TARDÍGRADOS

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Posts Tagged ‘suma’

La hipótesis blanda de Riemann

Posted by Albert Zotkin en febrero 3, 2016

Anoche mientras me entretenía con algunas sumas parciales de la función zeta de Riemann, me di cuenta de algo muy curioso, cuyo enunciado voy escribir seguidamente a modo de conjetura (hipótesis): Si para la suma parcial

\displaystyle  \zeta_N= \sum_{n=1}^N \;\frac{1}{n^s}
el número complejo siguiente es una de sus raíces (ceros), z1 = σ + it, entonces este otro número complejo, z2, escrito en función del primero, posee la misma parte real:

\displaystyle  z_2  = - \cfrac{\log(\zeta_{N-1}(z_1))}{\log(N)}
Mi conjetura es que sólo si z1 es un cero de ζN, entonces

\displaystyle      \text{Re}(z_2) =  \text{Re}(z_1)=\sigma
A esta conjetura la llamo la Hipótesis blanda Riemann, y la vamos a ver en acción con dos sencillos ejemplos numéricos: Sea la siguiente ecuación:

\displaystyle      1+2^{-x}+3^{-x}=0

y uno de sus ceros, hasta una precisión de 50 decimales, es:

\displaystyle  z_1 =0.4543970081950240272783427420109442288880- \\       3.5981714939947587422049363529208471165604i

. Por lo tanto el número z2 será:

\displaystyle  z_2 = -\cfrac{\log(-1-2^{z_1})}{\log 3}
\displaystyle  z_2 = 0.4543970081950240272783427420109442288880- \\  2.1210302407654957970993444877464279628993i

Para la siguiente ecuación:

\displaystyle      1+2^{-x}+3^{-x}+4^{-x}=0

sabemos que uno de sus ceros, hasta una precisión de 50 decimales, es:

\displaystyle  z_1 =0.502684148750165679490952980864893319283 -\\  20.7799493688306204126178629816730434295i

. Por lo tanto el número z2 será:

\displaystyle  z_2 = -\cfrac{\log(-1-2^{z_1}-3^{z_1})}{\log 4}
\displaystyle  z_2 = 0.5026841487501656794909529808648933193 + \\  1.8818513403053486355205517469102906214

Saludos

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Los ceros de las sumas parciales de la función zeta de Riemann cerca del inframundo

Posted by Albert Zotkin en enero 10, 2016

¿Sabes resolver la siguiente ecuación donde s es una variable compleja?:

\displaystyle 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}=0 (1)
Esta ecuación es en claro ejemplo de ecuación trascendente, y no posee solución analítica (que sepamos). El lado izquierdo de esta ecuación es una suma parcial de tres sumandos de la función Zeta de Riemann, o lo que es lo mismo, un harmónico generalizado de orden 3:

\displaystyle H_{n,s}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{s}}} (2)
En el límite n → ∞, el harmónico generalizado converge hacia la función Zeta de Riemann:

\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }H_{n,s}=\zeta (s) (3)
Se ve a simple vista que el lado izquierdo de esa ecuación es una suma de exponenciales, es decir, no es un polinomio. Pero, podemos expresarlo mediante serie de potencias, por ejemplo, mediante series de Taylor, así:

\displaystyle 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}=3+(-\log(2)-\log(3) z+\frac{1}{2} \left(\log(2)^2+\log(3)^2\right) z^2+\left(-\frac{1}{6} \log(2)^3-\frac{\log(3)^3}{6}\right) z^3+\frac{1}{24} \left(\log(2)^4+\log(3)^4\right) z^4+\left(-\frac{1}{120} \log(2)^5-\frac{\log(3)^5}{120}\right) z^5+\frac{1}{720} \left(\log(2)^6+\log(3)^6\right) z^6+\left(-\frac{\log(2)^7}{5040}-\frac{\log(3)^7}{5040}\right) z^7+\frac{\left(\log(2)^8+\log(3)^8\right) z^8}{40320}+\left(-\frac{\log(2)^9}{362880}-\frac{\log(3)^9}{362880}\right) z^9+\left(\frac{\log(2)^{10}}{3628800}+\frac{\log(3)^{10}}{3628800}\right) z^{10}+O(z)^{11}
He investigado algo esto y he visto que todo harmónico generalizado se puede expresar así:

\displaystyle H_{m,s}=\sum _{n=0}^{\infty } \sum _{k=2}^m  \frac{\log (k^n )(-s)^n}{n!} +1 (4)
Esto significa que la función Zeta de Riemann puede escribirse de la siguiente forma:

\displaystyle \zeta(s)=\sum _{n=0}^{\infty } \sum _{k=2}^{\infty} \frac{\log (k^n )(-s)^n}{n!} +1 (5)
Pero, intentemos saber cómo resolver la primera ecuación que escribí, la (1): Si la variable es compleja entonces esa ecuación posee infintas raices o ceros, y dos de esos ceros son (con alta precisión en número de dígitos) estos:

\displaystyle z_1 = 0.4543970081950240272783427420109442288880772534469111379406228046-3.598171493994758742204936352920847116560425746628839339842061185i\\ \\  z_2=0.4543970081950240272783427420109442288880772534469111379406228046+3.598171493994758742204936352920847116560425746628839339842061185i
Esos dos ceros, z1 y z2, son dos números irracionales, y presumíblemente sus infinitos ceros también lo sean.

Pero, intentemos contestar a la pregunta con la que abría este post.
¿Sabes resolver la siguiente ecuación donde s es una variable compleja?:

\displaystyle 1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}=0
Esa ecuación al ponerla en forma polinómica, posee grado infinito, como hemos visto arriba. Pero, ¿qué podemos decir de esta otra ecuación?:

\displaystyle 1+s^{-2}+s^{-3}=0 (6)
Esta ecuación parece más tratable de resolver analíticamente, ¿no?. Su raíces serían estas tres (una real y dos complejas):

\displaystyle s_1=-\left(\frac{2}{3 \left(-9+\sqrt{93}\right)}\right)^{1/3}+\frac{\left(\frac{1}{2} \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}{3^{2/3}}\\ \\ \\ s_2=-\frac{\left(1+i \sqrt{3}\right) \left(\frac{1}{2} \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}{2 3^{2/3}}+\frac{1-i \sqrt{3}}{2^{2/3} \left(3 \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}\\ \\ \\ s_3=-\frac{\left(1-i \sqrt{3}\right) \left(\frac{1}{2} \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}{2 3^{2/3}}+\frac{1+i \sqrt{3}}{2^{2/3} \left(3 \left(-9+\sqrt{93}\right)\right)^{1/3}}
La pregunta del millón es la siguiente. ¿Existe algún álgebra tal que podamos transformar la ecuación analíticamente intratable (1) en otra más tratable que se parezca mucho en la forma a la (6)?. La respuesta es sí. Afortunadamente, las bases para ese tipo de álgebra ya la descubrí anteriormenete en lo que llamé aritmética del inframundo y del ultramundo.

Partimos de la ecuación (1). y la expresamos mediante exponenciales de esta forma

\displaystyle 1 + e^{-x\log 2}+e^{-x\log 3}=0 \\ \\
ahora pasamos el 1 al lado derecho y aplicamos logaritmo neperiano en ambos lados:

\displaystyle  e^{-x\log 2}+e^{-x\log 3}=-1 \\ \\  \log(e^{-x\log 2}+e^{-x\log 3})=\log(-1)= i\pi \\ \\
y observamos que el lado izquierdo es literalmente la definición de infra-suma de grado -1, con lo cual nuestra ecuación inicial (1) queda al final así:

\displaystyle  \left(-x\log 2\right)\oplus \left(-x\log 3\right)=i\pi (7)
Si este álgebra poseyera las mismas propiedades que el álgebra de grado 0 convencional, podríamos atisbar una solución para esta última ecuación (7), recordando que la multiplicación de grado -1 es la suma convencional de grado 0. Así, sacando factor común (-x) y despejándola en el lado izquierdo, obtendríamos una hipotética solución de x:

\displaystyle  (-x) + \left(\log 2\oplus \log 3\right)=i\pi  \\ \\   (-x)  = i\pi \left(\log 2\oplus \log 3\right) \\ \\     x = \left(\log 2\oplus \log 3\right) - i\pi \\ \\     x = \log\left(e^{\log 2}+e^{\log 3}\right) - i\pi
\displaystyle x=\log\left(\frac{e^{\log 2}+e^{\log 3}}{e^{- i\pi}}\right)  (8)
Pero, sabemos que la ecuación (1) posee infinitas raíces (ceros), por lo tanto, la solución (8) debería incluir los infinitos cíclos mediante los múltiplos de . Así, una hipotética solución podría ser como la siguiente (aunque puede demostrarse fácilmente que esta solución que presento es incorrecta):

