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Límite nulo

Esta semana ciertas cuestiones obligan a cambiar el orden de las secciones semanales. Por ello hoy lunes os planteo el problema semanal. Ahí va:

Demostrar que si $a \in \mathbb{R}$ es mayor que el número $e$ , entonces:

$\displaystyle{\lim_{n \to \infty}} \cfrac{m.c.m.(1,2, \ldots ,n)}{a^n}=0$

Ánimo.

Nota: evidentemente, m.c.m. representa mínimo común múltiplo.

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 25 de Enero de 2010
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27 comentarios

Trackback | 25 Ene, 2010

Bitacoras.com
josejuan | 25 de Enero de 2010 | 10:07

Un número ‘n’ en general se representa a partir de sus números primos como

$n=p_{0}^{q_{0}}p_{1}^{q_{1}}p_{3}^{q_{3}}\cdot\cdot\cdot$

para obtener el MCM de los n primeros números, bastará con obtener la máxima potencia de cada primo de entre todos sus múltiplos, es decir, por la potencia

$q_{j}=\frac{\ln n}{\ln p_{j}}$

(ojo en realidad dicha potencia debe ser entera, luego debe aplicarse el truncamiento, pero si lo trunco, luego no se cómo operar…¿alguien lo aclara?)

ahora bien, el MCM es precisamente todos los primos (menores que n) por esa potencia, luego el MCM es

$p_{0}^{\frac{\ln n}{\ln p_{o}}}p_{1}^{\frac{\ln n}{\ln p_{1}}}\cdot\cdot\cdot$

y sacando el logaritmo de n tenemos

$(p_{0}^{\frac{1}{\ln p_{0}}}p_{1}^{\frac{1}{\ln p_{1}}}\cdot \cdot \cdot )^{\ln n}$

pero precisamente cada multiplicando dentro del paréntesis vale ‘e’, y si aproximamos el número de números primos como n/ln n tenemos que el MCM buscado vale

$e^{n}$

por lo que el límite converge a 0 únicamente cuando

$a\geq e$

CQD
josejuan | 25 de Enero de 2010 | 10:10

Perdón, obviamente metí la pata en lo más fácil, al final es

$a\succ e$
Américo Tavares | 25 de Enero de 2010 | 14:47

A mesma demonstração de josejuan.

Seja $d_{n}=m.c.m.\left( 1,\ldots ,n\right)$

$d_{n}\left( 1,\ldots ,n\right) =\underset{p\leq n}{\prod }p^{\left[ \ln n/\ln p\right] }\leq \underset{p\leq n}{\prod }n\sim n^{n/\ln n}=e^{n}$

$\underset{n\rightarrow \infty }{\lim }\dfrac{d_{n}\left( 1,\ldots ,n\right) }{a^{n}}\sim \underset{n\rightarrow \infty }{\lim }\dfrac{e^{n}}{a^{n}}=\underset{n\rightarrow \infty }{\lim }\left( \dfrac{e}{a}\right) ^{n}=\left\{ \begin{array}{ccccc}0 & & \text{se} & & a>e \\ 1 & & \text{se} & & a=e \\ \infty & & \text{se} & & a<e\end{array}\right.$
Américo Tavares | 25 de Enero de 2010 | 15:09

$0 \text{ se } a=e$
Américo Tavares | 25 de Enero de 2010 | 15:13

Perdão

0 se a>e
M | 25 de Enero de 2010 | 15:38

Efectivamente, el teorema del número primo implica que $mcm(1,\ldots,n)=e^{n(1+o(1))}$ , donde $o(1)\to 0$ , si $n\to \infty$ . Eso implica que $\frac{mcm(1,\ldots,n)}{a^n}=e^{n(1-ln\;a+o(1))}$ , y el límite es 0 si a>e, o $+\infty$ si 0<a<e.

Sin embargo no me queda claro que el límite sea 1 cuando $a=e$ . Es más, me inclino a pensar que no existe el límite (es oscilante). De hecho, eso es lo que se aprecia con el Mathematica

n=10^6
a=Exp[1]
Do[Print[SetPrecision[Apply[LCM, Range[k*n]]/a^(k*n), 10]], {k, 10}]
josejuan | 25 de Enero de 2010 | 16:07

Estoy con “M”, y yo creo que es porque no existe convergencia en cuanto a la potencia máxima para cualquier primo.

