_1d_2k \Rightarrow kx^2 - \left [ (d_1 + d_2)k + (n_1 + n_2) \right ] x + (d_1d_2k + n_1d_2 + n_2d_1) = 0$

Sabemos que la suma de las raíces de esta ecuación de segundo grado es: $\displaystyle x_1 + x_2 = \frac{-b}{a} = (d_1 + d_2) + \frac{n_1 + n_2}{k}$

Aquí vemos que efectivamente la suma de las raíces es igual a la suma de las raíces individuales.

Si fuera cierto que para una ecuación de grado $n$ la suma de sus raíces viene dada por $\displaystyle \frac{-b}{a}$ , entonces es fácil ver que esta propiedad se cumple siempre.
Domingo H.A. - 4 de Enero de 2008 18:02

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 $a(x-x_1)\ldots(x-x_n)$ e igualar los coeficientes de $x^{n-1}$ para ver que efectivamente la suma de las raíces es el valor que indicas (y en particular, el producto de las raíces coincide con $(-1)^n\cdot a_0/a_n$ , donde $a_0$ es el término independiente y $a_n$ el coeficiente director).

La verdad es que has resuelto el problema de un modo muy curioso. Me recuerda a algunos desarrollos informales que hacía Euler (por ejemplo al sumar los inversos de los cuadrados) y que luego trataba de justificar por diversas vías.

No sé si vale la pena que ponga mi propuesta de solución porque en esencia es la misma, sólo que yo trabajé con el polinomio completo (considerando las 2007 fracciones) y calculando la suma de las raíces por el método que acabamos de indicar.

Sólo indicar que en el caso general de N sumandos, la condición $f(x)\geq a$ nos define N intervalos semiabiertos (cerrados por la derecha) de modo que la suma de las longitudes es $\cfrac{1}{a}\cdot\cfrac{N\cdot(N+1)}{2}$ . Los valores N=2007 y a=2007/2 sólo fueron elegidos para que la respuesta fuera 2008
Asier - 4 de Enero de 2008 21:45

¡Me alegro de haber encontrado la explicación y finalmente la justificación al cálculo que había hecho!
¡Gracias Domingo por tu interés y aclaraciones!
Asier - 8 de Enero de 2008 1:43

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 $n$ y $2n$ siempre hay al menos un número primo $p$ . 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 hecho y me gustaría saber vuestra opinión. Ahí voy:

Voy a demostrar que entre $p$ (primo) y $2p$ todos los números no pueden ser compuestos. Escribimos:

$p, p+1, p+2, p+3, p+4, \dots , p+(p-1), 2p$

Vamos a suponer que desde $p+1$ hasta $p+(p-1)$ son todos compuestos, y si llegamos a una contradicción será que alguno tiene que ser primo.

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, otro (o el mismo) de 3, y otro (o los otros) de un número mayor. Si tenemos 4 números compuestos consecutivos, al menos uno de ellos es múltiplo de 2, otro (o el mismo) de 3, otro de 4, y otro (u otros) de un número mayor. Esto es evidente, no? 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). Lo cual es una contradicción en el caso que nos ocupa, pues la siguiente vez que aparece $p$ como factor de un número es en $2p$ .

Para generalizarlo a cualquier $n$ que no sea primo, creo que bastaría con fijarse en que:

$p_0 \prec n \prec p_1 \prec 2p_0 \prec 2n \prec 2p_1$

siendo $p_0$ el mayor primo que haya menor que $n$ y $p_1$ el primo que hemos encontrado entre $p_0$ y $2p_0$ . De manera que $p_1$ también es un primo que está entre $n$ y $2n$ .

Esto es todo. ¿Qué opinais?
Domingo H.A. - 8 de Enero de 2008 18:20

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 $p-1$ números consecutivos $p+1, p+2,\ldots,p+(p-1)$ , si son compuestos, lo que se tendría es que todos son divisibles por un número mayor que $p$ (lo cual es evidente), ya que ninguno da resto cero al dividir por $p$ (los restos son $1,2,\ldots, p-1$ , respectivamente).

Es decir, si esos números son todos compuestos, los divisores primos son todos menores que $p$ . Ninguno tendrá a p como divisor primo.

“Lo cual es una contradicción en el caso que nos ocupa, pues la siguiente vez que aparece p como factor de un número es en 2p.”

Yo lo que no veo es que ésto entre en contradicción con tu suposición inicial, ya que 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 $p$ , y me parece que tu argumento no excluye este supuesto.
Asier - 9 de Enero de 2008 1:35

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.
Asier - 14 de Enero de 2008 21:15

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, otro (o el mismo) de 3, y otro (o los otros) de un número mayor. Si tenemos 4 números compuestos consecutivos, al menos uno de ellos es múltiplo de 2, otro (o el mismo) de 3, otro de 4, y otro (u otros) de un número mayor”, etc.