\displaystyle x_n = \log\left(\frac{e^{\log 2}+e^{\log 3}}{e^{- i\pi n}}\right)  \\ \\ \\ \\  x_n = \log\left( \frac{5}{e^{- i\pi n}}\right)   \\ \\ \\ \\  x_n=\log 5 - i\pi n

Saludos

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Un universo eterno y transfinito: una foliación conforme del espaciotiempo

Posted by Albert Zotkin en septiembre 7, 2015

Foliación transfinita de la conciencia de Ridley

Foliación transfinita de la conciencia de Ridley

Nuestro universo podría poseer la forma de una hiperesfera transfinita. Para ver esto fijémonos en lo siguiente (que ya traté en un post anterior). La serie infinita N = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + … es divergente ya que su suma es N = ∞. Pero, puede ser regularizada, como demuestro en el link anterior, para dar una suma de N = -1/2. Es decir, la función Zeta de Riemann toma el valor -1/2 cuando la variable es cero:

\displaystyle   N = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 +\dots = \zeta(0) =-\frac{1}{2}\\
Esta suma nos sugiere que el infinito matemático, ∞, en la recta real, coincide con el número real negativo -1/2, y -∞ coincidiría simétricamente con 1/2. Si partimos de un sistema de referencia cartesiano de dos dimensiones, tendremos que los dos ejes ortogonales podrían ser recorridos, partiendo desde el origen de coordenadas, en dos posible direcciones. Para el eje de abscisas, podríamos alcanzar el infinito, por el camino largo (hacia la derecha) hasta llegar al punto (-1/2, 0). O también podríamos alcanzar dicho punto, que representa al infinito, por el camino más corto (andando hacia la izquierda). Sin embargo, si andamos en dirección derecha, desde el origen o cualquier punto de abscisa positiva, (x,0), no podríamos llegar a los puntos situados entre el punto (-1/2, 0) y el (x,0) ya que el infinito actuaria como barrera infranqueable para seguir el camino y cerrar el círculo.

Saludos transfinitos a todos

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El mundo de los muertos y la cinemática de los walking dead (Mecánica estadística)

Posted by Albert Zotkin en octubre 25, 2014

El “mundo de los muertos” es el infra-mundo de orden -1. En ese universo, las cosas son, se mueven y evolucionan de una forma muy peculiar. El “mundo de los muertos” es el reino de los objetos y fenómenos cuánticos por antonomasia. Por otro lado, la definición de función de partición en mecánica estadística es muy importante.

En un sistema de partículas en equilibrio que sólo intercambia energía térmica con su entorno, tenemos que la función de partición para dicho sistema es:

\displaystyle  \mathcal{Z} = \sum_{s} e^{\beta \epsilon_s}  (1)
donde la suma se ha realizado sobre todos los microestados s, εs representa la energía del microestado s y β se define como menos el inverso del producto de la temperatura por la constante de Boltzmann:

\displaystyle  \beta = -\frac{1}{k_BT}
Así desde estas definiciones podemos por ejemplo expresar la ecuación de estado de los gases ideales así:

\displaystyle  \langle PV\rangle=-\frac{\ln(\mathcal{Z})}{\beta} = -\frac{\epsilon_1\oplus\epsilon_2\oplus\epsilon_3\oplus\dots}{\beta}   (2)
donde εi representa la energía del microestado i. Es decir, la energia PV de los gases nobles es simplemente la infra-suma ⊕ de orden -1 de las distintas energias de los micro-estados. En general, toda ecuacion en la que aparezca el logaritmo de la función de partición, ln(Z), implica una infra-suma de energias de micro-estados. Pero alguien diría, muy bien y ¿dónde está el mérito de todo esto?. Pues el mérito de todo esto está en darse cuenta de que la infra-suma de orden -1 de energias de micro estados genera la emergencia de la energia del sistema macroscópico. Clásicamente la energía es una magnitud escalar que se suma o se resta canónicamente, con la aritmética de orden 0, pero lo curioso de todo esto es que las energias de los micro-estados se suman y se restan mediante la aritmética de orden -1. O sea, el macrocosmos (orden 0) emerge como consecuencia de infra-interacciones de orden -1.

