Probabilidad de que un número natural es suma de dos cuadrados?

Question

Algunos de los números naturales se pueden expresar como una suma de dos cuadrados:

$$2=1^2+1^2$$ $$25=3^2+4^2$$ $$50=7^2+1^2$$

Si uno elige una al azar número natural, ¿cuál sería la probabilidad de que ese número es la suma de dos cuadrados? Es cero?

He leído acerca de Lagranges teorema en las plazas, pero parece que puede ser útil aquí.

NOTA 1: la "Plaza" significa "el cuadrado de un número natural".

NOTA 2: soy consciente de que la expresión "random número natural" no es una estricta noción matemática. Sin embargo, como dije en un comentario, uno puede adoptar una razonable definición estricta, que no es difícil concebir en absoluto. Se menciona también en una respuesta a continuación.

Answer 1

Sin entrar en detalle de lo que es un "random número natural" podría ser, podríamos considerar que la densidad de dichos números.

La posibilidad de expresar $n$ depende de la descomposición en factores primos de a $n$: puede ser divisible por $2$ y primos $\equiv 1\pmod 4$ le gusta, pero cada uno de los prime $\equiv 3\pmod 4$ debe ocurrir en una potencia par.

El primer $3$ "botín" todos los números divisibles por $3$ ( $\frac13$ ), a excepción de aquellos divisibles por $9$ ( $\frac19$ ), aunque no estropear los divisible por $27$, execept ... En todo el primer $3$ estropea $\frac13-\frac19+\frac1{27}-\frac1{81}\pm\ldots = \frac14$ (serie geométrica) de todos los números en una amplia gama. En general, un primer $p\equiv 3\pmod 4$ estropea $\frac1{p+1}$ y los efectos de los distintos números primos son independientes. Por lo tanto el límite de densidad de los números naturales se pueden expresar como la suma de los cuadrados $$ \prod_{p\equiv 3\pmod 4}\left(1-\frac1{p+1}\right)$$ Este producto, sin embargo difiere de a $0$ porque es bien sabido que $\sum_p\frac1p$ diverge (donde no importa que usamos sólo la mitad de todos los números primos).

Por lo tanto: Por lo suficientemente grande $N$, la probabilidad de que un número escogido de manera uniforme de $\{1,\ldots,N\}$ es la suma de dos cuadrados se convierte arbitrariamente pequeño. Es para todos los $\let\epsilon\varepsilon\epsilon>0$ podemos encontrar $N_0$ tal que para todos los $N>N_0$ dijo que la probabilidad es $<\epsilon$.

Answer 2

Aunque esta no es una respuesta a la pregunta original, yo voy a escribir en respuesta a la VividD la pregunta de bajo Hagen von Eitzen post (y creo que no es totalmente ajena a la pregunta).

Deje $A_n$ el número de diferentes pares de $(x,y)$ de los enteros no negativos solución de la ecuación de $x^2 + y^2 = n$. Entonces es natural para definir el número esperado de las composiciones de un elegido al azar natural de número en suma de dos cuadrados como
$$ A = \lim_{n\to\infty} \frac1n \sum_{k=1}^n A_k. $$ Pero la última cantidad es $\frac1n$ multiplicado por el número de puntos de la forma $(x/\sqrt{n},y/\sqrt{n})$ donde $x,y$ son enteros, dentro de la no-negativo trimestre del círculo unitario con centro en el origen (menos uno, pero eso no importa). Así que aquí tenemos un Jordania aproximación de la zona de el trimestre. Por lo tanto, $A = \frac\pi4$.

Así, paradójicamente, el valor esperado del número de composiciones de un elegido al azar entero no negativo en dos cuadrados es positivo a pesar de que este número es cero "con una probabilidad de 1".

Answer 3

Considere la función $r: \mathbb{N} \to \mathbb{C}$: $$ r(n) = \begin{cases} 1 &n \text{ is the sum of two squares (0 is a square)} \\ 0 &\text{otherwise}. \end{casos} $$ Una manera de definir la "probabilidad de que un entero aleatorio es la suma de dos cuadrados" sería considerar la distribución de los números enteros, donde $n$ seleccionados con probabilidad proporcional al $n^x$$x > 1$, y luego tomar el límite de $x \to 1$. Es decir, podemos intentar calcular: $$ \lim_{x \to 1} \frac{\sum_{i=1}^\infty \frac{r(n)}{n^x}}{\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{n^x}} \etiqueta{1}. $$

Como se ha mencionado aquí, $r(n)$ $1$ fib todos los primos de la forma $4k-1$ se produce un número par de veces en $n$. De ello se desprende que $r(n)$ es multiplicativo, y \begin{align*} \frac{\sum_{i=1}^\infty \frac{r(n)}{n^x}}{\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{n^x}} &= \frac{\prod_{p \text{ prime}} \sum_{i=0}^\infty \frac{r(p^i)}{p^{ix}}}{\prod_{p \text{ prime}} \sum_{i=0}^\infty \frac{1}{p^{ix}}} \\ &= \prod_{p \text{ prime}} \frac{1 + \frac{r(p)}{p^x} + \frac{r(p^2)}{p^{2x}} + \cdots}{1 + \frac{1}{p^x} + \frac{1}{p^{2x}} + \cdots} \\ &= \prod_{p \equiv 3 \pmod{4}} \frac{1 + 0 + \frac{1}{p^{2x}} + 0 + \frac{1}{p^{4x}} + \cdots}{1 + \frac{1}{p^x} + \frac{1}{p^{2x}} + \cdots} \prod_{p \equiv 1,2 \pmod{4}} \frac{1 + \frac{1}{p^x} + \frac{1}{p^{2x}} + \cdots}{1 + \frac{1}{p^x} + \frac{1}{p^{2x}} + \cdots} \\ &= \prod_{p \equiv 3 \pmod{4}} \frac{1 + \frac{1}{p^{2x}} + \frac{1}{p^{4x}} + \cdots}{1 + \frac{1}{p^x} + \frac{1}{p^{2x}} + \cdots} \\ &= \prod_{p \equiv 3 \pmod{4}} \frac{1 \big/ \left(1 - \tfrac{1}{p^{2x}}\right)}{1 \big/ \left(1 - \tfrac{1}{p^{x}}\right)} \\ &= \prod_{p \equiv 3 \pmod{4}} \frac{1}{1 + p^{-x}}. \\ \end{align*} Ahora si conecta $x = 1$, se obtiene el producto $$ \prod_{p \equiv 3 \pmod{4}} \frac{p}{p + 1} = \prod_{p \equiv 3 \pmod{4}} \left( 1 - \frac{1}{p + 1} \right) = 0, $$ por el razonamiento de Hagen von Eitzen. Así por esta definición de probabilidad, la probabilidad de que un entero aleatorio es una suma de dos cuadrados es igual a cero.

