¿Pueden compararse así las operaciones de cribado?

Question

Supongamos que consideramos el conjunto de enteros en el intervalo $I_n=[2^n+1,2^{n+1}]$ y reducimos este conjunto de dos maneras similares con los tamices $ab+a+b=k$ y $2ab+a+b=k$ para $k\in I_n$ . Estos tamices funcionan como $(a+1)b+a=k\to k\equiv -1\pmod{a+1}$ y $(2a+1)b+a=k\to k\equiv a\pmod{2a+1}$ . Transformando en sumas de forma ingenua, obtenemos

$$\sum_{a=1}^{2^{(n+1)/2}}\left[2^n\over a+1\right]+O(1)\tag 1$$ $$\sum_{a=1}^{2^{(n+1)/2}}\left[2^n\over 2a+1\right]+O(1)\tag 2$$

A primera vista, parece obvio que $(1)$ siempre cubrirá al menos tantos elementos como $(2)$ del intervalo $I_n$ para cualquier $n$ . En particular, parece que para cada $2a+1$ hay un $a+1$ para que coincida, pero para $a=1$ obtenemos $2^{n-1}$ en $(1)$ que no está presente en $(2)$ . Si entonces hacemos todas las suposiciones a favor de $(2)$ para el $O(1)$ términos, obtenemos un valor de $(1)-(2)=2^{n-1}-2^{(n+1)/2}$ .

¿Es lógico utilizar estos resultados para decir que para $n\geq 3$ nuestro tamiz $ab+a+b$ siempre cancela al menos tantos elementos como el tamiz $2ab+a+b$ de cualquier intervalo dado $I_n$ ? ¿Hay alguna forma de mejorar este argumento, aparte de utilizar versiones no ingenuas de estas sumas?

Answer 1

Parece que las respuestas son "sí" y "sí".

En particular, podemos mejorar las sumas ingenuas señalando que deben tomarse sobre los primos, y luego contabilizando los solapamientos que se producen naturalmente. Curiosamente, todavía tenemos que tener en cuenta el $O(1)$ términos en esencialmente todos estos mismos números debido a estas superposiciones, por lo que las sumas "ingenuas" son realmente un buen comienzo.

Pero si queremos $(1)$ para mapear en $(2)$ dentro de un intervalo determinado, tenemos que empezar diciendo que para $a+1$ en $(1)$ igual a $2a+1$ en $(2)$ tenemos recuentos casi iguales, y el $O(1)$ se puede suponer que los términos caen a favor de $(2)$ y entonces tenemos $a=1$ en $(1)$ para capturar el resto. Pero este recuento de $2^{n-1}$ es ingenua, y debe dar cuenta de los solapamientos con el resto de los primos en $(1)$ . Afortunadamente esta contabilidad funciona de manera que tenemos $2^{n-1}\over (n-1)\log 2$ como la parte no superpuesta, y esta cantidad sigue siendo asintóticamente mayor que $2^{(n+1)/2}$ el recuento de $O(1)$ términos.

Aquí hay una opinión sobre esto que mira a los primos gemelos:

https://drive.google.com/file/d/0B5KQFxR7gj3JdXpWX2pBa2RHMDA/view?usp=sharing