Conjetura de Legendre

La conjetura de Legendre sugiere que entre el cuadrado de un número natural y el cuadrado del siguiente número natural, siempre hay por lo menos un número primo sea cual sea el número natural.

Si utilizamos la función contadora de números primos Pi(x), el enunciado sería equivalente a decir que Pi(n^2) < Pi((n+1)^2) para todo n natural.

Si comprobamos a mano o mediante ordenador una cantidad de números cuadrados, observamos que esta conjetura se cumple:

Pi(1^2)=0 < Pi(2^2)=2 < Pi(3^2)=4 < Pi(4^2)=6 < Pi(5^2)=9 < Pi(6^2)=11 < …

Una propiedad de la función contadora de primos es que Pi(x) es aproximadamente x/ln(x) cuando x tiende a infinito.

Si tomamos Pi(x^2) aproximadamente x^2/(2*ln(x)= x^2/(2*ln(x)) y Pi((x+1)^2) aproximadamente (x+1)^2/(2*ln(x+1)), como para x elevados ln(x) es muy parecido a ln(x+1) (a partir de x=10, la diferencia es menor a una décima y a partir de x=100, de una centésima), es claro que la cantidad (x^2)/(2*ln(x)) < (x+1)^2/(2*ln(x)), tenemos que la conjetura de Legendre es cierta con un alto grado de certeza.

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Breve estudio de los primos gemelos

Un número es esto: 13122341243514314123142.

Un número natural es cualquiera de la secuencia 1, 2, 3, 4, 5, …

Que un número sea divisible entre otro significa que al realizar una división entera, el resto es 0.

Un número primo es aquel natural que solamente es divisible entre él mismo y la unidad.

Dos números primos gemelos son aquellos que son primos y difieren en 2 unidades uno de otro.

Se conjetura que hay infinitas parejas de números primos gemelos, si bien no hay ninguna demostración de este hecho.

Si observamos la secuencia de parejas, tenemos lo siguiente:

c(1)= (3,5), c(2)=(5,7), c(3)=(9,11), c(4)=(11, 13), c(5)=(17,19) , c(6)=(29,31), c(7)=(41,43),…

Si bien no tenemos ningún patrón de formación de parejas de primos gemelos, si que parece que se forman con relativa frecuencia. Observemos que pasa al dividir el primer número de la pareja entre el índice:

3/1=3, 5/2=2.5, 11/3=3.66, 17/4=4.25, 29/6=4.833, 41/7=5.86,…

Tomemos únicamente la parte entera de este cociente:

3, 2, 3, 4, 4, 5, …

Parece que están bastante próximos entre sí. Tanto es así que si ampliamos nuestra lista hasta las primeras 5000 parejas de primos gemelos, nos encontramos con que las únicas que no difieren en 0, 1 o -1 unidades son las siguientes:

c(6)=(41,43), c(7)=(59, 61), diferencia cocientes =2

c(8)=(71,73), c(9)=(101, 103), diferencia cocientes = 3

c(10)=(107, 109), c(11)=(137,139), diferencia cocientes = 2

c(21)=(347, 349), c(22)=(419, 421), diferencia cocientes = 3

c(30)=(659, 661), c(31)=(809, 811), diferencia cocientes = 5

c(35)=(881, 883), c(36)=(1019, 1021), diferencia cocientes = 3

c(46)=(1319, 1321), c(47)=(1427, 1429), diferencia cocientes = 2

c(50)=(1487, 1489), c(51)=(1607,1609), diferencia cocientes = 2

Dado que no se ha conseguido una fórmula para generar estos números, desconozco si existen más parejas consecutivas de primos gemelos mayor que las que he dado con diferencia de cocientes distinta de 0, 1 y -1.

Si no existiera, tendríamos una cota para la siguiente pareja de números primos gemelos de una dada, es decir que si c(n)=(p(i), p(i)+2) es la pareja n-ésima, c(n+1)=(p(j), p(j)+2) es la pareja siguiente, p(j)/(n+1) – p(i)/n < 1.

Tenemos por lo tanto una nueva conjetura:

c(n)=(p(i), p(i)+2) y c(n+1)=(p(j), p(j)+2) parejas de primos gemelos consecutivas.

Entonces el primer número de la segunda pareja p(j) < p(i) +p(i)/n + (n+1) salvo para las parejas c(6), c(8), c(10), c(21), c(30), c(35), c(46) y c(50).