Si estais de acuerdo con esto, entonces es claro que si tenemos $p-1$ números compuestos consecutivos, al menos uno de ellos es múltiplo de un número mayor que $p-1$ , no? Esta es la contradicción a la que me refiero, pues en principio solo pueden ser divisibles por números inferiores a $p$ .

¿Podría alguien indicar mi error?
Omar-P - 14 de Enero de 2008 23:18

Busca un ejemplo numérico y resolverás el problema.
Asier - 14 de Enero de 2008 23:50

Me encantaría que me pudieras dar un ejemplo donde no se cumpla lo que digo, Omar-P.
fede - 15 de Enero de 2008 1:28

Asier, no veo que ese divisor mayor que p-1 (entre los p-1 consecutivos) tenga que ser primo…
Asier - 15 de Enero de 2008 10:22

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”).
Asier - 16 de Enero de 2008 18:01

¿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).
Omar-P - 16 de Enero de 2008 18:27

Asier, ¿Puedes ilustrar tu exposición con un ejemplo numérico?
Domingo H.A. - 16 de Enero de 2008 19:08

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 $p+i,\;\;i\in\{1,\ldots,p-1\}$ son compuestos, para cierto número primo $p\geq 3$ .

1) La primera afirmación que haces es que

$\forall j\in\{2,\ldots,p-1\},\;\;\exists i\in\{1,\ldots,p-1\}$ tal que $p+i\equiv 0\; (j)$

Esto es cierto al tratarse de enteros consecutivos (sean compuestos o no).

2) La segunda afirmación que haces es que “al menos uno de los números compuestos de la secuencia inicial es múltiplo de un número mayor que $p-1$ ”. Es decir,

$\exists n\geq p,\;\;\exists i_n\in\{1,\ldots,p-1\},$ tal que $p+i_n\equiv 0\;(n)$

Este punto, que creo que es el que origina el conflicto, es evidente en sí mismo, ya que todos los números de la secuencia son mayores que $p-1$ , compuestos y divisibles por sí mismos(!). No tiene porqué existir un primo mayor estrictamente que $p$ que los divida. Y si creemos que existe tendríamos que justificarlo adecuadamente.

3) Por último comentabas que “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 $2p$ .”

No estoy de acuerdo en que nos estemos pasando de $2p$ , por lo siguiente: el número $p+i_n$ que hemos hallado en 2) y que es divisible por un natural $n\geq p$ verifica entonces:

$p+i_n=n\cdot k$ , siendo $n\geq p$ y $k\geq 1$ . Y he aquí el quid de la cuestión en el hecho de asumir que el factor $k$ es mayor o igual que $2$ . Nada excluye que $k=1$ , que de hecho es lo que se da. En tal caso tendríamos $p+i_n=n$ , siendo $n$ un número (compuesto) mayor o igual que $p$ , que no sobrepasa a $2p$ .

Espero haberme explicado y, sobre todo, haber entendido tu cuestión, Asier. Espero tus comentarios al respecto. Un saludo.
Domingo H.A. - 16 de Enero de 2008 21:17

Asier, intentando aclarar más las cosas, el punto conflictivo es el 2) que indico arriba, por lo siguiente:

si $p+1,\ldots,p+(p-1)$ son todos compuestos entonces NO puede existir un número primo $q\geq p$ que divida a algún $p+i$ , para cierto $i\in\{1,\ldots,p-1\}$ . En efecto, si q es un primo que divide al número compuesto a $p+i$ ( $i\in\{1,\ldots,p-1\}$ ), entonces $p+i=k\cdot q$ , con $k\geq 1$ . Ya que q es primo, y $p+i$ no, debe ser que $k\geq 2$ llegando al absurdo que pretendías si fuera $q\geq p$ ( $kq$ sería mayor o igual que 2p, mientras que $p+i$ es menor estricto que 2p).

En resumen, si $p+1,\ldots,p+(p-1)$ son todos compuestos entonces sus factores primos son menores estrictos que $p$ , como comentaba el otro día. Y esto no conduce a contradicción alguna, como comentaba en el punto 3) anterior.

Espero que haya quedado más claro ahora el asunto.
Domingo H.A. - 16 de Enero de 2008 23:42

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
Asier - 17 de Enero de 2008 0:12

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 no.