infra
Saludos

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Energía total y momento de una partícula expresados con infra-sumas

Posted by Albert Zotkin en octubre 20, 2014

Todos sabemos, o deberíamos de saber ya a estas alturas del curso, que la energía total y el momento de una partícula de masa m, que se está moviendo a cierta velocidad v, se expresan así:

\displaystyle  E= mc^2 \cosh \left(\beta \right) \\ \\   p = mc\sinh \left(\beta\right) \\ \\   (1)

Donde β = v/c. Por otro lado, ya sabemos, o deberiamos de saber, que la infra-suma e infra-resta de orden -1 se definen así:

\displaystyle   x \oplus y =\log(\exp(x) +\exp(y))\\ \\   x \ominus y =\log(\exp(x) -\exp(y))  (2)
Por lo tanto, la energía total y momento de una partícula se expresa con infra-sumas así:

\displaystyle  E = \tfrac{1}{2} mc^2 \exp \left(\beta \oplus (-\beta)\right) \\ \\  p = \tfrac{1}{2} mc \exp \left(\beta \ominus (-\beta)\right)   (3)
Y si exploramos un poco sobre la mecánica de las partículas en este infra-mundo, veremos cosas muy sorprendentes. Por ejemplo, en este infra-mundo de orden -1, la opuesta v’ a una velocidad v no sería –v, sino v’ = v + icπ, es decir una velocidad compleja cuya parte imaginaria sería el producto de dos constantes, . Evidentemente, si infra-sumamos una velocidad v con su opuesta v’ = v + icπ, obtenemos el elemento neutro de la infra-suma de orden -1, que es -∞

\displaystyle   v \oplus v' =\log(\exp(v) +\exp(v + ic\pi))\\ \\   v \oplus v' =\log(\exp(v)(1 +\exp( ic\pi))\\ \\   v \oplus v' =\log(\exp(v)(1 - 1)\\ \\    v \oplus v' =\log(0)=-\infty\\ \\  (4)
Eso nos hace pensar, en el ámbito de la relatividad, que quizás cuando una partícula (o cualquier cuerpo con masa) acelera desde cualquier velocidad infra-lumínica v < c, nunca llegaría a alcanzar dicha c, porque lo que ocurriría es que la velocidad se conjuga pasando de ser real a ser compleja cuyo valor sería v + icπ

Saludos

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1+1+1+1+1+…=-1/2

Posted by Albert Zotkin en octubre 5, 2014

La serie infinita N = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + … es divergente ya que su suma es N = ∞. Por otro lado, la serie divergente de Grandi, G = 1 – 1 + 1 – 1 + 1 – 1 + 1 – 1 + …, puede ser sumada mediante distintos métodos de regularización, y su más destacable suma regularizada es G = 1/2. En este breve post voy a demostrar que la serie infinita N puede ser igualmente sumada. Partimos desde G y le sumamos dos veces N de la siguiente forma:

\displaystyle  G +2N = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 +\dots +\\   2(1+1+1+1+1+1+\dots) \\ \\   G +2N = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 +\dots \\   \text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 2\ \ \ +\ \ \ 2\ \ \ +\ \ \ 2\ \ \ +\ \ \ \dots} \\ \\   G +2N = 1+1+1+1+1+1+\dots = N    (1)

es decir, tenemos que:

\displaystyle  G +2N = N \\  G = -N \\   N = -G  (2)
y como el principal valor de la suma reguralizda de la serie G de Grandi es 1/2, tenemos que la serie infinita N posee una suma regularizada de:

\displaystyle  N = 1+1+1+1+1+1+1\dots= -\frac{1}{2} \\   \sum_{n=1}^\infty 1= -\frac{1}{2}  (3)
pero, ¿por qué 1/2 es el principal valor de la suma regulariza de la serie de Grandi?. Veamos. La serie de Grandi puede escrita de la siguiente forma:

\displaystyle  G = 1-(1-1+1-1+1-1\dots) \\   (4)

es decir, tenemos que

\displaystyle  G = 1-G  \\ \\  2G = 1 \\ \\  G =\frac{1}{2}  (5)

Saludos

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Elementos neutros y opuestos en las aritméticas de distintos órdenes

