¿Cuándo se ha equivocado la heurística de Borel-Cantelli?

Question

El Borel-Cantelli lema es muy utilizada para dar una heurística para si o no algunas de las declaraciones en la teoría de números son verdaderas.

Por ejemplo, da un poco de evidencia de que hay un número finito de números Primos de Fermat, que es la de los números primos de la forma $F_n=2^{2^{n}}+1$. Desde la asintótica de la densidad de los números primos alrededor de $x$ es $\frac{1}{\log x}$, esperamos que $$\text{Pr}\left(F_n\text{ is a prime number}\right)\approx \frac{1}{2^n}.$$ As the series $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n}$ converge, Borel-Cantelli sugiere que habrá un número finito de números Primos de Fermat.

Más ejemplos:

• La infinitud de los números Primos de Mersenne, ya $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ diverge.
• Heurística justificación de la conjetura ABC en el Tao del blog.
• Dos diferentes heurísticas que hay sólo un número finito de curvas elípticas de rango mayor que $21$. La primera es debido a Granville, y el segundo es el trabajo reciente de Garton, Parque, Poonen, Voight y Madera.

En el caso de los números primos de Mersenne y de los números primos de Fermat, algunos de los principales supuestos que se hagan sobre la independencia, pero incluso entonces, Borel-Cantelli sólo puede ser una heurística desde una "probabilidad $0$ evento" podría ocurrir.

Mi pregunta es: ¿qué tan confiable es esta heurística? Hay casos conocidos/pasado conjeturas donde el Borel-Cantelli heurística ha sido incorrecta?

Edit: Como Terence Tao menciona, el Borel-Cantelli heurística de falla para el $n=3$ caso del último teorema de Fermat, debido a la estructura algebraica. Ejemplos como este son exactamente lo que estoy buscando.

Answer 1

Hay un ejemplo de Elkies en el Apéndice II (página 718, y 13 en el PDF) de este artículo.

El contexto en ella es que queremos que los "grandes" integral puntos sobre curvas elípticas, por lo $y^2=x^3+ax+b$ con cada uno de estos integral de parámetro. El buen criterio con el cual medir es intentar maximizar $x$ en términos de $a$ e $b$, es decir, por el cociente $\rho=\frac{\log x}{\log \max(|a|^{1/2},|b|^{1/3})}$. Considerando $|a|\sim T^2$ e $|b|\sim T^3$, el probabilístico heurística dice $x^3+ax+b$ es de planta cuadrada sobre $1/x^{3/2}$ del tiempo (para $x\gg T$), y sumando da $$\sum_{x\sim T^\lambda}\sum_{a\sim T^2}\sum_{b\sim T^3} \frac{1}{x^{3/2}}\approx \frac{T^5}{T^{\lambda/2}}$$ para el número de tales integral de puntos en un diádica $x$-intervalo de tamaño de $T^\lambda$. Así que cuando $\lambda \ge 10+\epsilon$, no debe haber soluciones como $T\rightarrow\infty$ (equivalente indicado, para cada $\epsilon \gt 0$ debe haber un número finito integral de los puntos de con $\rho\ge 10+\epsilon$).

Pero Elkies hábilmente recuerda Pell, y considera la ecuación polinómica $$Q(t)Y(t)^2=X(t)^3+A(t)X(t)+B(t)$$ para polinomios $A,B,Q,X,Y$ con $Q$ cuadrática. La idea será entonces para especializar la $t$-parámetro, de modo que $Q(t)$ es de planta cuadrada (si es que existe integral de la $t$ con $Q(t)$ plaza, hay infinitamente muchos). Contando los parámetros encuentra en él hay cuatro casos (de los grados de $A,B,X,Y$), con perspectivas de una solución con $\rho\rightarrow 12$ as $t\rightarrow\infty$, y en el caso más pequeño esta solución se define sobre los racionales: $$X(t)=6(108t^4-120t^3+72t^2-28t+5)$$ $$Y(t)=72(54t^5-60t^4+45t^3-21t^2+6t-1)$$ $$Q(t)=2(9t^2-10t+3),A(t)=132,B(t)=-144(8t-1)$$ con $X(t)\sim B(t)^4/2^{25}3^4$, de modo que $\rho\rightarrow 12$ en el conjunto disperso de $t$-valores con $Q(t)$ plaza (tenga en cuenta que $Q(1)=4=2^2$, de hecho la totalidad de $ABQXY$-sistema fue escalada por 2 a la fuerza de este).