Domingo: te agradezco el interés y esfuerzo por comprenderme y aclarar ideas.
En el último comentario vuelves a confirmar que si los p-1 números que siguen a p son compuestos, entonces sus divisores son menores que p, y que esto no es una contradicción en sí. Cierto, pero lo que yo afirmo es que de esos p-1 compuestos consecutivos alguno tendría que ser ‘estrictamente’ divisible por un número mayor que p-1, y eso sí genera una contradicción.

Cuando digo estrictamente me refiero a que ese divisor no es ni el 1 ni el mismo número, porque de esta manera me aseguro de que estoy ante un número compuesto. Es decir, un número compuesto siempre es divisible por un número mayor que el 1 y menor que él mismo. De aquí en adelante cuando hable de divisores quedan excluidos el 1 y el mismo número.

Como estoy dando por hecho (para llegar a una contradicción) que los p-1 números que siguen a p son compuestos, lo que hago es buscar divisores de esos números y aquí es donde llega el razonamiento: si tengo dos números compuestos consecutivos, uno es divisible por 2 y otro tiene que ser divisible por un número mayor que el 2. Evidente, no? Sigamos: si tengo tres números compuestos consecutivos, uno será divisible por 2, otro (o el mismo) será divisible por 3 y el que queda (o los que quedan) tiene que ser divisible por un número mayor que el 3. Si tengo cuatro números compuestos consecutivos, uno será divisible por 2, otro (o el mismo) será divisible por 3, otro por 4 y el que queda (o los que quedan) tienen que ser divisibles por un número mayor que el 4. Fíjate en que lo que hago, tomando los números naturales como divisores, aunque sean compuestos (caso del 4 ó 6), es abarcar las distintas combinaciones de números primos como divisor. De esta manera excluyo que el 2, por ejemplo, divida cualquier otro número (porque si lo hiciera, en realidad uno de ellos sería divisible por 4 ó 6 ó 8, etc.).En el caso de 3 números compuestos consecutivos, por ejemplo, podría darse el caso de que el primero fuera divisible por 2, el segundo por 3 y el tercero otra vez por 2, PERO sabemos que la aparición de dos doses consecutivos implica que al menos uno de ellos es divisible por 4, de ahí que afirmo que uno de ellos es divisible por un número mayor que el 3. 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.

En cuanto a lo que comentas en el punto 3, $p + i_n = n \cdot k$ , si $k = 1$ entonces $n$ tiene que ser compuesto, y si lo es, alguno de sus divisores es menores que p, pero éste ya los habíamos excluido según el razonamiento arriba expuesto.

He visto que me he alargado mucho pero tengo más que decir. Dejo esto por ahora. Comentad lo que os parezca.
fede - 17 de Enero de 2008 3:06

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 p para que todos los p-1 consecuticos después de p fuesen compuestos )

Por ejemplo ¿ no podrian ser los 100 números entre 102 y 201 todos compuestos, aunque entre ellos haya números divisibles por 2,3,..100 y todos ellos sean de hecho divisibles por numeros mayores que 100 ?. ¿,Que hace en tu argumento que 103 no pudiera ser 7*13 o algo así, y lo mismo para el resto de los nunmeros que sabemos primos entre 101 y 202 ?

No veo claro el argumento de la exclusión de divisores menores que mencionas…
Domingo H.A. - 17 de Enero de 2008 14:18

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 has indicado arriba al tratarse de divisores propios, y con lo cual encontraríamos otro primo entre p y 2p. No obstante, no veo claro que la proposición anterior sea cierta y tampoco veo claro que uses el hecho de que p es primo, y por el desarrollo seguido, pareces indicar que es válida para cualquier natural $p\geq 3$ (primo o no).

Prometo dedicarle en breve un tiempo a esta proposición.
Domingo H.A. - 17 de Enero de 2008 22:16

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 $n-1$ números consecutivos (sean compuestos o no) $n+1,n+2,\ldots,n+(n-1)$ 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

$K=\cfrac{\displaystyle{\prod_{i=1}^{n-1}} (n+i)}{(n-1)!}$ es un número natural. De hecho, $K=\displaystyle{\left(2n-1 \atop n\right)}$ , que es un número natural mayor estrictamente que n, si $n\geq 2$ (inducción).

Lo que se ha visto hasta ahora es que para casos puntuales de n (dos, tres, cuatro números consecutivos…o todos los casos puntuales que queramos estudiar), el número $K$ es divisible por un primo mayor o igual que n. Pero no se ha demostrado en ningún momento que en general exista un primo $p$ tal que $p|K$ y $p\geq n$ . Es decir,

¿Por qué no puede darse el caso de que $K=\cfrac{\displaystyle{\prod_{i=1}^{n-1}} (n+i)}{(n-1)!}\geq n$ sea sólo divisible por potencias de primos menores estrictamente que n, para un cierto n? Esto requiere una demostración rigurosa, y nos conduce a la prueba de Erdos ya que $\displaystyle{\left(2n \atop n\right)}=2\cdot\displaystyle{\left(2n-1 \atop n\right)}$ y en definitiva lo que tenemos que probar es que existe un primo $p\geq n$ (y menor que $2n$ ) que divide a $\displaystyle{\left(2n \atop n\right)}$ .

