Prácticamente todo lo que tengo que decir está en este
abstract.
Primeramente, considero la cantidad de números que hay en el intervalo \( [0,2n] \) sin incluir a “n”; entonces hay \( [2n] \) números, puesto que a cambio considero el cero.
Voy a estudiar el caso particular \( 2n=2^{a}3^{b} \), que tiene la ventaja de ser muy manejable a la hora de considerar fácilmente y de forma genérica las cantidades exactas de coprimos y no coprimos con 2n.
La cantidad de primos en dicho intervalo viene dada por \( \dfrac{2n}{\log(2n)}+k \), ya que la función \( \pi(2n) \) (función contadora de primos que hay de cero hasta 2n) se va quedando cada vez más corta respecto de la cantidad real de primos según los “2n” van siendo grandes; y la función supone un mínimo de primos en dicho intervalo. Así pues, tenemos \( k\geq0 \).
De esa cantidad de primos quitaré dos números, puesto que el 2 y el 3 no son coprimos con 2n.
También, como es obvio, “n” no es coprimo con “2n”, como tampoco lo es el cero, así que el intercambio que ya he mencionado más arriba no da problema a la hora de clasificar coprimos y no coprimos.
Spoiler
Veamos qué quiero decir con un ejemplo:
\( 0,1,2,3,4,{\color{blue}5},6,7,8,9,10 \)
2n es 10, y\( {\color{blue}n=5} \), luego al tener el factor “n” en común el número del centro, o sea “n”, nunca es coprimo con 2n. Como el cero tampoco es coprimo, porque es múltiplo de todos los números, lo intercambio; esto es, dejo de involucrar en las cuentas a “n” y meto al cero, pues son del mismo tipo, no coprimos. Así, cuando cuente no coprimos, contaré los mismo que si considerara el intervalo desde 1 en vez desde cero contando a “n”, como un no coprimo más, en vez de contar al cero, que quedaría fuera.
Tampoco importa que ocurra como en este caso particular del ejemplo: “n=5” es primo y contaríamos un primo de menos. Pero estos casos no cuentan, pues cuando “n” es primo se cumple directamente la conjetura de Goldbach: n+n=2n.
También va a ser importante, en una de las igualdades que uso al final, el hecho de que la cantidad de números que hay entre 0 y 2n incluidos ambos es 2n al no contar “n” entre ellos.
El hecho de que lo considere así es porque si cuento desde 1 (contando con “n”en vez de cero) tenemos que “n” suma consigo mismo 2n, o sea, n+n=2n, y eso dificulta la “visualización” en el conteo.
Al contar desde cero y prescindiendo de “n”, tenemos tantos coprimos en el intervalo [0,n) como en el intervalo (n,2n]; y análogamente con los no coprimos. Y, además, en el caso de hacer la hipótesis de que todos los primos existentes (quitando 2 y 3) suman 2n con compuestos coprimos (suponiendo que no se cumpla la conjetura) vemos fácilmente que la cantidad de compuestos coprimos y de primos ha de ser la misma (dejando aparte los compuestos coprimos que suman entre ellos 2n).
Lo que va a ocurrir al final (si no me he equivocado) es que, al suponer que todos los primos coprimos con 2n suman con compuestos el valor “2n” (es decir, al suponer que no se cumple la conjetura) el valor de “k” va a resultar negativo en el caso de que
haya compuestos coprimos que sumen con otros compuestos coprimos el valor 2n; y no es posible que “k” sea negativo al ser \( \pi(2n) \) un mínimo, pues “k” tiene que aportar los primos que faltan a \( \pi(2n) \) o, como mucho, puede no faltar ninguno y entonces “k” será cero, pero nunca negativo.
Así pues, es una cuestión de conteo, un conteo bastante sencillo.
Vamos a ello.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------La cantidad de números NO coprimos en el intervalo dicho vendrá dada por esta expresión:
\( \dfrac{2n}{2}+\dfrac{2n}{3}-\dfrac{2n}{6}=\dfrac{4}{3}n \); o también visto con la función phi de Euler, \( 2n-2n(1-\dfrac{1}{2})(1-\dfrac{1}{3})=2n(1-\dfrac{2}{6})=\dfrac{4}{3}n \)
Spoiler
Para saber la cantidad de pares que hay de 1 hasta un cierto número “m”, digamos, dividimos “m” entre dos, ya que, al ir los pares uno sí y otro no, son la mitad. Si lo que queremos es saber la cantidad de múltiplos de 3, se hace lo mismo, pues los de tres están colocados cada tres números y habrá la tercera parte. Como, además, en este caso 2n es múltiplo de 6, la división es exacta, nos da la cantidad sin error. El hecho de que se reste después 2n/6 es porque al contar los múltiplos de 3 contamos también los múltiplos de 3 pares, lo múltiplos de 6, con lo cual si no los quitamos, los contamos dos veces.
Por tanto, ésa es la cantidad exacta de NO coprimos con 2n que hay en los números considerados.
Ahora contaré los primos coprimos usando la función \( \pi(2n)+k \) y restando 2, por los primos 2 y 3 que son los únicos primos no coprimos que están ya contados entre los anteriores:
\( \dfrac{2n}{\log(2n)}+k-2 \) (repito, -2 porque el 2 y el 3 ya están contados entre los no coprimos; son los dos primos no coprimos con 2n).