Esto se menciona (11.5) en la anterior cita de Granville la clasificación heurística, aunque para este último hay una más reciente versión especificada de clasificar a los 21 años (en lugar de grado 7 en cuadrática de la torcedura de las familias).

Answer 2

La heurística de Borel-Cantelli sugiere que para cualquier$n \in \mathbb{N}$ impar, hay algún$k \in \mathbb{N}$ tal que$n+2^k$ es primo, y para los pequeños$n$ esto es cierto (en en particular, para cualquier% impar$n \leq 771$ algunos$k \leq 29$ funciona). Sin embargo, para$n = 78557$ esto falla, es decir,$78557 + 2^k$ es compuesto para cada$k$.

Answer 3

Puedo convertir mi comentario a la respuesta. La probabilidad de que un elegido al azar grado $d$ polinomio en $\mathbb{F}_p[u]$ es irreductible, es $d^{-1} \cdot (1+O(p^{-d/2}))$. Por lo tanto, si $g(T,u)$ es un polinomio en $\mathbb{F}_p[T,u]$, con grado de $k$ en $T$, se esperaría $g(f(u), u)$ a ser irreductible, con una probabilidad de aproximadamente el $\deg(g(f(u),u))^{-1} =(k \deg f(u)+c)^{-1}$ para $\deg f(u)$ grandes. Desde allí se $\approx p^d$ polinomios de grado $d$, se espera la $\approx p^d/(dk+c)$ polinomios $f$ grado $d$ para que $g(f(u), u)$ es irreductible, que va de la a $\infty$ as $d$ crece.

Hay dos formas evidentes de esto puede salir mal:

(1) Hay algunos polinomio $\pi(u)$ tal que $g(f(u), u)$ es divisible por $\pi(u)$ para todos los $f(u)$.

(2) El polinomio $g(T, u)$ factores $g_1(T, u) \cdot g_2(T,u)$ sobre $\overline{\mathbb{F}}_p[u]$.

Buniakowsky de la conjetura de los estados que, para el problema análogo más de los números enteros, estos son los únicos obstáculos a $g(T)$ en el primer de los valores para una infinidad de $T$.

Sin embargo, el Cisne muestra que $f(u)^8 + u^3$ nunca es irreducible, para $f(u) \in \mathbb{F}_2[u]$, a pesar de $T^8+u^3$ sufre ninguno de los problemas anteriores. Más bien, el problema es que $\mu(f(u)^8+u^3)$ siempre $0$ o $1$ (donde $\mu$ el más evidente es el de la generalización de la función de Möbius a $\mathbb{F}_2[u]$). Conrad, joseph Conrad y Bruto de explicar, en una lectura muy amena, papel, cómo Buniakowsky la conjetura debe ser ajustado para compensar este problema.

Answer 4

En su pregunta, mencione una heurística que hay un número finito de números primos de Fermat. Sin embargo, una orden argumento muestra que el $2^{2^n}+1$ sólo puede ser divisible por los números primos de la forma $k2^{n+1}+ 1$. Esto cambia la estimación de un número infinito de números primos de Fermat, e incluso predice una fracción constante de Fermat números primos(!)

Tal vez aún más sofisticado heurística trae la estimación de vuelta a lo finito. De cualquier manera, al menos una de las heurísticas debe ser malo.

EDIT: Pero espera! El mismo orden argumento que muestra que sólo los números primos de la forma $k2^{n+1}+1$ pueden ser los factores, también muestra que los números primos son intrínsecamente más propensos a ser factores. Un primer $p_k=k2^{n+1}+1$ divide $F_n=2^{2^n}+1$ si y sólo si $2$ tiene orden de $2^{n+1}$ modulo $p_k$. Hay $2^n$ residuo de clases modulo $p_k$ con este fin. Así, la probabilidad de que $2$ es uno de estos residuos de clases, y por lo tanto la probabilidad de que $p_k$ es un factor de $F_n$, es de forma heurística $\sim 1/k$.

Creo que este nuevo predice un número finito de números primos de Fermat. En este punto, no me sorprendería ver a un todavía más sofisticado argumento de la predicción de la frente.