AlphaZero vs Stockfish

Recientemente se produjo un enfrentamiento entre estos dos módulos capaces de batir a cualquier ser humano jugando al ajedrez. Se jugaron 100 partidas y el resultado final fue el siguiente:

AlphaZero ganó 25 partidas con blancas y empató otras 25, mientras que con negras ganó 3 partidas y empató 47.

Viendo estos resultados y sabiendo que el juego del ajedrez tiene una solución única (ganan siempre blancas en como mucho X movimientos, ganan siempre negras en como mucho Y movimientos o siempre finaliza en tablas en como mucho Z movimientos) se puede deducir que si AlphaZero fuese el jugador perfecto:

1º Si la solución fuese que ganasen siempre las blancas, tendría que haber ganado con blancas 50 partidas de las 50 disputadas en estas condiciones.

2º Si la solución fuese que ganasen siempre las negras, tendría que haber ganado con negras 50 partidas de las 50 disputadas en estas condiciones.

3º Si la solución fuese tablas, no podría perder ninguna partida ni con blancas ni con negras.

Efectivamente no perdió ninguna partida, luego a raíz de lo anterior se podría deducir que la solución del ajedrez es tablas… peeeeeero:

a) En alguna de las partidas Stockfish se rindió y, ¿desde cuando se rinde Stockfish?

b) En alguna partida Stockfish sacrifica alguna pieza sin que se vea beneficio inmediato por ningún lado y ¿desde cuando realiza sacrificios innecesarios Stockfish?

Lo anterior me hace pensar que más que encontrarnos ante una lucha entre el jugador perfecto y un buen jugador, o bien nos encontramos ante la lucha de dos tecnologías diferentes siendo una superior a la otra, o bien este enfrentamiento ha sido un intento de engaño por parte de los responsables de AlphaZero.

Aparte de esto, ¿será la solución finalmente tablas? Si es así, ambos jugadores lo saben y consideramos que la solución correcta es aquella con la menor cantidad de movimientos, una posible partida solución sería la siguiente:

1.-Cf3, Cc6 2.-Cg1, Cb8 3.-Cf3, Cc6 4.-Cg1, Cb8 y tablas por 3 repeticiones.

Acerca de la conjetura de Legendre

La conjetura de Legendre enuncia que para dos números naturales consecutivos, entre sus cuadrados siempre hay al menos un número primo, esto es, n² < p < (n+1)² para algún p primo.

Le he dado unas cuantas vueltas y no he conseguido demostrar si lo que dice es cierto o no. Parece que lo es y aunque la función que nos da la cantidad de primos entre números consecutivos no es estrictamente creciente, si que parece que hay una cota inferior para esta cantidad de números en función de ese n.

Conjeturo por tanto que entre n² y (n+1)² hay una cantidad mayor o igual a √ (n-1) = (n-1)^½ primos entre medias (raíz cuadrada de n-1 o equivalentemente (n-1) elevado a un medio). Asimismo tenemos la cota superior n (obvia dado que la mitad de los números entre n² y (n+1)² son pares) y parece que puede existir un valor c menor que 1 tal que entre n² y (n+1)² hay menos de n^c números primos (excepto para el primer intervalo (1,4) ).

Es decir, si GO(x) es el número de descomposiciones posibles en 2 sumandos primos de x, √(x-1) <GO(x)<x

En cuanto al “TEOREMA DE GOLDBACH” (es un teorema porque hay una demostración matemática del hecho aunque la comunidad matemática no la haya validado aún), parece que también hay una cota inferior para el número de descomposiciones posibles de sumas de un número par en suma de dos primos:

  • Si 2n = p + q con p y q primos o 1 y n número natural (condiciones del teorema), conjeturo que hay como poco  n^¼ descomposiciones en sumas distintas de ese número 2n (raíz cuarta de n).

En un intento de demostración de otra persona, parece que aproxima el valor de las posibles descomposiciones mediante la siguiente fórmula:

  • nº descomposiciones (x) ≅ (7/16)*π²(x)/x, dónde π(x) denota la cantidad de primos entre 1 y x.