Posted by Albert Zotkin en octubre 5, 2014

Hoy voy a escribir un corto apunte sobre cómo calcular el elemento neutro de la suma de una aritmética de orden n si sabes cuál es dicho elemento en la aritmética de orden (n+1). Llamemos en a dicho elemento neutro de la suma ⊕n de orden n. Entonces tendremos que

\displaystyle  e_n = \log(e_{n+1})  (1)
Por ejemplo: la multiplicación es la suma de orden 1, y su elemento neutro es el número natural 1. Entonces el elemento neutro de la suma ordinaria (suma de orden 0) es:

\displaystyle  e_0 = \log(e_1)= \log(1)=0  (2)
como todos sabemos. El elemento neutro de la infra-suma de orden -1 es:

\displaystyle  e_{-1} = \log(e_0)= \log(0)=-\infty  (3)
Si ya sabemos calcular el elemento neutro, es fácil calcular el opuesto x’ de cualquier número x:

\displaystyle  x \oplus_{n} x' =\log(e_{n+1})  (4)
y como sabemos que la suma de dos números x, y es:

\displaystyle  x \oplus_{n} y =\log(\exp(x) \oplus_{n+1} \exp(y) ) \\ \\  (5)

tendremoa que:

\displaystyle  \log(\exp(x) \oplus_{n+1} \exp(x'))= \log(e_{n+1}) \\ \\   \exp(x) \oplus_{n+1} \exp(x')= e_{n+1} \\ \\   (6)
Por ejemplo, usemos la suma ordinaria (orden 0) para calcular el opuesto x’ de orden -1 de un número x:

\displaystyle  \exp(x) + \exp(x') = 0 \\ \\    \exp(x') = 0 - \exp(x) \\ \\   x' = \log(0 - \exp(x)) = x+ i \pi  (7)
es evidente que x’ = x + i π es el opuesto de x en la suma de orden -1, ya que

\displaystyle  x \oplus_{-1} (x+ i\pi) = \log(\exp(x) +\exp(x+ i\pi))=  \\ \\   \log(\exp(x)(1+ \exp(i\pi)) = \log(\exp(x)(1-1)) = \log(0)=-\infty  (8)
Sigamos con un poco más. El elemento neutro de la suma de orden 2 es e (la base de los logaritmos naturales), ya que

\displaystyle  e_1 = \log(e_2) \\ \\   1=\log(e_2)  \\ \\   e_2 = e^1 =e  (9)
El opuesto x’ de un número x para dicha suma de orden 2 sería pues un número tal que:

\displaystyle  x\oplus_2 x' = e  (10)

es decir,

\displaystyle  x\oplus_2 x' =\exp(\log(x)\oplus_1 \log(x')) = e \\ \\   \exp(\log(x) \log(x')) = e \\ \\   \log(x) \log(x') = \log(e) \\ \\    x'^{\log(x)} =e  \\ \\    x' = e^{1/\log(x)}    (11)

Saludos

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La identidad de Euler como suma de opuestos del inframundo

Posted by Albert Zotkin en septiembre 8, 2014

Hola incondicionales de Tardígrados. Hoy voy a escribir un pequeño apunte sobre la identidad de Euler, y de cómo puede ser expresada como una suma de opuestos de orden -1. La suma y la resta de orden -1 quedó definida en mis últimos dos posts de esta forma:

\displaystyle  x \oplus y =\log(\exp(x) + \exp(y) ) \\ \\  x \ominus y =\log(\exp(x) - \exp(y) )  (1)

La identidad de Euler sabemos que es:

\displaystyle  e^{\mathrm{i}\pi} =-1 \,\!  (2)
Por lo tanto, pasando el -1 a la parte izquierda de la ecuación queda

\displaystyle  e^{\mathrm{i}\pi}+1  = 0  (3)
es decir, podemos escribir la identidad de Euler así:

\displaystyle  e^{\mathrm{i}\pi}+e^{0}= e^{-\infty}  (4)
El opuesto en la suma de orden -1 de un número real x es un número complejo x’ cuya parte real es x, y cuya parte imaginaria es π. Con lo cual la suma de orden -1 de x con su opuesto x’ siempre dará el elemento neutro de esa suma de orden -1, es decir:

\displaystyle  x \oplus x' =-\infty  (5)

ya que -∞ es dicho elemento neutro de la suma de orden -1. Esto significa, que podemos escribir la identidad de Euler así

\displaystyle  0 \oplus i\pi = -\infty  (6)
porque en general la suma de un número y su opuesto siempre es el elemento neutro de dicha suma. Y en el caso de la suma de orden -1 siempre tenemos que:

\displaystyle  x\oplus (x + i\pi) = -\infty  (7)

Saludos

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Aritmética del inframundo y del ultramundo

Posted by Albert Zotkin en agosto 24, 2014

Definamos la suma y la resta como operadores aritméticos de orden cero, que escritos con subíndices serian:

\displaystyle  + = \oplus_0 \\ \\   -= \ominus_0 \\ \\   (1)

Así, la multiplicación y la división serian operadores de orden 1, y los escribiriamos así:

\displaystyle  \times = \oplus_1 \\ \\   /= \ominus_1 \\ \\   (2)
En cuanto a la infrasuma y la infrarresta, que definí en mis dos anteriores posts, aqui y aqui, sus operadores escritos con subíndices serían de orden -1. Por lo tanto, toda operación aritmética de orden k puede ser expresada mediante operaciones aritméticas de orden inmediato superior k+1, así:

\displaystyle  x \oplus_k y =\log(\exp(x) \oplus_{k+1} \exp(y) ) \\ \\  x \ominus_k y =\log(\exp(x) \ominus_{k+1} \exp(y) )    (3)
Supongamos que tenemos curiosidad por saber cómo son los operadores suma y resta inframundados de orden -2. Escribimos:

\displaystyle  x \oplus_{-2} y =\log(\exp(x) \oplus_{-1} \exp(y) ) \\ \\  x \ominus_{-2} y =\log(\exp(x) \ominus_{-1} \exp(y) )  (4)
y si queremos expresarlos en función de la suma y la resta de orden 0, como sabemos que

\displaystyle  x \oplus_{-1} y =\log(\exp(x) + \exp(y) ) \\ \\  x \ominus_{-1} y =\log(\exp(x) - \exp(y) )  (5)

tendremoa que

\displaystyle  x \oplus_{-2} y =\log(\log(\exp(\exp(x))) + \exp(\exp(x))))  \\ \\  x \ominus_{-2} y =\log(\log(\exp(\exp(x))) - \exp(\exp(x))))  (6)
Cabe también preguntarse cómo se expresa una operación aritmética de orden k en función de su operadores de orden inmediato inferior, k-1. La respuesta es sencilla:

\displaystyle  a \oplus_k b =\log(\exp(a) \oplus_{k+1} \exp(b) ) \\ \\  \exp(a \oplus_k b) =\exp(a) \oplus_{k+1} \exp(b)  \\ \\  x= \exp(a)  \\ \\ y=\exp(b) \\ \\  a= \log(x) \\ \\ b=\log(y) \\ \\  x \oplus_{k+1} y = \exp(\log(x) \oplus_k \log(y))   (7)
Ahora podríamos hacernos la misma pregunta que antes, pero hacia arriba. ¿Cómo expresamos una operación aritmética ultramundana de orden 2 con los operadores de orden inferior?:

\displaystyle  x \oplus_{2} y = \exp(\log(x) \oplus_1 \log(y))  \\ \\   x \oplus_{1} y = \exp(\log(x) + \log(y)) \\ \\  \\ \\   x \oplus_{2} y = \exp(\log(x) \log(y))  \\ \\   x \oplus_{2} y = x^{\log(y)}  (8)

o también

\displaystyle  x \oplus_{2} y = y^{\log(x)}  (9)

Lo cual produce el notable resultado:

\displaystyle  x^{\log(y)} =  y^{\log(x)}  (10)

que siempre es cierto para cualesquiera números reales x e y.

Una resta de orden 2 sería asi:

\displaystyle  x \ominus_{2} y = \exp(\log(x) \ominus_1 \log(y))  \\ \\   x \ominus_{1} y = \exp(\log(x) - \log(y)) \\ \\  \\ \\   x \ominus_{1} y = \exp \left (\log \frac{x}{y}\right )  \\ \\   x \ominus_{1} y = \frac{x}{y} \\ \\   x \ominus_{2} y = \exp \left (\frac{\log(x)}{\log(y)}\right ) \\ \\ \\ \\  x \ominus_{2} y = \left (x \right )^{\frac{1}{\log(y)}}    (11)

Saludos

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La función Infra-Zeta de Riemann

Posted by Albert Zotkin en agosto 22, 2014

Hola amigos de Tardígrados. Hoy voy a continuar con el tema de las infrasumas e infrarrestas que definí en mi post anterior. Dichas definiones eran así:

