Decimos que un entero positivo $n$ es bueno si tiene una cantidad impar de divisores primos distintos. Por ejemplo, $2020$ es bueno, pues sus divisores primos son $2$, $5$ y $101$. Demostrar que existen infinitos $n$ tales que en el conjunto $\{n,n+1,n+2,n+3\}$ hay exactamente dos números buenos.
Si no, pasaria que a partir de $n_0$ tenemos que en $\{n,n+1,n+2,n+3\}$ no hay exactamente dos numeros buenos. Supongamos que en $\{n_0,n_0+1,n_0+2,n_0+3\}$ hay como mucho un numero bueno. Entonces en $\{n,n+1,n+2,n+3\}$ hay como mucho un numero bueno para todo $n\geq n_0$. Es obvio por induccion. (Si $n$ es bueno, $n+1,n+2,n+3$ no son buenos y se cumple para $n+1$. Si hay un bueno en $n+1,n+2,n+3$, hay exactamente uno, luego $n+4$ no es bueno porque si no tenemos exactamente dos buenos en $\{n+1,n+2,n+3,n+4\}$. Si no hay ningun bueno en $n,n+1,n+2,n+3$, se cumple para $n+1$.)
Sea $A(x)$ la cantidad de numeros buenos $n\leq x$. Que en $\{n,n+1,n+2,n+3\}$ hay como mucho un numero bueno para todo $n\geq n_0$ implica que $A(n+3) - A(n) \leq 1$ para $n\geq n_0$ esto implica $A(n) \leq \lfloor\frac{n-n_0}3\rfloor + A(n_0)$ asi que $\limsup_{x\to\infty}\limits \frac{A(x)}x \leq \frac13$.
Si en $\{n_0,n_0+1,n_0+2,n_0+3\}$ hay al menos 2 buenos, hay al menos 3, ya que no hay exactamente 2 por hipotesis. Luego hay como mucho un numero no bueno, y por el mismo argumento tenemos $\liminf_{x\to\infty}\limits \frac{A(x)}x \geq \frac23$.
Entonces el problema sale si probamos que $\lim_{x\to\infty}\limits \frac{A(x)}x = \frac12$. Esto es verdad! Y tiene una demostracion elemental usando el teorema de los numeros primos, especificamente que $\frac1x\sum_{n\leq x} \mu(n) \to 0$, que implica que los numeros libres de cuadrados (producto de primos distintos) con un numero par de primos y los que tienen un numero impar de primos tienen la misma densidad, que es por lo tanto $\frac12 \frac{6}{\pi^2}$ por un resultado conocido y tambien elemental. Demostracion aca.
Reproduzco la demostracion. Primero, notacion. Si $n=p_1^{a_1}\ldots p_k^{a_k}$ es la factorizacion en primos, sea $\mu(n) = (-1)^k$ si $a_1,\ldots,a_k\leq 1$ y $0$ si no; sea $\omega(n)=k$. Sea $S$ el conjunto de enteros positivos libres de cuadrados (tales que $a_1,\ldots,a_k\leq 1$), y sea $S^s=\{n\in S: (-1)^{\omega(n)}=s\}$. Sea $S(x)$ la cantidad de enteros $n\leq x$, $n\in S$ abusando notacion un poco. Sea $M$ el conjunto de numeros "llenos de cuadrados", es decir, tales que $a_1,\ldots,a_k\geq 2$, incluyendo $1$. (Considero que $1\in S$ y $1\in M$.)
Tenemos $$S(x) = \sum_{n^2\leq x} \mu(n) \left\lfloor \frac{x}{n^2} \right\rfloor = \sum_{n^2\leq x} \mu(n) (\frac{x}{n^2} + O(1)) = \frac{6}{\pi^2} x + o(x)$$ usando que $$\sum_{n\geq 1} \frac{\mu(n)}{n^2} = \prod_p (1 - \frac{1}{p^2}) = \frac{1}{\prod_p (1-p^{-2})^{-1}} = \frac{1}{\sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^2}} = \frac{6}{\pi^2}.$$
Ademas $S^1(x) - S^{-1}(x) = \sum_{n\leq x} \mu(n) = o(x)$ por el teorema de los numeros primos, luego $S^1(x)$ y $S^{-1}(x)$ son $\frac12 \frac{6}{\pi^2}x + o(x)$.