La hipótesis es que no se cumple la conjetura para algún número “2n”, y eso implica que todos esos primos se emparejen con compuestos coprimos; es decir, salvo los compuestos coprimos que sumen entre ellos 2n (ambos compuestos, quiero decir) habrá la misma cantidad de primos coprimos que compuestos coprimos en este “paquete” de coprimos. Así, multiplicando la expresión anterior por 2, llegamos a \( 2(\dfrac{2n}{\log(2n)}+k-2) \). Y ésta es la cantidad de todos los coorpimos con 2n que hay en el intervalo (0,2n) quitando los compuestos coprimos con 2n que suman entre ellos 2n.
Voy a ir sumando los que llevo en total en todo el intervalo (0,2n). Tengo \( \dfrac{4}{3}n \) no coprimos (que no hay más) y por otro lado tengo parte de los coprimos (que podrían ser todos si no existieran parejas compuesto+compuesto=2n) que hacen esta cantidad \( 2(\dfrac{2n}{\log(2n)}+k-2) \).
Ahora los sumo:
\( \dfrac{4}{3}n+2(\dfrac{2n}{\log(2n)}+k-2)= \)
\( \dfrac{2}{3}(2n+2k-6)+\dfrac{4n}{\log(2n)} \)
Al hacer esto no se han contado el 1 ni su pareja 2n-1, son coprimos que no han sido contados.
Entonces los cuento ahora (porque quiero terminar contando todo los números del intervalo [0,2n] sin contar “n”). Tenemos pues:
\( \dfrac{2}{3}(2n+2k-6)+\dfrac{4n}{(\log(2n)}+2= \)
\( \dfrac{2}{3}(2n+2k-3)+\dfrac{4n}{(\log(2n)} \).
Aquí surgen dos casos en los que hay que pensar: 2n-1 puede ser primo o compuesto, pero esto no va a importar, porque lo que es seguro es que son coprimos con 2n, que es lo más importante (y como mucho se habrá contado un primo o un compuesto de más o de menos, lo cual, con la acotación que se hace al final, da igual; incluso aunque contemos varios primos de menos).
Los únicos números que quedan por añadir para completar el intervalo son los compuestos coprimos que suman entre ellos 2n (si existieran). Digamos que estos números suponen una cantidad m. Entonces
\( \dfrac{2}{3}(2n+2k-3)+\dfrac{4n}{(\log(2n)}+m=2n \)
\( \dfrac{2}{3}(2n+2k-3)+\dfrac{4n}{(\log(2n)}-2n=\mathbin{\color{red}-}m \)
A partir de aquí lo he escrito con los signos cambiados
Si sumamos a esos coprimos “m” los anteriores, en teoría tenemos todos los coprimos que hay en el intervalo, y ello ha de ser igual al valor de la función phi de Euler.
Tenemos entonces que el primer “paquete” de coprimos con 2n suponía esta cantidad:
\( \dfrac{2}{3}(2n+2k-3)+\dfrac{4n}{(\log(2n))} \)
y el segundo “paquete” tiene una cantidad “m” que obtenemos a través de la suma de todos los números del intervalo:
\( \dfrac{2}{3}(2n+2k-3)+\dfrac{4n}{(\log(2n))}+m=2n \)
\( m=\mathbin{\color{red}-}\dfrac{2}{3}(2n+2k-3)\mathbin{\color{red}-}\dfrac{4n}{(\log(2n))}\mathbin{\color{red}+}2n \)
Ahora sumamos las dos cantidades y eso es lo que tiene que ser igual a phi.
\( \dfrac{2}{3}(2n+2k-3)+\dfrac{4n}{(\log(2n))}+\dfrac{2}{3}(2n+2k-3)+\dfrac{4n}{(\log(2n))}-2n=\varphi(2n) \)
donde \( \varphi(2n)=2n(1-\dfrac{1}{2})(1-\dfrac{1}{3}) \).
A partir de eso despejamos “k”.
\( k=\dfrac{3}{2}-\dfrac{3n}{log(2n)} \)
Y ahí k sale negativo enseguida, porque, para reales, la función \( f(x)=\dfrac{3x}{log(2x)},x>0 \) es creciente, no tiene máximo, y estamos hablando de un “x=n” mayor al menos que \( 10^{11} \) (que es hasta donde se cumplía la conjetura la última vez que miré, ahora se cumple para una potencia mayor, según creo).
Como “k” no puede ser menor que cero, dado que \( \pi(2n) \) es el mínimo de primos, la conjetura se cumplirá para los pares del tipo \( 2^{a}3^{b} \) salvo que m=0; es decir, salvo que no existan parejas de coprimos con 2n tales que \( c_{c}+c_{c}=2n \); dicho de otra forma, salvo que todos los compuestos coprimos existentes sumen 2n siempre con un primo.
Por inspección, el último que no tiene este tipo de parejas \( c_{c}+c_{c}=2n \) (el último que se encuentra utilizando el ordenador) es el par 180, y a partir de ahí hasta el par diez millones (que yo sepa seguro) no se encuentra ninguno más. Habría que demostrar, pues, que eso sigue así, que m>0 para de 2n>180.
Por desgracia, a buen seguro que esto no está demostrado, si lo estuviera, no aparecería esta secuencia en OEIS (o aparecería con la referencia dirigida a la demostración).
https://oeis.org/A141096que es precisamente la de los pocos números que no contienen ninguna pareja \( c_{c}+c_{c}=2n \), o sea, pares donde m=0.
...
Todo esto, además, suponiendo que no me haya equivocado en alguna cuenta o en algún razonamiento anterior. No obstante, mi impresión o intuición es que, utilizando un poco más de rigor a la hora de “delimitar” las cosas, un matemático podría demostrar esto incluso aunque me haya equivocado en algo
