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[obm-l] A Conjectura de Riemann e Muito Provavel !



Ola Pessoal !

Esta mensagem e uma nova publicacao de uma mensagem anterior, feita a pedido 
do carissimo colega Jose Francisco Guimaraes, que conversava comigo em OFF 
sobre a hipotese de Riemann. Ela e uma extensao de um trabalho de J Good e 
pode interessar a outras pessoas, razao pela qual publico aqui na lista.

IMAGINE que todos os numeros naturais estao em uma urna. Se escolhermos um 
deles  ao acaso, qual sera a probabilidade de que ele nao seja multiplo de 
quatro ? Claramente : 3/4. Igualmente, a probabilidade de que ele nao seja 
mϊltiplo de 9 e 8/9 e, de forma geral, se P e um numero primo, a 
probabilidade de escolhermos um natural que nao seja multiplo de P^2 e 1   - 
   1/(P^2).

Este raciocinio tao simples enseja implicacoes interessantes ...

Com efeito, IMAGINE que escolhermos um numero natural ao acaso. Qual sera a 
probabilidade de que em sua decomposicao em fatores primos nao exista nenhum 
fator primo duplicado ?

Na experiencia que estamos IMAGINANDO, o fato de escolhermos um numero 
natural que nao e multiplo de P1^2, P1 primo, evidentemente, nao guarda 
nenhuma dependencia para com o fato dele nao ser multiplo de P2^2,  P2 primo 
e diferente de P1 ... Quero dizer que os eventos sao idependentes, isto e, a 
probabilidade do numero escolhido nao ser multiplo de P1^2 E nao ser 
multiplo de P2^2 e o produto :

D =  [ 1  -  1/(P1^2) ]*[ 1  -  1/(P2^2) ]

Portanto, a probabilidade de que o numero natural escolhido nao tenha 
qualquer fator primo duplicado e o produto infinito :

E = [ 1 – 1/(2^2)] * [ 1 – 1/(3^2)] * [ 1 – 1/(5^2)] * ... * [ 1 – 1/(Pn^2)] 
* ...

Esse produto e facilmente calculado.  Euler determinou o seu valor 
raciocinando assim :

E = [(2^2 – 1)/2^2]*[(3^2 – 1)/3^2]*[(5^2 – 1)/5^2]* ...  [(Pn^2 – 1)/Pn^2] 
* ...
1/E =[2^2/(2^2 – 1)]*[3^2/(3^2 – 1)]*[5^2/(5^2 – 1)]*...*[Pn^2/(Pn^2 – 1)] * 
...
1/E =[1/(1 – (1/2)^2)]*[1/(1 – (1/3)^2)]*[1/(1 – (1/5)^2)] *...* [1/(1 – 
(1/Pn)^2)] * ...

Cada expressao dentro de um par fechado de colchetes e a soma dos infinitos 
termos da progressao geometrica :

1/(1 – (1/Pn)^2) = 1  +  (1/Pn)^2  +  (1/Pn)^4  +  (1/Pn)^6 + ...

onde Pn e o N-esimo numero primo. Portanto, no produto infinito teremos o 
numero 1 e o inverso do quadrado de QUALQUER NUMERO NATURAL, conforme se 
percebe facilmente. Assim :

1/E = 1 + 1/(2^2) + 1/(3^2) + 1/(4^2) + ... + 1/(N^2) + ... = (pi)^2/6
Logo : E = 6/(pi)^2

Este notavel resultado pode ser parafraseado ...

A FUNCAO DE MOBIUS e uma conhecidissima funcao aritmetica – que nesta 
mensagem sera representada por Mobius(N) - que pode ser definida da seguinte 
maneira :

Se N e um natural e se em sua decomposicao em fatores primos

1 – Ha fatores duplicados, entao Mobius(N) = 0.
Exemplo : Mobius(12) = Mobius(2*2*3) = 0

2 – Ha um numero impar de fatores distintos, entao Mobius(N) = -1
Exemplo : Mobius(30) = Mobius(2*3*5) = -1

3 – Ha um numero par de fatores distintos, entao Mobius(N) = 1
Exemplo : Mobius(6) = Mobius(2*3) = 1

Assim, dado N, se Mobius(N) nao e zero entao Mobius(N)= 1 ou Mobius(N)=-1.

Agora podemos fazer a parafrase que anunciamos : se escolhermos um numero 
natural N ao acaso, a probabilidade de que Mobius(N) seja diferente de zero 
e precisamente 6 / (pi^2)
Vamos agora IMAGINAR a seguinte experiencia :

Escolhemos N1, N2, N3, ..., Np numeros naturais, ao acaso. Para cada natural 
Ni que escolhermos, calculamos Mobius(Ni). Ao fim da experiencia, calculamos 
o somatorio :

S = Si[ 1,P : Mobius(Ni) ] = Mobius(N1) + Mobius(N2) + ... + Mobius(Np)

Repetindo a experiencia inumeras vezes, aumentando concomitantemente o valor 
P, para onde tendera  LIM( P -> +INF ) S  ?

Para um numero MUITO GRANDE, +INF, isto e, conforme P for aumentando 
escolheremos predominantemente numeros que tem valor  Mobius igual a 1 ? Ou 
tendera para um numero MUITO PEQUENO, -INF, isto e, escolhemos  
predominantemente numeros que tem valor Mobius igual a –1 ? Ou sera que 
tendera para UM NUMERO INTEIRO PEQUENO, proximo de ZERO, isto e, 
escolheremos "mais ou menos" a mesma quantidade de numeros com Mobius 1 e 
com mobius –1 ?

Ora, pela desigualdade de Hausdorff, existem "K" e "e" tal que essa soma nao 
crescer mais rapido que K*[P^(1/2 + e)]. Como Good e Churchhouse mostraram 
que a soma de Mobius nao crescer mais rapido que um multiplo de N^(1/2+e) e 
equivalente a afirmar que todos os zeros da funcao zeta tem parte real igual 
a 1/2, segue que este raciocinio prabalistico mostra que :

A probabilidade de que a Conjectura de Riemann seja um teorema e 1 !!!!

Evidentemente que nao se aceita este raciocinio porque falamos em ESCOLHER P 
numeros ao acaso, isto e, e o tipo de abordagem que nao se espera num 
problema deste tipo. Independente de tudo isso, parece ser notavel que 
possamos aumentar a nossa fe na validade da conjectura de Riemann com algo 
mais que experiencias individuais.

Neste sentido seria interessante registrar que :

A - Ja se verificou que mais de 7000000 de zeros da funcao zeta tem parte 
real igual a 1/2.
B – Hardy mostrou que ha infinitos zeros com parte real igual a 1/2

Nao se conseguiu, ATE AGORA, mostrar que TODOS os zeros tem parte real igual 
a 1/2. Este problema esta em aberto e vale 1 milhao de dolares. Muitos o 
consideram o problema mais dificil da Matematica contemporanea.

Existem muitas coisas interessantes sobre estas EQUACOES DE "MUITAS" 
RAIZES... Numa das demonstracoes do Teorema Fundamental da Algebra, Gauss 
estabelece um sistema de duas equacoes e duas incognitas e mostras que as 
VOLTAS que ele implica obrigam-no a convergir para uma raiz da equacao. As 
VOLTAS e PASSEIOS do raciocinio de Gauss podem ser generalizadas e isso nos 
leva a equacoes que tem muito mais raizes que o seu grau. Nao seria o caso 
de se compreender isso melhor e ver de que maneira pode ser aplicar a esta 
conjectura ?

Um Abraco a Todos
Paulo Santa Rita
2,1256,040803

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