La verdad es que todo este jaleo me ha ayudado a entender la prueba de Erdos, en el sentido de que él razona por reducción al absurdo suponiendo que no existe un primo entre n y 2n, y tras estimar el valor $\displaystyle{\left(2n \atop n\right)}$ concluye que en tal caso debe ser de tamaño moderado, lo cual es falso para n suficientemente grande (y luego basta comprobar el enunciado por debajo de un cierto valor de $n$ ).

En fin, Asier, no sé si esto allana más el camino, o le añade más piedras
Omar-P - 17 de Enero de 2008 22:56

God may not play dice with the Universe, but something strange is going on with the prime numbers - PAUL ERDÖS.
Asier - 18 de Enero de 2008 0:40

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 en ecuaciones, y si consigo algo os lo pongo para que opineis.

fede: dices: “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.”. Yo estoy hablando de números compuestos consecutivos, y en ese caso me parece evidente que uno de ellos tiene que ser divisible por dos y el otro por un número mayor, no? ¿cómo construirlo si no?.
La exclusión de divisores de la que hablo, consiste en que solamente un número natural a partir del 2 pueda dividir esos números compuestos consecutivos. Es decir, si sé que el 2,3,4 y 5 por ejemplo dividen ciertos números y encuentro otro divisible por 2, entonces sé que en realidad uno de ellos es divisible por 6. De esta manera la exigencia para los divisores va aumentando. Siguiendo esa línea de razonamiento es como llego a que de los p-1 compuestos consecutivos uno tenga que ser divisible por un número mayor que p-1.

Domingo: Resumes bien en esa proposición la esencia de la ‘demostración’. Mi sensación es que el razonamiento que doy lo demuestra pero como he comentado es posible que haya un error del que no me he dado cuenta o que plasmarlo en ecuaciones sea más complejo de lo esperado. Cuando saque tiempo intentaré estudiar la demostración de Erdos de la que hablas, puesto que por lo visto el punto de partida es muy parecido. La demostración del link que pusiste también parece de lo más interesante, dada su brevedad, aunque parece requerir algo más de ‘maquinaria’.

Os agradezco la dedicación y las opiniones que habeis dado.

No pretendo con esto cerrar el tema, por supuesto, pero para animar la cosa me gustaría saber si vosotros (cualquiera) habeis intentado demostrar teoremas por vuestra cuenta de manera alternativa y el éxto que habeis tenido en tal desempeño. También me gustaría saber si habeis ‘atacado’ famosas conjeturas y cuáles han sido vuestros logros/conclusiones.
fede - 18 de Enero de 2008 4:21

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…
Domingo HA - 18 de Enero de 2008 11:15

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 que da Erdos en el caso de la conjetura de Bertrand?
fede - 18 de Enero de 2008 12:26

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.
Omar-P - 18 de Enero de 2008 13:40

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.
Asier - 18 de Enero de 2008 13:52

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
Domingo H.A. - 7 de Marzo de 2008 19:28

Relacionado con el número combinatorio que aparece en los últimos comentarios, les propongo:

demostrar que el número $\displaystyle{\left(2p \atop p\right)}-2$ es divisible por $p$ , para cada primo $p$ .
Joseph - 14 de Marzo de 2008 1:21

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}.
Joseph - 14 de Marzo de 2008 6:06

(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)!+ 1- 1)+ 2
p : e((p-1)!+ 1)- e+ 2
Por el teorema de Wilson
p : (p-1)!+ 1
p : -e + 2
p : e - 2
Asi hemos provado el teroema para p>2.
Si p=2, su veracidad es inmediata.
Por lo tanto queda demostrado el teorema para todo primo.
Joseph - 14 de Marzo de 2008 6:09

Ahora si da lugar mi pregunta, espero les guste
Domingo H.A. - 14 de Marzo de 2008 18:19

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:

$dist(P_n,P_m)=0,\quad$ si $mcd(n,m)\not =1$

$dist(P_n,P_m)=\cfrac{1}{n\cdot m}\;,\quad$ si $mcd(n,m)=1$
Domingo H.A. - 14 de Marzo de 2008 18:31

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 http://gaussianos.com/entre-sucesiones-anda-el-juego/

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