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Probabilidad-Teoría de Números

+3 votos

Sea Q_{k}(x)= Número de enteros libres de k-potencias en [1,x].

Muestre que Q_{k}(x)=[x/ç(k)]+O(x^{1/k}) para k=3 donde ç es la función zeta de Riemann.

Básicamente esto serviría para calcular la probabilidad de que un entero sea libre de cubos. (cubes-free integer)

 

preguntado por Palito Velandia (470 puntos) Mar 24, 2014 en Básicas
editado por Palito Velandia Mar 24, 2014

1 Respuesta

+3 votos
 
Mejor respuesta

Hay algunos datos básicos sobre la función $\mu$ de Möbius que es necesario recordar:

1. $\sum_{d|n} \mu(d) = \left \{
\begin{array}{ccc}
1 & \mbox{ si } & n=1\\
0 & \mbox{ si } & n \in \mathbb{N}_{>1}.\\ \end{array}
\right.$

2. Si $s=\sigma + it$ se encuentra en el semiplano $\sigma>1$ entonces

$\displaystyle  \left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^{s}}\right)\left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}\right) =1.$

(Comentarios. La prueba de 1 es sencilla y para probar 2 lo que tienes que recordar es que la serie de Dirichlet asociada a la convolución de Dirichlet de dos funciones aritméticas $f$ y $g$ se obtiene multiplicando la serie de Dirichlet asociada a la función aritmética $f$ con la serie de Dirichlet asociada a la función aritmética $g$. Además, debes de notar también que lo que 1 te dice es precisamente que la convolución de Dirichlet de las funciones $\mu: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ y la función $\mathbf{1}: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$, dada por $\mathbf{1}(n)=1$ para todo $n\in \mathbb{N}$, es precisamente la función aritmética que vale $1$ en el $1$ y $0$ en el resto de los números naturales.)

Denotemos ahora con $m: \mathbb{N} \to \{0,1\}$ a la función característica de los números naturales que son libres de cubos.

Afirmamos que

$\displaystyle m(n) = \sum_{d^{3}|n} \mu(d).$ .......... (*)

Volveremos a la justiticación de esta identidad más tarde. Lo que haremos a continuación es deducir información sobre $Q_{3}(x)$ a partir de ella. Tenemos por un lado que

$\displaystyle Q_{3}(x) = \sum_{n\leq x} m(n)$

$\displaystyle = \sum_{n \leq x} \sum_{d^{3}|n} \mu(d)$

$\displaystyle = \sum_{d\leq x^{1/3}} \sum_{n \leq \frac{x}{d^{3}}} \mu(d)$

$\displaystyle = \sum_{d \leq x^{1/3}} \mu(d) \left(\frac{x}{d^{3}} + O(1)\right)$

$\displaystyle = x\sum_{d \leq x^{1/3}} \frac{\mu(d)}{d^{3}} + O(x^{1/3})$

$\displaystyle = \frac{x}{\zeta(3)} - x \sum_{d>x^{1/3}} \frac{\mu(d)}{d^{3}} + O(x^{1/3}).$

Por otro lado, como

$\displaystyle \left| \sum_{d>x^{1/3}} \frac{\mu(d)}{d^{3}} \right| \leq \sum_{d>x^{1/3}} \frac{1}{d^{3}} \ll \int_{x^{1/3}}^{\infty} \frac{1}{u^{3}}\, du$

entonces

$\displaystyle Q_{3}(x) = \frac{x}{\zeta(3)}+ O(x^{1/3})$.

Finalmente, unas palabras sobre la prueba de la identidad en (*). Sea $n\in \mathbb{N}$. Entonces $n=N^{3}q$ para algún número natural $N$ y algún número libre de cubos $q$. Así, al ser

$\displaystyle \sum_{d^{3}|n} \mu(d) = \sum_{d|N} \mu(d) = \left \{
\begin{array}{ccc}
1 & \mbox{ si } & N=1\\
0 & \mbox{ si } & N \in \mathbb{N}_{>1}\\ \end{array}
\right.$

concluimos que $\sum_{d^{3}|n} \mu(d)$ es $1$ o $0$ dependiendo de si $n$ es libre de cubos o no (pues $n=N^3q$ es libre de cubos si y sólo si $N=1$).

respondido por José Hdz (39,570 puntos) Abr 6, 2014
seleccionada por Palito Velandia Abr 8, 2014
Lo hice muy similar. Muchas gracias.
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