Answer 4

la densidad es igual a cero, y uno puede ser muy precisos al respecto: el conteo de números hasta algunos de gran tamaño real $x$ que son la suma de dos cuadrados es asintótica $$ \frac{0.7642... \, x}{\sqrt{\log x}} $$ donde el logaritmo de base $e,$ e las $0.7642...$ está definido por una infinita producto. Ver las últimas páginas en LeVeque. Esto se combina volúmenes 1 y 2, es el último par de páginas en el volumen 2.

Answer 5

Un simple experimento numérico deberá confirmar la respuesta dada por zhoraster: el último sólo está desviada de la mina por un factor de $2$. Podemos definir un segmento inicial de los naturales con la longitud de la $N$ y el recuento de todas las sumas de dos cuadrados en ese segmento. El programa de acompañamiento es en Pascal:

programa de kwadraat;

procedimiento de la prueba(N : integer);
tipo de
 datos = record
 b : boolean; i,j : integer;
end;
var
 i,j,k,t : integer;
 rij : matriz de datos;
comenzar
 t := 0;
SetLength(rij,N);
 para k := 0 hasta N-1 hacer
comenzar
 rij[k].b := false;
end;
 i := 0;
 mientras que el verdadero ¿
comenzar
 si sqr(i) > N-1, a continuación, Break;
 j := i;
 mientras que el verdadero ¿
comenzar
 k := sqr(i)+sqr(j);
 si k > N-1, a continuación, Break;
 { Writeln(k,' = ',i,'^2 + ',j'^2'); }
 rij[k].i := i; rij[k].j := j;
 rij[k].b := true;
 j := j + 1;
 t := t + 1;
end;
 i := i + 1;
end;
 si N < 100 entonces
 para k := 0 hasta N-1 hacer
comenzar
 si rij[k].b, entonces
 Writeln(k,' = ',rij[k].i,'^2 + ',rij[k].j,'^2');
end;
 Writeln(t/N,' ->',Pi/8);
end;

comenzar
de prueba(10);
de prueba(1000);
de prueba(100000);
de prueba(10000000);
final.

De salida (detalles para $N=10$ solamente):

0 = 0^2 + 0^2
1 = 0^2 + 1^2
2 = 1^2 + 1^2
4 = 0^2 + 2^2
5 = 1^2 + 2^2
8 = 2^2 + 2^2
9 = 0^2 + 3^2
 7.00000000000000 E-0001 -> 3.92699081698724 E-0001
 4.19000000000000 E-0001 -> 3.92699081698724 E-0001
 3.95420000000000 E-0001 -> 3.92699081698724 E-0001
 3.92969900000000 E-0001 -> 3.92699081698724 E-0001

Tenga en cuenta que los resultados convergen a $\;\pi/8$ , muy de acuerdo con el argumento dado por zhoraster, siempre a pesar de que $i^2 + j^2$ $j^2 + i^2$ dar un doble conteo de $\,\pi/4\,$ el cual debe ser reducido a la mitad.

EDIT. Pregunta y Respuesta se relaciona con : Doble Pensar acerca de Numerosidad .

De BONO. En uno de los comentarios con la respuesta por zhoraster, VividD ha estado pidiendo una variante de la pregunta original, por la suma de tres/cuatro plazas. Modificación de menor importancia del programa anterior da los siguientes resultados para las tres plazas caso. Se ve que algunos números se pueden escribir como suma de tres cuadrados en más de una forma. Por lo tanto, dos de los casos deberá distinguirse: con o sin estos duplicados. Detalles de nuevo para $N=10$ :

0 = 0^2 + 0^2 + 0^2
1 = 0^2 + 0^2 + 1^2
4 = 0^2 + 0^2 + 2^2
9 = 0^2 + 0^2 + 3^2
2 = 0^2 + 1^2 + 1^2
5 = 0^2 + 1^2 + 2^2
8 = 0^2 + 2^2 + 2^2
3 = 1^2 + 1^2 + 1^2
6 = 1^2 + 1^2 + 2^2
9 = 1^2 + 2^2 + 2^2
 con duplicados = 10/10
 sin duplicados = 9/10
 con duplicados = 3254/1000
 sin duplicados = 835/1000
 con duplicados = 2807201/100000
 sin duplicados = 83336/100000
 con duplicados = 87741031/1000000
 sin duplicados = 833336/1000000

Si los duplicados son contados, a continuación, los resultados se ven a divergir $\to \infty$ .
Se cree que, sin duplicados, los resultados convergen a : $5/6$ (Michael Lugo).
Toda la toma para demostrar esta última afirmación?