Es decir, el producto no es

$p_{0}^{\frac{\ln n}{\ln p_{0}}}p_{1}^{\frac{\ln n}{\ln p_{1}}}\cdot \cdot \cdot$

sino

$p_{0}^{\left\lfloor \frac{\ln n}{\ln p_{0}}\right\rfloor }p_{1}^{\left\lfloor \frac{\ln n}{\ln p_{1}}\right\rfloor }\cdot \cdot \cdot$

la diferencia entonces para cada multiplicando es

$p_{j}^{\frac{\ln n}{\ln p_{j}}-\left\lfloor \frac{\ln n}{\ln p_{j}}\right\rfloor }$

por ejemplo, para el primer primo (2)

$\forall q\in N ~\exists n~\sqcap 2^{^{\frac{\ln n}{\ln 2}-\left\lfloor \frac{\ln n}{\ln 2}\right\rfloor }}\succeq q$

es decir, da igual que n tienda a infinito, que la diferencia por truncamiento podrá ser tan grande como queramos.

Como no tengo ni idea de cómo enfocarlo (de ahí que antes pidiera a ver si alguien puede aclararlo) la “mejor” explicación que se me ocurre es que, puesto que estamos multiplicando por un valor mayor que el que debiéramos (deberíamos redondear y como no lo hacemos, el producto es más grande de lo que realmente es) la constante ‘a’ se acercará a ‘e’ por debajo, pero sin alcanzarlo.

O eso creo (porque muy seguro no estoy, la verdad).

No pasa lo mismo con la aproximación del número de primos, puesto que el error de tomar $\frac{n}{\ln n}$ es cero cuando $n\rightarrow \infty$ y por tanto, tomar aquí el límite es directo.
josejuan | 25 de Enero de 2010 | 16:09

“…es decir, da igual que n tienda a infinito, que la diferencia por truncamiento podrá ser tan grande como queramos…”

Y tan pequeña… (va oscilando con un diente de sierra).
Dani | 25 de Enero de 2010 | 17:33

sí, el caso $a=e$ no está claro. la verdad es que yo tampoco sé justificarlo rigurosamente, pero creo que entiendo lo que dices, josejuan. con esa idea en la cabeza creo que se podrían encontrar sucesiones $\{x_n\}$ y $\{y_n\}$ de números naturales tales que
$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{m.c.n(1,2,\ldots x_n )}{e^{x_n} } = \infty$ y
$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{m.c.n(1,2,\ldots y_n) }{e^{y_n} } = 0$ ,
pero no se me ocurre así de primeras como hacerlo :S
Dani | 25 de Enero de 2010 | 17:35

(evidentemente las sucesiones son crecientes y $m.c.n$ no es ningún bicho raro, si no el mínimo común múltiplo después de un desliz de dedo )
Américo Tavares | 25 de Enero de 2010 | 17:39

Reescrevendo:

Para $n$ suficientemente grande em relação a $\varepsilon$ >0, $d_{n}:=$ m.c.m. $\left( 1,2,\ldots n\right) \leq e^{n(1+\varepsilon )}$
$0\leq \underset{n\rightarrow \infty }{\lim }\frac{d_{n}}{a^{n}}\leq \underset{n\rightarrow \infty }{\lim }\frac{e^{n(1+\varepsilon )}}{a^{n}}$
Deste enquadramento tira-se que o limite é zero, se a>e.

