[MNDK]

En un paso previo a la utilizacion de logaritmo usan una aproximación a \( 100! \) calculando cuantas veces esta \( p \) en \( n! \). y lo hacen por sumatorias de potencias de \( p \): \( \frac{n}{p}+\frac{n}{p^2}+\frac{n}{p^3}...+\frac{n}{p^a} \) para valores de \( p^a\leq{}{n} \). Con eso obtienen los valores de \( V_{p(n)} \) en:  \( n!\approx{\displaystyle\prod_{p\leq{n}}{p^{Vp(n)}}} \)
Me preguntaba si se puede computar esto para ver como queda la aproximacion en este paso,(no se dude en mandarme a pasear).
Adjunto los valores de \( V_{p(n)} \) para \( 100! \) en una captura de pantalla que hice.
Lo interesante seria saber como se comporta el error en esta aproximacion a medida que \( n! \) crece, para saber si ya en este paso la aproximacion es mala, o empeora en pasos ulteriores. Pero es algo que no sabria como hacer...

[Richard R Richard]

El 2 aparece en el factorial de 100 unas
50 veces una por cada vez que aparece un múltiplo de 2 entre 1 y 100 y
25 veces por cada múltiplo de 4
12 pocada múltiplo de 8
6 por cada de 16
3 por cada de 32
1 por cada de 64
.. en total  50+25+12+6+3+1=97  que coincide con lo que has puesto en la imagen

Pero si vas a la aproximación solo aparecerá en n/p veces es decir 100/2 =50 veces , ves que ya con ese primo solo la diferencia  es irreconciliable

Con el 3  tienes
33 múltiplos de 3
11 múltiplos de 9
3 múltiplos de 27
1 muptiplo de 81

$$33+11+31=48$$  corregido... ves  y ya no coincido con tu imagen, pero en la aproximación solo aparece 100/3 =33.3333 veces  nuevamente  discrepa.

No tiene mucho sentido analizar mas casos  $$n/p$$  no refleja la cantidad  de veces que el primo $$p$$ aparece en el factorialde $$n$$, es lógico  que la aproximación  se quede muy corta de ese modo.

Si // representa el entero mayor que es menor que la división ...$$100//3=33$$ por ejemplo

Si defines una función $$g(n,p)=\sum\limits_{i=1, p^i<n}^n n//p^i$$

Entonces ya no es una aproximación sino una igualdad $$n!=\prod\limits_{p<n}^n p^{g(n,p)}$$


Luego $$\log n!=\sum\limits_{p<n}^n\left[ \left(\sum\limits_{i=1, p^i<n}^n n//p^i\right)\log p\right]$$

Para primos pequeños $$g(n,p)>n/p$$ por eso esos exponentes son cortos para una aproximación.

[MNDK]

Gracias de nuevo Richard por contestar.

Con el 3  tienes
33 múltiplos de 3
11 múltiplos de 9
3 múltiplos de 27

"$$33+11+3=37$$ veces  y ya no coincido con tu imagen"

Un pequeño error, suma 47 y falta \( 3^4 \) que sería el 48.

Pero si, eso es justamente lo que no estoy entendiendo, como salta de estos valores de \( V_pn \), que incluye a los \( p \) y tambien sus potencias, a un exponente \( n/p \). Por eso queria averiguar si usando las potencias de este modo la aproximación es mas precisa. En una de esas no te estoy entendiendo pero no me doy cuenta.

[Luis Fuentes]

Hola

 ¿Por qué no pones el enlace del vídeo que estás viendo y sabemos de qué estás hablando?.

Saludos.

[Richard R Richard]

Si Luis el enlace esta en el primer mensaje.

[MNDK]

Hola, apenas pueda subo el desglose del video hasta ese punto, porque está en inglés y por ahi eso molesta. Gracias Luis y Richard. Saludos.

