Insiemi primitivi II

[3m0o]

Un insieme \(P \subseteq \mathbb{N} \) è detto primitivo se per ogni \(n,m \in P \) tale che \(n/m \in \mathbb{N} \) allora risulta che \(n=m \).

Dimostra che esiste una costante \(c>0 \) tale che per ogni insieme \(P \) primitivo risulta che
\[ \sum_{n \in P} \frac{1}{n \log n } \leq c \]

NB: ovviamente escludiamo \(P = \{ 1 \} \).

[ghira1]

"3m0o":
NB: ovviamente escludiamo \(P = \{ 1 \} \).

$1 \in P$ non sembra nemmeno possibile, direi.

[3m0o]

\( 1 \in P \) non è possibile a meno che \(P=\{1\} \).

[ghira1]

"3m0o":\( 1 \in P \) non è possibile a meno che \(P=\{1\} \).

Intendo che la somma non funziona se $1 \in P$.

[dan952]

La mia idea sarebbe quella di trovare $P$ che massimizza la somma

$$\sum_{n \in P} \frac{1}{n\log(n)}$$

e questo intuitivamente accade con l'insieme dei numeri primi
perché per ogni $n$ composto risulta

$$\frac{1}{n\log(n)} < \sum_{p|n, p\ \text{primo}} \frac{1}{p\log p}$$

Ma noi sappiamo che

$$\sum_{p} \frac{1}{p\log(p)}$$

converge.

[3m0o]

@dan95

Quello che dici è vero però buona fortuna a dimostrarlo

Solo nel febbraio del 2022 hanno dimostrato che
\[ \sum_{n \in P} \frac{1}{n \log n} \leq \sum_{p \text{ primo}} \frac{1}{p \log p} \]
però è stata una congettura aperta per 70 anni o più, c'è un modo senza esplicitare \(c\). Se riesci a dimostrare la tua idea in modo indipendente chapeau!!

[otta96]

Anche io avevo pensato più o meno a quella cosa @dan95, però non sapevo nemmeno se convergeva.

[dan952]

"3m0o":@dan95

Quello che dici è vero però buona fortuna a dimostrarlo

Solo nel febbraio del 2022 hanno dimostrato che
\[ \sum_{n \in P} \frac{1}{n \log n} \leq \sum_{p \text{ primo}} \frac{1}{p \log p} \]
però è stata una congettura aperta per 70 anni o più, c'è un modo senza esplicitare \(c\). Se riesci a dimostrare la tua idea in modo indipendente chapeau!!

Eh oddio forse un mezza idea ce l' ho ma se dici che non serve adesso provo a trovare un'altra strada...

Ecco la mia mezza idea:

Costruisco $P$ nel seguente modo:

- scelgo $n_1 \in \mathbb{N}-{1}$

- considero gli insiemi $D_1={d | n_1, d< n_1}$ e $M_1={kn_1, k\geq 2}$

- Definisco $P_1=\mathbb{N}-D_1 uu M_1$

In generale

Scelgo $n_i \in P_{i-1}$

$D_i={d | n_i, d< n_i}-uu_{j
$M_i={kn_i, k \geq 2 }-uu_{j
$P_i=\mathbb{N}-uu_{j\leq i} M_j uu D_j$

Continuo il procedimento fino a quando

$P=uu_{i=1}^{infty} P_i$

non è primitivo.

Ora mi viene da pensare che se scelgo solo numeri primi levo "meno roba" da $\mathbb{N}$.

[3m0o]

"ghira":

Intendo che la somma non funziona se $1 \in P$.

Non avevo visto, comunque se \(P\) è primitivo e \(P \neq \{1\} \) allora \(1 \not\in P \) per definizione

[3m0o]

Tra l'altro mi sono appena reso conto che la dimostrazione che ho trovato dimostra solo che
\[ \sum_{n \in P} \frac{1}{n \log n} < \infty \]
... Il risultato che ho proposto di dimostrare rimane comunque vero ma credo sia più difficile da ottenere.

[3m0o]

Cioè credo non sono più sicuro, il mio dubbio sulla costante sta qui

Attenzione contiene un hint:

\[ \sum_{n \in P} \frac{1}{n \log n} \ll \sum_{n \in P} \frac{1}{n} \prod_{p < p(n)} \left(1 - \frac{1}{p} \right) \]
dove \(p(n) \) è il più grande divisore primo di \(n\). Non sono più sicuro se la costante dipende da \(P\) o no.

