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?