Aquí va:

Empieza con lo ultimo que subí, \( V_p(n)=\frac{n}{p}+\frac{n}{p^2}+\frac{n}{p^3}...+\frac{n}{p^a} \) con \( p^a\leq{n} \) Es pertinente señalar que estas fracciones son con redondeo hacia abajo

Luego: \( n!\approx{\displaystyle\prod_{p\leq{n}}{p^{Vp(n)}}} \)

Entonces se pregunta cuan grande es \( V_p(n) \), para lo cual deduce:

\( V_p(n)\geq{n//p}>\frac{n}{p}-1 \)

\( V_p(n)\leq{\frac{n}{p}+\frac{n}{p^2}+\frac{n}{p^3}...+\frac{n}{p^a}=\frac{n}{p}*\frac{1}{1-\frac{1}{p}}} \) (por "...cociente común.."). En este caso las fracciones \( \frac{n}{p^a} \) incluyen los restos

Luego: \( \frac{n}{p}*\frac{1}{1-\frac{1}{p}}=\frac{n}{p-1} \) por ("...formula de la suma de series geometricas...")

Y aqui da el salto (creo yo) al decir que: \( \frac{n}{p}-1\leq{V_p(n)}\leq{\frac{n}{p-1}} \) y por lo tanto, "...en el gran esquema de las cosas..." \( \frac{n}{p}-1\approx{\frac{n}{p}} \) y \( \frac{n}{p-1}\approx{\frac{n}{p}} \) por lo tanto \( V_p(n)\approx{\frac{n}{p}} \)



Bueno, hasta aqui la trascripción. Lo que está entre parentesis y negrita son traducciones de lo que el creador del video va comentando. ¿Que opinais? tengo la creciente sensacion de que ha cometido un error pero no estoy seguro

[Richard R Richard]

Aquí va:

Empieza con lo ultimo que subí, \( V_p(n)=\frac{n}{p}+\frac{n}{p^2}+\frac{n}{p^3}...+\frac{n}{p^a} \) con \( p^a\leq{n} \) Es pertinente señalar que estas fracciones son con redondeo hacia abajo

En mi mensaje anterior inventé una $$g(p, n)$$ que  era exactamente igual a $$V_p(n)$$ y digo inventé porque lo deduje y calcule con gazapo y todo mentalmente... y no porque haya visto el video entero... Pero sencillamente se ve el error a partir de la definición.

\( V_p(n)=\frac{n}{p}+\frac{n}{p^2}+\frac{n}{p^3}...+\frac{n}{p^a} \) con \( p^a\leq{n} \)  fijate que la aproximación solo toma el primer sumando de toda esa serie,

Es decir si \( V_p(n)=\frac{n}{p} \)   se considera  nulo o muy próximo a cero, o despreciable  la contribución de $$\frac{n}{p^2}+\frac{n}{p^3}...+\frac{n}{p^a}\approx 0$$ cuando no es cierto para todos los primos.

Existe mucha diferencia entre el factorial y la aproximación  cuando calculas $$v_p$$ para los primos pequeños, pero será exacto  para los $$p >\sqrt n$$ ¿por qué? Porque $$p^2>n$$ luego solo interviene en factorial todos los múltiplos $$K=ip$$ de $$p$$ tales que $$K=i\cdot p <p^2$$ o lo que es lo mismo $$i<p$$  luego el máximo $$i$$ corresponde a $$i=n//p$$ .

Y como viste en la contribución de primos los que más veces repiten o están elevados a mayor exponente son los primos menores, y estos son los que terminan contribuyendo a que la diferencia entre el valor y el aproximado sea casi del orden de valor del factorial. Es decir no es una buena aproximación si se eliminan el resto de los sumandos de $$V_p$$

Es cierto $$\frac{n}{p}-1\leq{V_p(n)}\leq{\frac{n}{p-1}}$$  pero   ese gran salto produce un error tremendamente grande en primos pequeños  $$v_p\approx 2\frac np$$  solo para el primo 2, entonces  se hace una estimación mas pequeña en $$2^{n/2}$$ veces, por eso crece exponencialmente el error a medida  que crece $$n$$.  Esto solo considerando el 2 pero tambien los demás primos menores a $$\sqrt{n}$$  harán que sus contribuciónes a la estimación del factorial tenga mayor error aun.