[dan952]

"3m0o":Tra l'altro mi sono appena reso conto che la dimostrazione che ho trovato dimostra solo che
\[ \sum_{n \in P} \frac{1}{n \log n} < \infty \]
... Il risultato che ho proposto di dimostrare rimane comunque vero ma credo sia più difficile da ottenere.

La dimostrazione è tua o l'hai trovata ?

[3m0o]

Scusa la risposta tardiva: l'ho trovata

[dissonance]

"3m0o":@dan95

Solo nel febbraio del 2022 hanno dimostrato che
\[ \sum_{n \in P} \frac{1}{n \log n} \leq \sum_{p \text{ primo}} \frac{1}{p \log p} \]
però è stata una congettura aperta per 70 anni o più

Posta per favore la referenza completa a questo risultato, grazie.

[3m0o]

Allora, dopo aver creato confusione la tolgo:

"3m0o":Tra l'altro mi sono appena reso conto che la dimostrazione che ho trovato dimostra solo che
\[ \sum_{n \in P} \frac{1}{n \log n} < \infty \]
... Il risultato che ho proposto di dimostrare rimane comunque vero ma credo sia più difficile da ottenere.

Da

"Note on sequences of integers no one of which is divisible by any other" di Paul Erdös, pubblicato nel aprile del 1935 in Journal of London Math Soc.

Theorem: \( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n \log a_n} \) converges.

More generally, we show that if \(p_n\) denotes the greatest prime factor of \(a_n\), then
\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n} \prod_{p \leq p_n} \left( 1 - \frac{1}{p} \right) \leq 1 \ \ \ \ (1) \]
where the product refers to the primes not greater than \(p_n\). It follows that
\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n \log a_n} < c \]
where \(c\) is a constant independent of the sequence, since
\[ \prod_{p \leq p_n} \left(1- \frac{1}{p} \right) > \frac{c}{\log p_n} \geq \frac{c}{\log a_n}. \]
For suppose that (1) is not true; then, for some integer N,
\[ \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{a_n} \prod_{p \leq p_n} \left( 1 - \frac{1}{p} \right) > 1.\]

[...]

Mentre per quanto riguarda

"dissonance":[quote="3m0o"]@dan95

Solo nel febbraio del 2022 hanno dimostrato che
\[ \sum_{n \in P} \frac{1}{n \log n} \leq \sum_{p \text{ primo}} \frac{1}{p \log p} \]
però è stata una congettura aperta per 70 anni o più

Posta per favore la referenza completa a questo risultato, grazie.[/quote]

Ma è complicata la prova, guarda il teorema 1.2 in https://arxiv.org/abs/2202.02384

[dissonance]

Ma è complicata la prova, guarda il teorema 1.2 in https://arxiv.org/abs/2202.02384

Grazie mille!

Questa è matematica di ricerca super "fancy" e moderna. Non so dove finirà questo paper ma posso immaginare una rivista di alto livello.

Non capita spesso di vedere link così qui sul forum. Penso sia un gran bene vedere un po' di ricerca qui e non solo libri di testo. Per questo ti ringrazio.

[dan952]

@dissonance

Sì è vero, concordo.

[dan952]

Theorem: \( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n \log a_n} \) converges.

More generally, we show that if \(p_n\) denotes the greatest prime factor of \(a_n\), then
\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n} \prod_{p \leq p_n} \left( 1 - \frac{1}{p} \right) \leq 1 \ \ \ \ (1) \]
where the product refers to the primes not greater than \(p_n\).

Si potrebbe dimostrare riscrivendo

$\prod_{p \leq p_n} (1-1/p)=\prod_{k=2}^{p_n-1} \frac{\pi(k+1)-\pi(k)}{k}$

e applicando il Teorema dei numeri primi... Devo pensarci

[3m0o]

"dissonance":

Ma è complicata la prova, guarda il teorema 1.2 in https://arxiv.org/abs/2202.02384

Grazie mille!

Questa è matematica di ricerca super "fancy" e moderna. Non so dove finirà questo paper ma posso immaginare una rivista di alto livello.

Non capita spesso di vedere link così qui sul forum. Penso sia un gran bene vedere un po' di ricerca qui e non solo libri di testo. Per questo ti ringrazio.

Figurati, beh non è un po' questo l'obbiettivo di "pensare un po' " ?

[dissonance]

Un po' di più.

[3m0o]

Pensare di più