La mitad de los racionales?

Question

Deje $\mathbb{Q}[n]$ el conjunto de los números racionales con denominador $\le n$ cualquier $X\subseteq \mathbb{Q}$, vamos a $X[n]=X\cap \mathbb{Q}[n]$.

Hay un conjunto de números racionales, X, tal que para cualquier intervalo de tiempo Y de racionales: $$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{card(X[n]\cap Y)}{card(\mathbb{Q}[n]\cap Y)} = 1/2 ?$$

Answer 1

Sí. Deje $\phi(n)$ el número de racionales en $[0,1)$ con denominador (cuando está en forma reducida) exactamente igual a $n$. Este es el de Euler totient función (OEIS:A000010), y mientras que salta a la vuelta, en promedio crece linealmente, de tal manera que $\sum_{k=1}^{n}\phi(k)\sim 3n^2/\pi^2$, y claramente $\phi(n) \le n$. Definir la variable de indicador $a_n$ recursivamente: $a_1=1$, e $a_n=1$ $n>1$ si $\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}\phi(k) < \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n-1}\phi(k);$ lo contrario $a_n=0$. Entonces el conjunto formado por todos los números racionales con denominador $n$ tal que $a_n=1$ satisface la condición dada. Para cada nuevo denominador $n$, estamos incluyendo racionales con denominador que si la densidad es, hasta ahora, menos de $1/2$. Porque la contribución a la densidad de racionales con denominador $n$ disminuye a cero (como $1/n$), la densidad converge a$1/2$$n\rightarrow\infty$. La generalización a otras fracciones de $1/2$ es obvia.

Answer 2

El método de probabilidades es muy adecuado para este tipo de ajustes...

Orden de los racionales positivos como $\{q_n\mid n\geqslant1\}$ en cualquier forma que usted prefiera (por ejemplo, pedir la reducción de fracciones a $p/q$ primero por el aumento de los valores de $p+q$ y, a continuación, a lo largo del aumento de los valores de $p$ en el caso de igualdad de $p+q$).

Deje $(\xi_n)_{n\geqslant1}$ denotar un yo.yo.d. secuencia de Bernoulli variables aleatorias tales que, para cada $n$, $\mathbb P(\xi_n=1)=\mathbb P(\xi_n=0)=\frac12$. Deje $X\subseteq\mathbb Q_+$ denotar el conjunto aleatorio $X=\{q_n\mid n\in N\}$ donde $N=\{n\geqslant1\mid\xi_n=1\}$.

Entonces la ley de los grandes números afirma que $X$ es casi seguramente una solución, para cada intervalo fijo $Y=(a,b)$ $0\leqslant a\lt b$ racionales. Hay countably muchos de esos intervalos de $Y$ por lo tanto $X$ es casi seguramente una solución, al mismo tiempo para todos ellos.

Para obtener un adecuado subconjunto aleatorio de $\mathbb Q$, hacer la misma cosa, de manera independiente, con $\{-q_n\mid n\geqslant1\}$ (o inicio de cualquier orden de $\mathbb Q$).

Para realizar cualquier densidad de $\alpha$ $(0,1)$ en lugar de $\frac12$, el uso de un yo.yo.d. secuencia $(\xi^\alpha_n)_{n\geqslant1}$ de Bernoulli variables aleatorias tales que, para cada $n$, $\mathbb P(\xi^\alpha_n=1)=\alpha$ y $\mathbb P(\xi^\alpha_n=0)=1-\alpha$. Esto tiene la ventaja adicional para mostrar que uno puede darse cuenta de que cada conjunto $X_\alpha$ con densidad de $\alpha$ en una manera tal que $X_\alpha\subseteq X_\beta$ (e $X_\alpha\subset X_\beta$ casi seguramente) para cada $\alpha\lt\beta$.

Answer 3

Como mencioné en un comentario anterior hay un buen conjunto de $X$ que contiene la mitad de los racionales con una muy sencilla descripción: el conjunto de la reducción de fracciones a$a/b$$\operatorname{gcd}(ab,3)=1$.

A ver, podemos asignar cada una reducción de la fracción de $a/b$ a la par $(x,y) \equiv (a,b) \pmod{3}$. Hay 8 posibles pares de $(x,y)$: $$ (0,1),(0,2),(1,0),(2,0),(1,1),(1,2),(2,1),(2,2) $$ si podemos demostrar que la reducción de fracciones en un intervalo de $Y$ están distribuidos de manera uniforme entre estos 8 pares, a continuación, tenemos el resultado.

