Re: [obm-l] Re: [obm-l] 6/pi^2

[Claudio Buffara <claudio.buffara@xxxxxxxxxxxx>]

Caro Gugu:

Venci a preguica, re-escrevi o seu argumento e agora ficou tudo claro.

Muito obrigado e um abraco,
Claudio.

on 28.03.03 22:32, Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira at gugu@impa.br
wrote:

> Caro Claudio,
> Vou tentar comentar as suas observacoes sobre o meu argumento abaixo,
> apos as mesmas. Sobre a independencia, pode-se usar o teorema chines dos
> restos: modulo p_1.p_2.....p_r (e em qualquer sequencia de k.p_1.p_2...._p_r
> inteiros consecutivos), os eventos do tipo "ser multiplo de p_i" sao
> independentes. Como soma(1/n^2) converge, dado eps > 0 existe N natural tal
> que soma(p primo,p>N)(1/p^2) < eps. Pela observacao acima, o conjunto dos
> pares de naturais (m,n) tais que mdc(m,n) nao tem nenhum fator primo p <= N
> tem densidade igual ao produto sobre todos os primos p <= N de (1-1/p^2).
> Como o conjunto dos (m,n) tais que mdc(m,n) tem algum fator primo maior que
> N tem densidade no maximo soma(p primo,p>N)(1/p^2) < eps, segue o resultado.
> Abracos,
> Gugu
> 
> P.S.:Viu, Dirichlet ? Nao foi preciso recorrer a nenhum livro em ingles...
> 
>> 
>> Caro Gugu:
>> 
>> Obrigado pela explanacao. Apesar de nao conhecer alguns detalhes (vide
>> abaixo), deu pra entender a ideia geral. Vou consultar alguns livros de
>> teoria dos numeros pra tentar preencher as lacunas.
>> 
>> Um abraco,
>> Claudio.
>> 
>> on 27.03.03 17:22, Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira at gugu@impa.br
>> wrote:
>> 
>>> Caro Claudio,
>>> A interpretacao mais usual e' tomar A igual a um quadrado (como
>>> {m,n inteiros | 1<=m,n<=N}).
>> realmente, deve simplificar as contas comparado com um disco...
>> 
>>> O argumento do Claudio Buffara pode ser
>>> formalizado. 
>> Ainda bem! Um ponto do meu argumento (ou melhor, do argumento que eu
>> reproduzi abaixo - nao sei quem eh o autor original) que me incomoda eh a
>> hipotese implicita da independencia estatistica quando eu escrevo:
>> P(p e q nao dividem m) = P(p nao divide m)*P(q nao divide m)
>> Intuitivamente faz sentido, mas como se formaliza este argumento?
>> 
>>> Ai vai outro: o problema, nesse caso e' equivalente a estimar o
>>> numero de pares (m,n) com mdc(m,n)=1 e 1<=m<=n<=N (isso vai ser
>>> essencialmente
>>> a metade de #(pontos visiveis pertencentes ao conjunto A).
>> 
>>> Nosso problema
>>> agora e' estimar soma(n=1 ate' N)(phi(n))=
>> 
>>> =soma(n=1 ate' N)(soma(d divide n)(mu(d).n/d))=
>> ate aqui OK. Ambas as somas dao n(1-1/p1)(1-1/p2)...
> 
> De fato, foi so' aqui que usamos inversao de Mobius, a partir do fato de
> que, para todo n, soma(d divide n)(phi(d))=n.
> 
>> 
>>> =soma(d=1 ate' N)(mu(d).soma(j=1 ate' [N/d])(j))=
>> esse tipo de inversao de Mobius eu nao conhecia...
> 
> Isso nao e' inversao de Mobius: para cada d com 1<=d<=N, eu so' agrupei os
> termos na expressao anterior em que d aparece.
> 
>> 
>>> =soma(d=1 ate' N)(mu(d).[N/d].([N/d]+1)/2=
>> 
>>> =N^2.soma(d=1 ate' N)(mu(d)/d^2)/2+O(N.log(N))=
>> preciso checar essa estimativa tambem
> 
> Aqui o N.log(N) vem do erro que cometemos tirando as partes inteiras (e'
> O(soma(d=1 ate' N)(N/d)) ).
> 
>> 
>>> =N^2.soma(d=1 ate' infinito)(mu(d)/d^2)/2+O(N.log(N))=
>> 
>>> =(3/Pi^2).N^2+O(N.log(N)), o que prova o resultado (para ver que
>> 
>>> soma(d=1 ate' infinito)(mu(d)/d^2)=6/Pi^2, basta ver que
>> 
>>> soma(d=1 ate' infinito)(mu(d)/d^2).soma(d=1 ate' infinito)(1/d^2)=
>> 
>>> =soma(m=1 ate' infinito)((soma(d divide m)(mu(d))/m^2)=1).
>> de novo a tal variante da inversao de Mobius, agora com uma soma infinita...
> 
> Aqui tambem nao e' inversao de Mobius: ao desenvolver o produto notamos que
> todos os denominadores sao da forma 1/m^2, e agrupamos os que tem o mesmo
> denominador.
> 
>> 
>>> Essa estimativa tambem da' o mesmo limite para outras escolhas de A, como
>>> os seus quartos de disco, com um pouco mais de trabalho (por exemplo
>>> aproximando A por unioes de retangulos, como no calculo de integrais de
>>> Riemann)...
>> 
>>> Abracos,
>>> Gugu
>>> 

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