Aqui acaba a resposta ao enunciado. Agora, se $a=e$ , tenho dúvidas: de
$0\leq \underset{n\rightarrow \infty }{\lim }\frac{d_{n}}{e^{n}}\leq \underset{n\rightarrow \infty }{\lim }\frac{e^{n(1+\varepsilon )}}{e^{n}}=\underset{n\rightarrow \infty }{\lim }e^{1+\varepsilon }=e\underset{n\rightarrow\infty }{\lim }e^{\varepsilon }=e$

nada se conclui quanto a
$\underset{n\rightarrow \infty }{\lim }\frac{d_{n}}{e^{n}}$
Américo Tavares | 25 de Enero de 2010 | 17:49

Reescrevendo: para $a$ positivo

…
M | 25 de Enero de 2010 | 18:30

Lo que sí se tiene a partir de $mcm(1,\ldots,n)=e^{n(1+o(1))}$ es que

$\displaystyle{lim_{n\to\infty}\frac{ln \;mcm(1,\ldots,n)}{n}}=1$ .
Américo Tavares | 25 de Enero de 2010 | 20:34

M

Esse limite é usado para demonstrar que

$\zeta(3)\in\mathbb{Q}$ ,

depois de se provar que

$0\leq\lim\left\vert u_{n}\zeta(3)-v_{n}\right\vert ^{1/n}\leq \left( \sqrt{2}-1\right) ^{4}$ e $u_{n}\in\mathbb{Z},2d_{n}^{3}v_{n}\in\mathbb{Z}$ .

Ver, por exemplo, Irrationalité de valeurs de zêta [d'aprés Apéry, Rivoal, ...], de Stéphane FISCHLER

http://arxiv.org/PS_cache/math/pdf/0303/0303066v1.pdf

(Páginas 2,3).
gaussianos | 25 de Enero de 2010 | 23:00

Supongo que será:

$\zeta (3) \not\in \mathbb{Q}$

¿No?
Américo Tavares | 25 de Enero de 2010 | 23:06

Claro, desculpem!

$\zeta \left( 3\right) \notin\mathbb{Q}$ .
Trackback | 26 Ene, 2010

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Epho | 26 de Enero de 2010 | 19:39

¿Cómo se calcula el mcm de dos irracionales?
Américo Tavares | 26 de Enero de 2010 | 19:47

Epho

O mcm é definido para os inteiros.

Em mmc(1,…,n) os números 1, 2, 3, …, n são inteiros.
Dani | 26 de Enero de 2010 | 23:35

Problema: demostrar que $tan(z)=z$ sólo tiene soluciones reales.
M | 27 de Enero de 2010 | 0:30

Dani, hace algo más de un año se planteó un problema relacionado con esa cuestión. Además de ser infinitos ceros reales, la serie de los inversos diverge y la serie de los inversos al cuadrado converge a 1/10.

http://gaussianos.com/la-cosa-va-de-sumas/
M | 27 de Enero de 2010 | 1:14

Generalizando un poco la interesante cuestión que nos propone Dani, si $a$ es real entonces la ecuación $tg\;z=\frac{z}{1+a^2z^2}$ sólo puede tener raíces reales.

A ver si podemos atacar rigurosamente el caso $a=e$ en el problema del post. Parece que la idea de Dani es el camino a seguir, pero tiene mala pinta

No sé si para la $o(1)$ que aparece en el teorema del número primo se conoce que tiende a cero oscilando siempre entre valores negativos y positivos. Además habría que ver si tiende a cero como una potencia $n^{-\alpha}$ , con $\alpha$ >1.
Dani | 27 de Enero de 2010 | 1:46

qué bueno ese post! me he perdido un buen rato en este blog jejejej… bueno, se intentará compensar he de decir que efectivamente lo de demostrar la oscilación a lo bruto ha ido bastante mal . estoy un poco falto de ideas para afrontarlo.
M | 27 de Enero de 2010 | 11:40

Anoche quise decir $o(1)$ como una potencia $n^{-\alpha}$ , con 0< $\alpha$ <1, y alternando signos (para que $e^{n\cdot o(1)}$ tome valores próximos a cero y también valores grandes).
Ander | 27 de Enero de 2010 | 14:06

Propongo la utilización de la fórmula de Stirling. Un saludo.
Américo Tavares | 7 de Marzo de 2010 | 14:32

Desafio: Qual é o próximo termo da sucessão seguinte?

1/4,1/8,1/8,3/16,3/8, . . .

E o termo de ordem 20?

Daqui:
http://problemasteoremas.wordpress.com/2010/03/07/desafio-sobre-sequencias-sucessoes/

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