[MNDK]

Perfecto! muchas gracias por tomarte el tiempo Richard. Una pena que "se me caiga" el video pero una alegria haber podido pensarlo con espiritu critico.
Una pregunta más (prometo que es la última  )

Si defines una función $$g(n,p)=\sum\limits_{i=1, p^i<n}^n n//p^i$$

Entonces ya no es una aproximación sino una igualdad $$n!=\prod\limits_{p<n}^n p^{g(n,p)}$$


Luego $$\log n!=\sum\limits_{p<n}^n\left[ \left(\sum\limits_{i=1, p^i<n}^n n//p^i\right)\log p\right]$$

Cuando dices que es una igualdad, para los valores de la función \( g(n,p) \), es teniendo en cuenta los valores \( n//p^i \)? o sea, ¿es una igualdad sin tener en cuenta los restos?
(No se si estoy interpretando bien, cuando veo "\( // \)" leo: redondeo hacia abajo)

[Richard R Richard]

Cuando dices que es una igualdad, para los valores de la función \( g(n,p) \), es teniendo en cuenta los valores \( n//p^i \)? o sea, ¿es una igualdad sin tener en cuenta los restos?
(No se si estoy interpretando bien, cuando veo "\( // \)" leo: redondeo hacia abajo)

Ok, sí , sin restos, probémoslo juntos, a ver si  es o no cierto,  escribo este post mientras lo desarrollo.

Busco un $$n$$  no muy grande para no hacer demasiadas cuentas, pero lo suficiente grande como para que el diablo pueda meter la cola.  Digamos $$n=25$$

Entonces para cada primo entre 1 y 25  buscaremos $$g(n,p)$$ que digo es igual a $$v_p(n)$$ sin aplicar la aproximación  así

hago con calculadora $$n!=25!=15.511.210.043.330.985.984.000.000$$
Ese valor es el que tenemos que aproximar

apliquemos $$g(n,p)=\sum\limits_{i=1, p^i<n}^n n//p^i$$

para $$p=2$$ tenemos $$g(25,2)=25//2+25//4+25//8+25//16=12+6+3+1=22$$
para $$p=3$$ tenemos $$g(25,3)=25//3+25//9=8+2=10$$
para $$p=5$$ tenemos $$g(25,5)=25//5+25//25=5+1=6$$
para $$p=7$$ tenemos $$g(25,7)=25//7=3$$
para $$p=11$$ tenemos $$g(25,11)=25//11=2$$
para $$p=13$$ tenemos $$g(25,13)=25//13=1$$
para $$p=17$$ tenemos $$g(25,17)=25//17=1$$
para $$p=19$$ tenemos $$g(25,19)=25//19=1$$
para $$p=23$$ tenemos $$g(25,23)=25//23=1$$

Así  ahora tengo que calcular  si es cierto que $$n!=\prod\limits_{p<n}^n p^{g(n,p)}$$

veamos

$$2^{g(25,2)}\cdot3^{g(25,3)}\cdot5^{g(25,5)}\cdot7^{g(25,7)}\cdot11^{g(25,11)}\cdot13^{g(25,13)}\cdot17^{g(25,17)}\cdot19^{g(25,19)}\cdot23^{g(25,23)}=$$

$$2^{22}\cdot3^{10}\cdot5^{6}\cdot7^{3}\cdot11^{2}\cdot13^{1}\cdot17^{1}\cdot19^{1}\cdot23^{1}= $$

$$4.194.304\cdot 59049\cdot15625\cdot 343\cdot121\cdot13\cdot17\cdot19\cdot23=15.511.210.043.330.985.984.000.000=n!\, \quad \color{green}\checkmark\color{black}$$

Así que sí funciona, entonces  cuando hace $$v_p(n)\approx n/p$$ tira la igualdad  al vertedero... por decirlo de una forma permitida en el foro  .


y luego aplicar logaritmo con la misma base a ambos lados de la ecuación  convierte las potencias en productos y los productorios en sumatorios, pero no se altera la igualdad trabajando en cualquier base.

[Luis Fuentes]

Hola

Así que sí funciona, entonces  cuando hace $$v_p(n)\approx n/p$$ tira la igualdad  al vertedero... por decirlo de una forma permitida en el foro  [/size].

Es cierto que esa aproximación es mala si uno busca aproximar el factorial de \( n \).

Sin embargo para el objetivo que persigue el vídeo es suficientemente buena. El objetivo está centrado en probar `primero que:

\( log(n!)\approx n\displaystyle\sum_{p\leq n} \dfrac{log(p)}{p} \)

donde de manera precisa esa aproximación significa que el límite del cociente de ambos factores es \( 1 \) cuando \( n\to \infty \).

Más adelante eso se conecta con el teorema de los números primos:

\( \pi(n)\approx \dfrac{n}{log(n)} \)

Saludos.