De nuevo la demostración del teorema de Goldbach ahora reducida a unas pocas líneas:

  • En la aritmética decimal usual sabemos que 2=1+1 y que 4=2+2, que cumplen el enunciado del teorema.
  • Sea N=p + q la suma de cualquier par de elementos del conjunto de los primos excluido el 2. Por el algoritmo de Euclides sabemos que cualquiera que sean p y q siempre existen r, s naturales tales que p= 2*r+1 y q=2*s+1.
  • Entonces, N= 2*r+1 + 2*s+1=2*r+2*s+2=2*(r+s+1) =2* n’, y tenemos pues que N es el conjunto de los pares mayores o iguales que 6, que junto a los dos casos enunciados previamente, nos da el conjunto de los pares.

El número primo más grande jamás encontrado

Hasta hoy el mayor número primo registrado es un número primo de Mersenne de 22.7 millones de cifras.

Si tomamos 1MM como un millón, el siguiente número es primo con una probabilidad del 99,99%:

10 ^ 100MM + 3.

¿El motivo? Cuando realizamos una factorización de un número para ver si es primo o no, lo primero que hacemos es:

  •  Ver su última cifra: si es par, es divisible por 2 y por tanto no es primo, si es 5, es divisible por 5 y tampoco sería primo.
  • Luego sumamos todas sus cifras y vemos que no sean múltiplos de 3, ya que si lo son, entonces es divisible entre 3.
  • Luego sumamos las cifras en posiciones pares por un lado y las cifras en posiciones impares por otro, realizamos la diferencia y vemos que no sea un múltiplo de 11, ya que si no, sería múltiplo de 11.
  • Si ninguno de los criterios anteriores funciona, empezamos a dividir entre los números primos menores que el número que queremos saber si es primo o no empezando por el menor que no hayamos probado, es decir, empezando a dividir por 7, luego por 13, luego por 17… y así hasta la raíz cuadrada del número a comprobar. ¿Por qué por el menor? Porque a medida que vamos probando posibles divisores, si no encontramos un divisor primo, la probabilidad de que este número sea primo aumenta.

Nuestro número, 10 ^ 100MM + 3 no termina en 2 par, luego no es divisible por 2.

Tampoco termina en 5, luego no es divisible por 5.

La suma de sus cifras es 4, luego no es divisible por 3.

El criterio de divisibilidad del 11 tampoco se cumple, luego no es divisible por 11.

Si probamos a dividir por 7, vemos que los restos se repiten cada 6, luego en el algoritmo de la división, la cifra que bajamos del cociente también se repetirá cada 6. Esto nos da que la ultima bajada de cifra es 3 con 4 de resto, y 43 no es divisible por 7.

Si probamos a dividir por 13, vemos que los restos se repiten cada 6 y tenemos que 33 no es divisible por 13.

Con 17, cada 15 y el último resto añadiéndole 3 (13) no es divisible por esta cifra.

Podemos seguir cuanto queramos: si seguimos hasta 10 ^ 50 MM + 1, que sería su raíz cuadrada, estaríamos 100% seguros de que es primo, pero la experiencia nos dicta que un número impar seleccionado al azar de entre todos los posibles números que terminen en 1, 3, 7 y 9 es primo con certeza casi absoluta si probamos todos los primos menores de 100 y no encontramos ninguno que lo divida.

¿No sé cree que este número sea primo? Pues yo tampoco me creo que el número de Mersenne 274,207,281-1 de más de 22 millones de cifras sea primo por mucho que David Stanfill y Serge Batalov digan que lo han verificado en 3,5 días, por la sencilla razón de que, si somos rigurosos, tendrían que haber verificado si es divisible entre todos los primos menores de 11 millones de cifras y esto consumiría más energía que la que todos los átomos de Uranio del universo en una central adaptada para ello nos podría proporcionar. Y si no, trate de escribir ese número a mano y luego hablamos.

Por mi parte, en caso de que mi número dado no sea primo, si tenemos en cuenta los resultados de una anterior entrada respecto a la conjetura de Andrica, como parece que hay una cota entre números primos, si ese no es, se podrían revisar los siguientes, no sé, digamos que 200.000 números que terminen en 1, 3, 7 y 9. ¿Le parecen muchos 200.000 números? ¿Y 10 ^ 100 MM + 3 no? Allá usted.

La conjetura de Andrica y otra de mi invención

La conjetura de Andrica está relacionada con los números primos y trata de ver que espacios hay entre ellos a medida que los vamos generando.

Dice que si p(n) es el n-ésimo número primo y p(n+1) el siguiente mayor que él, la diferencia de sus raíces cuadradas es menor que 1, e.d., raíz(p(n+1)) – raíz(p(n)) < 1.