Es claramente suficiente para probar esto para un intervalo de $Y = [0,\lambda)$ de $\lambda > 0$. Permite corregir un par de $(x,y)$ y llame a $A_{(x,y)}(n)$ el número de fracciones $a/b$ con $b\le n$, $\operatorname{gcd}(a,b)=1$, $a < \lambda b$, y $(a,b)\equiv(x,y\pmod{3}$, es decir, la horrible suma;

$$ A_{(x,y)}(n) = \sum_{b\le n}\sum_{\begin{matrix}\operatorname{gcd}(a,b)=1\\(a,b)\equiv (x,y) \pmod{3}\\a \le \lambda b\end{matrix}} 1 $$

Ahora vamos a utilizar la Möbius identidad: $$ \sum_{d \vert \operatorname{mcd}(a,b)}\mu(d) = \begin{cases}1 \quad&\text{if }\operatorname{gcd}(a,b)=1\\0&\text{otherwise}\end{casos} $$ para obtener

$$ A_{(x,y)}(n) = \sum_{b\le n}\sum_{\begin{matrix}(a,b)\equiv (x,y) \pmod{3}\\a \le \lambda b\end{matrix}} \sum_{d\vert \operatorname{gcd}(a,b)} \mu(d) $$

Podemos invertir este sumas puting $b = kd, a = td$ y, a continuación,$t < \lambda k$, por lo que tenemos

$$ A_{(x,y)}(n) = \sum_{d\le n} \mu(d) \sum_{\begin{matrix}kd\le n\\kd\equiv y\pmod{3}\end{matrix}}\sum_{\begin{matrix}t<\lambda k \\td\equiv x\pmod{3}\end{matrix}} 1 $$

En el exterior de la suma se puede limitar nosotros a los números enteros $d$ coprime con 3, (si $3 \vert d$ $(x,y)\not\equiv (0,0)\pmod{3}$ no hay nada que suma) por lo tanto tenemos:

$$ \begin{align} A_{(x,y)}(n) &= \sum_{\begin{matrix}d\le n\\d\not\equiv 0\pmod{3}\end{de la matriz}} \mu(d) \sum_{\begin{matrix}kd\le n\\kd\equiv y\pmod{3}\end{de la matriz}}\sum_{\begin{matrix}t<\lambda k \\td\equiv x\pmod{3}\end{de la matriz}} 1\\ &=\sum_{\begin{matrix}d\le n\\d\not\equiv 0\pmod{3}\end{de la matriz}} \mu(d) \sum_{\begin{matrix}kd\le n\\kd\equiv y\pmod{3}\end{de la matriz}} \left(\frac{\lambda k}3 + O(1)\right) \\ &=\sum_{\begin{matrix}d\le n\\d\not\equiv 0\pmod{3}\end{de la matriz}} \mu(d) \left( \frac{ \lambda n^2}{18d^2} + O(n/d) \right)\\ &=\frac{\lambda n^2}{18}\sum_{\begin{matrix}d=1\\d\not\equiv 0\pmod{3}\end{de la matriz}}^\infty \frac{\mu(d)}{d^2} + O(n) + O(n\log n) \end{align} $$

Podemos evaluar la constante en la última ecuación, llamada $$ B = \sum_{\begin{matrix}d=1\\d\not\equiv 0\pmod{3}\end{matrix}}^\infty \frac{\mu(d)}{d^2} $$ entonces $$ B - \frac{B}{9} = \sum_{\begin{matrix}d=1\\d\not\equiv 0\pmod{3}\end{matrix}}^\infty \frac{\mu(d)}{d^2} +\sum_{\begin{matrix}d=1\\d\not\equiv 0\pmod{3}\end{matrix}}^\infty \frac{\mu(3d)}{(3d)^2} = \sum_{d=1}^\infty \frac{\mu(d)}{d^2} = \frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^2}$$ y así: $$ B = \frac{27}{4\pi^2} $$ y, finalmente, $$ A_{(x,y)}(n) = \frac{3\lambda }{8\pi^2} n^2 + O(n\log n) $$ de manera que cada par $(x,y)$ tiene en última instancia la misma proporción $1/8$ de todos reducida fracción en el intervalo, como iba a ser mostrado.

Nota: supongo que con un poco de trabajo adicional se puede demostrar que para un determinado módulo de $m$ la reducción de fracciones a $a/b$ están distribuidos de manera uniforme cuando la reducción de mod $m$ entre los pares de $(x,y)$ tal que $\operatorname{gcd}(x,y,m)=1$. Y entonces podríamos encontrar conjuntos que contengan cualquier proporción de los racionales con el mismo procedimiento.