¿Qué proporción de enteros positivos tienen dos factores que difieren en 1?

Question

¿Qué proporción de enteros positivos tienen dos factores que difieren en 1?

Se me ocurrió esta pregunta mientras trataba de averiguar por qué hay 7 días en una semana.

He mirado el 364, el número de días más cercano a un año (hay unos 364,2422 días en un año, creo). Como $364 = 2\cdot 2 \cdot 7 \cdot 13$ , el número de posibles número que divide uniformemente un año son 2, 4, 7, 13, 14, 26, 28, y mayores.

Teniendo en cuenta esto, 7 parece razonable - 2 y 4 son demasiado cortos y el 13 es demasiado largo.

En fin, me he dado cuenta de que 13 y 14 están ahí, y me pregunté con qué frecuencia esto sucede.

No fui capaz de averiguar una buena manera de especificar la probabilidad (como en un producto Hardy-Littlewood producto), y no fui capaz de hacerlo desde la dirección inversa (es decir, una especie de tamiz con n(n+1) entrando en la matriz de enteros).

Idealmente, me gustaría una función asintótica f(x) tal que $\lim_{n \to \infty} \dfrac{\text{number of such integers } \ge 2 \le nx}{n} =f(x) $ o encontrar $c$ tal que $\lim_{n \to \infty} \dfrac{\text{number of such integers } \ge 2 \le n}{n} =c $ .

Mi opinión es que en este último caso, $c = 0$ o 1, pero no tengo ni idea de cuál es la verdad. Tal vez su $1-\frac1{e}$ .

Nota: He modificado esto para no permitir el 1 como divisor.

Answer 1

Todo número par tiene factores consecutivos: $1$ y $2$ .

Ningún número impar tiene, porque todos sus factores son Impares.

La probabilidad es $1/2$ .

Answer 2

¿Qué tipo de números tienen esta propiedad?

• Todos los múltiplos de 6 (porque 6 = 2 × 3). Así que son 1/6 de los enteros.
• Todos los múltiplos de 12 (12 = 3 × 4), pero estos ya se han contado como múltiplos de 6.
• Todos los múltiplos de 20 (20 = 4 × 5), así que suma 1/20 de los enteros. Pero hemos contado dos veces los múltiplos de 60 (LCD de 6 y 20), así que resta 1/60. Esto nos da 1/6 + 1/20 - 1/60 = 1/5.
• Todos los múltiplos de 30 (5 × 6) o 42 (6 × 7), pero de nuevo, estos ya se han contado como múltiplos de 6.
• Todos los múltiplos de 56 (7 × 8), pero no cuentes dos veces los que también son múltiplos de 6 o 20. Si he hecho la aritmética correctamente, esto nos lleva a 22/105.
• Todos los múltiplos de 72 (8 × 9) o 90 (9 × 10), pero éstos ya son múltiplos de 6.
• Todos los múltiplos de 110 (10 × 11), teniendo cuidado de no contar dos veces los múltiplos de 6, 20 o 56. Ahora estamos en 491/2310.

Continúa el patrón para obtener un límite inferior de la probabilidad. Apuesto a que converge a algo, pero no me he molestado en calcular qué.

Answer 3

He utilizado la idea de Dan para intentar formalizar un poco más el problema. Definir $d(k,i)$ como el número de pares de divisores consecutivos de $i$ hasta $(k+2)$ . Entonces $c(k,i)$ se detiene $d$ del recuento excesivo y es la función indicadora de si $(k+1)$ , $(k+2)$ son el primer par de divisores consecutivos de $i$ .

$$\begin{aligned} d(k,i)&= \sum_{j=1}^{k}\delta_{(i\%(j+1)(j+2))}\\ c(k,i)&=\begin{cases} 0,&d(k,i)>1\lor d(k-1,n)=1\\ d(k,i),&\text{else} \end{cases} \end{aligned}$$

Donde $\%$ es el operador módulo y $\delta_x$ es el delta de Kronecker de un solo argumento. La proporción que queremos es entonces:

$$p=\frac16+\lim_{n\to\infty}\frac1{n}\sum_{i=1}^n\sum_{k=2}^{\lfloor\sqrt{i}\rfloor}c(k,i)\\$$

La suma sobre $k$ representa diferentes divisores, mientras que la suma sobre $i$ representa diferentes dividendos. Aquí es un script de python para un antiguo reordenamiento de las ecuaciones. Coinciden con el $0.2219$ estimaciones que otros han proporcionado. Hay que tener en cuenta que son lentos, pero que pueden ser manipulados.

Para seguir adelante, podríamos intentar simplificar $c(k,i)$ o técnicas de tamizado. Intercambiar las sumas es equivalente a cómo Dan ha encontrado los valores $\frac16,0,\frac1{20}-\frac1{60},\ldots$ para $k=1,2,3,\ldots$ . Del mismo modo, podemos intercambiar el redondeo de los operadores de la suma, y luego fijar $k$ y mira la secuencia de sumas parciales de $\sum_{i=1}^nc$ .

Utilicé $n$ en los poderes de $2$ para que la secuencia sea manejable. Comparando las sumas parciales de $\sum_{i=1}^{2^n}c$ con secuencias en OEIS, encontré que cuando $k=1$ las sumas parciales no nulas de la secuencia coinciden esta secuencia . Pero cuando $k=3$ las sumas parciales no nulas de $\sum_{i=1}^{2^n}c$ coincide con esta secuencia . Así que tal vez $\sum_{i=1}^{2^n}c$ pueden expresarse como expansiones de funciones racionales.

Jugando con la salida del código, parece que $\sum_{i=1}^nc$ es distinto de cero si $k\equiv0\mod3$ Es decir, sólo hay que comprobar uno de cada tres divisores en la respuesta de Dan.