Curioseando con una tabla, he llegado a mi siguiente conjetura:

p(n+1) < 4 + p(n) + raíz(p(n))

Afinando un poco más la cota, la doy en 2 tramos:

p(n+1) < 4 + p(n) + (9/10) * raíz(p(n)) si p(n)< 2400

y

p(n+1)< 35 + p(n) + (9/10) * p(n) ^ (37/100) si p(n) >= 2400

Excepto para el 3, 5 y 7, se reduce el espacio de búsqueda del siguiente primo (gap en inglés) en hasta más de 10 veces para los primeros 65.000 primos.

El problema es encontrar un método general para verificar la conjetura para primos mayores, porque según el teorema de Euclides son “infinitos” (utilizando la reducción al absurdo), aunque parece que yo estaré finado antes de ver mi conjetura demostrada y con el nombre de Teorema en lugar de Conjetura.

Little Chess

¿Conoce las reglas del ajedrez? Pues imagine un tablero más pequeño y con menos piezas. No lo imagine, se lo dibujo yo:

Minichess

Los movimientos de las figuras (torre, peón, dama y rey) son los mismos del ajedrez. Si utilizamos la notación algebraica reducida a este tablero, tenemos que las torres blancas están situadas en las casillas a1 y d1, los peones blancos en las casillas a2, b2, c2, y d2, etc.

Si mueven primero las blancas, ¿cuál sera el resultado del juego si ambos bandos juegan corractamente (ambos quieren ganar y realizan el mejor movimiento posible en cada turno)?

Utilizando la notación algebraica, tenemos:

1. axb3+, Dxb3 (única)

2. cxb3+, Rb4 {si Rxb3, 3. Da2+, Rb4 (única) 4. bxc3++ o 4.dxc3++}

3. bxa4=D+, Rxa4 (única)

4. Txa3+, Rb4 (única)

5. Da2, {5. bxc3+, Rxa3 (5. …, Rc4, 6. Db4++ ó 6. Da2++) 6. Db2+, Ra4 (única) 7. cxd4=D++ }

5. …,cxb2+ { 5. …, Tc4 6. Db3++ }

6. Dxb2+, Rc4

7. Db3++ (ó Dc3++ ó Ta4++)

 

y por tanto mate en 7 con la mayor parte de los movimientos de las negras forzados.

Esto nos indica que el juego tiene solución y que esta solución es VICTORIA DE LAS BLANCAS, aunque, ¿hay alguna forma de llegar al jaque mate que emplee menos movimientos teniendo en cuenta que el jugador de negras hará todo lo posible por no perder? Parece que no. También se puede llegar al jaque mate de otras maneras, pero como son necesarios más movimientos que de esta forma, desde el punto de vista de la Teoría de Juegos las consideramos erróneas (peor estrategia).

Si tratamos el ajedrez de esta misma manera, tenemos que la solución del mismo tiene que ser una de las siguientes: VICTORIA DE LAS BLANCAS, VICTORIA DE LAS NEGRAS o TABLAS y consideraríamos error cualquier movimiento que no llevara a ese resultado en el menor número de movimientos posibles.

Para evaluar posibles combinaciones que den lugar a cambios de piezas, los grandes maestros consideran, y así enseñan, que estas tienen cierto VALOR MATERIAL: peón=1, caballo = alfil = 3, torre = 5, dama = 9, rey = “infinito” (aunque no hay consenso en el valor de las mismas).

Pensemos un momento en el “miniajedrez” propuesto al principio de esta entrada: ¿tiene sentido allí ese concepto de VALOR MATERIAL? Obviamente, NO, ya que el resultado es una combinación con al menos 3 MOVIMIENTOS FORZADOS para las negras.

¿Habrá una combinación de n movimientos, con n finito que nos lleve al jaque mate de blancas a negras, negras a blancas o tablas? Como es un “juego” de información perfecta, tiene que haberla. En tal caso, ¿Cuál es? ¿Cuánto vale n? ¿Ganan blancas, negras o es tablas?

En mi opinión, si algún ser racional es capaz de demostrarlo, habrá resuelto uno de los problemas del milenio de las matemáticas: mucho más importante que los de las clases de complejidad P vs NP, que la hipótesis de Poincaré o que la de Riemann referida a los números primos dado que a diario se juegan millones de partidas de ajedrez en todo el mundo. En lo que a mí respecta, según los cálculos del campeón del mundo de ajedrez Max Euwe, seguramente estaré muerto antes de que dicha solución sea publicada.