Dado $m\geq 1$, sea $S_m(x)$ la cantidad de $n\leq x$ tales que $n\in S$ y $(n,m)=1$. Se prueba por induccion en $\omega(m)$ que $$S_m(x) = \frac{6}{\pi^2} \prod_{p\mid m} \frac{1}{1+p^{-1}} x + o(x).$$ En efecto, para $\omega(m)=0$ es lo que ya probamos. Dado $m$, lo probamos para $mp^a$ con $(m,p)=1$, $p$ primo. La idea es que $n\in S_m$, $n\leq x$ sii $(n,p)=1$ o $n=pn'$ con $n'\in S_{mp}$, $n'\leq \frac{x}{p}$. Entonces $S_m(x) = S_{mp}(x) + S_{mp}(\frac xp)$. En particular, $S_m(\frac{x}{p^k}) = S_{mp}(\frac{x}{p^k}) + S_{mp}(\frac{x}{p^{k+1}})$. Sumando y restando, $\sum_{k\geq 0} (-1)^k S_{m}(\frac{x}{p^k}) = S_{mp}(x)$. Se ve que usando la hipotesis inductiva esto implica $S_{mp}(x) = \frac{6}{\pi^2} \prod_{q\mid m} \frac{1}{1+q^{-1}} \frac{1}{1+p^{-1}} x + o(x).$ La idea es separar la suma en $k\leq K$ y $k>K$, donde $K$ se elige para que $\sum_{k>K} p^{-k}<\epsilon$ y no depende de $x$. En $k\leq K$ usamos la hipotesis inductiva, y aproximamos $\sum_{k\leq K} \frac{1}{p^k} = \frac{1}{1-p^{-1}} \pm \epsilon$. En $k>K$ usamos la cota trivial $S_m(x/p^k) \leq x/p^k$ y que $\sum_{k>K} p^{-k}<\epsilon$.
Sea $S_m^s(x)$ la cantidad de numeros $n\leq x$ en $S$ tales que $(n,m)=1$ y $(-1)^{\omega(n)}=s$. Usando el mismo argumento probamos que $$S_m^s(x) = \frac12 \frac{6}{\pi^2} \prod_{p\mid m} \frac{1}{1+p^{-1}} x + o(x).$$ La idea es que si $n\in S_m^s$, o bien $n\in S_{mp}^s$ o bien $n=pn'$ con $n'\in S_m^{-s}$, $n'\leq \frac{x}{p}$, $(n',p)=1$. Entonces $S_m^s(x) = S_{mp}^s(x) + S_{mp}^{-s}(x/p)$. Y obtenemos $S_{mp}^s(x) = \sum_{k\geq 0}(-1)^k S_m^{(-1)^ks}(x/p^k) = \frac12 \frac{6}{\pi^2} \prod_{q\mid m} \frac{1}{1+q^{-1}} \frac{1}{1+p^{-1}} x + o(x),$ como queriamos.
Ya estamos. Sea $N^s(x)$ la cantidad de numeros $n\leq x$ con $(-1)^{\omega(n)}=s$. Podemos descomponer los numeros $n\leq x$ de forma unica como $mn'$ con $m\in M$, $n'\in S$, $n'\leq x/m$, $(m,n')=1$. Esto es simplemente separar los primos tales que $p^2\mid n$ de los que no. Entonces $N^s(x) = \sum_{m\in M} S_m^{(-1)^{\omega(m)}s}(x/m)$. Hay que notar dos cosas. Primero, $$\sum_{m\in M} \prod_{p\mid m} \frac{m^{-1}}{1+p^{-1}} = \prod_p (1 + \frac{1}{1+p^{-1}} (p^{-2} + p^{-3} + \cdots)) = \prod_p (1 + \frac{p^{-2}}{(1+p^{-1})(1-p^{-1})}) = \prod_p (1 + \frac{p^{-2}}{1-p^{-2s}}) = \prod_p \frac{1}{1-p^{-2s}} = \sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.$$
Segundo, $$\sum_{m\in M} \frac{1}{m} = \prod_p (1 + p^{-2} + p^{-3} + \cdots) = \prod_p (1 + \frac{p^{-2}}{1-p^{-1}}) = \prod_p (1 + \frac{1}{p(p-1)})$$ converge, ya que $\sum_p \frac{1}{p(p-1)}$ converge. Tomamos $A$ tal que $\sum_{m\in M,m>A} \prod_{p\mid m} \frac{m^{-1}}{1+p^{-1}} < \epsilon$ y $\sum_{m\in M,m>A} \frac{1}{m} < \epsilon$. Entonces
$$N^s(x) = \sum_{m\in M} S_m^{(-1)^{\omega(m)}s}(x/m) = \sum_{\substack{m\in M\\m\leq A}} S_m^{(-1)^{\omega(m)}s}(x/m) + \sum_{\substack{m\in M\\m> A}} S_m^{(-1)^{\omega(m)}s}(x/m).$$
Para el primer termino usamos lo que probamos y tenemos $$\sum_{\substack{m\in M\\m\leq A}} S_m^{(-1)^{\omega(m)}s}(x/m) = \frac12 \frac{6}{\pi^2} \sum_{m\in M} \prod_{p\mid m} \frac{1}{1+p^{-1}} \frac{x}{m} - \sum_{\substack{m\in M\\m>A}} \frac12 \frac{6}{\pi^2} \sum_{m\in M} \prod_{p\mid m} \frac{1}{1+p^{-1}} \frac{x}{m} + o(x) = \frac12 x + o(x).$$
Para el segundo usamos la cota trivial $S_m^s(x) \leq x$ y tenemos $0 \leq \sum_{\substack{m\in M\\m> A}} S_m^{(-1)^{\omega(m)}s}(x/m) \leq \epsilon x$, asi que $N^s(x) = \frac12 x + o(x)$, como queriamos.
Última edición por juandodyk el Vie 28 Ene, 2022 12:31 am, editado 1 vez en total.