\displaystyle  x \oplus y = x+\log \left (1 + \exp (y-x) \right ) \\ \\  x \ominus y = x+\log \left (1 - \exp (y-x) \right )  (1)

en realidad hay una forma más sucinta de definir ambas operaciones, y es esta:

\displaystyle  x \oplus y = \log \left (\exp (x)+\exp (y) \right ) \\ \\  x \ominus y =  \log \left (\exp (x)-\exp (y) \right )  (2)

Vemos pues que el elemento neutro de la infrasuma es u = -∞ (menos infinito):

\displaystyle  x \oplus u = u \oplus x = x \\ \\  x=\log \left (\exp (x)+\exp (u) \right ) \\ \\  \exp(x) = \exp (x) + \exp (u) \\ \\  0 = \exp (u) \\ \\  u = \log(0)= -\infty  (3)

Igualmente, desde la definición de infrarresta podemos ver que cada número real x posee un opuesto x’ tal que:

\displaystyle  x \oplus x' = \log \left (\exp (x)+\exp (u) \right )=-\infty   (4)

es decir:

\displaystyle  x \oplus x' = -\infty \\ \\   (x \oplus x') \ominus x = (\exp (x) + \exp (x'))= -\infty  \ominus x =  x   \\ \\     x \oplus x' = \exp (x) + \exp (x') = -\infty \\ \\   (4)
que es un numero complejo con parte imaginaria π. En realidad para cada número real x existen infinitos números opuestos con parte real igual a x, y parte imaginaria nπi, donde n es un entero impar.

Podemos seguir y definir la operación multiplicación ⊗ así:

\displaystyle  x \otimes n = \underset{n}{\underline{x \oplus x \oplus \dots \oplus x}} = \log(n \exp(x))    (5)
donde n es de momento un número entero, pero vemos que no es una operación conmutativa, ya que por regla general no es cierto que xn = nx. Intentemos, de todas formas encontrar un elemento inverso para esta operacion ⊗:

\displaystyle  x \otimes u  = \log(u \exp(x)) = x \\ \\   u \log(x) = \log(x) \\ \\   u = 1  (6)

luego la operación ⊗ realizada por la derecha posee el elemento neutro u = 1. Pero, si la realizamos por la izquierda obtenemos:

\displaystyle  u \otimes x  = \log(x \exp(u)) = x \\ \\   x \log(u) = \log(x) \\ \\   \log(u) = \frac{\log(x)}{x}\\ \\   u = \sqrt[x]{x}  (7)

lo cual implica que dicha operación realizada por la izquierda no da un elemento inverso único. Pero, podemos ver cuál sería el opuesto de x (por la derecha):

\displaystyle  x \otimes x'  = \log(x' \exp(x)) = 1\\ \\    \log(x' \exp(x)) = \log(\exp(0)) \\ \\    x' \exp(x) = \exp(0) \\ \\   x' = \exp(-x)   (8)

La infra-potenciación ⊛ puede ser definida así:

\displaystyle  x \circledast n = \underset{n}{\underline{x \otimes  x \otimes  \dots \otimes  x}} = \log( \exp(x) x^n) \\ \\  x \circledast n = x + n \log x    (9)
Por lo tanto ya estamos en condiciones de representar la función Zeta de Riemann en el inframundo, es decir, de definir uan función que llamaré infra-Zeta de Riemann. Para empezar fijémonis en la clásica forma de la función Zeta de Riemann:

\displaystyle   \zeta(s) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}  (10)

Expresemos el equivalente a ns en el inframundo así:

\displaystyle  n \circledast s = n + s \log n  (11)

Ahora presentemos el inverso de dicha infra-potencia:

\displaystyle  \exp (-n - s \log n) = \exp (-n) n^{-s}  (12)

y realicemos el infra-sumatorio desde n = 1 hasta ∞, para obtener la función infra-zeta de Riemann, \underset{.}{\zeta}:

\displaystyle   \underset{.}{\zeta}(s) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{e^{n} n^s}  (13)

Vemos pues que la infra-zeta de Riemann, \underset{.}{\zeta}, es muy parecida a la zeta normal, y la única diferencia visible es que aparece el factor exp(- n), y siempre teniendo en cuenta que el sumatorio son infra-sumas

Saludos

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