La "Grandeza" de los Subconjuntos de los Números Naturales

Question

Recientemente, yo estaba pensando acerca de la conjetura de Erdős en progresiones aritméticas, que dice que, si, por un conjunto $A\subseteq\mathbb{N}$, la suma de $\sum_{a\in A}\frac{1}a$ diverge (es decir, "es grande"), a continuación, $A$ ha progresiones aritméticas arbitrariamente largas. Mis pensamientos fueron que la condición de la suma de los recíprocos diverge parece antinatural, por lo que yo quería para el estudio de la condición de magnitud mayor.

Después de un poco de trabajo a partir de una orden se deriven de una determinada categoría, llegué a una conclusión que se puede comparar la magnitud de los conjuntos de la siguiente manera, para subconjuntos $A$$B$$\mathbb{N}$:

Deje $f_A$ $f_B:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ tal que $f_A(n)$ $f_B(n)$ $n^{th}$ elemento $A$ $B$ respectivamente.

$A$ es mayor que $B$ si el siguiente conjunto es pequeño (es decir, la suma de los recíprocos convergen) para algunos $k>0$: $$\left\{f_B(n):\frac{f_A(n)}{f_B(n)}>k \right\}$$

Intuitivamente, esto nos dice que $f_A$ $f_B$ debe estar dentro de una constante múltiples de cada uno de los otros casi todo el tiempo, y si $f_A$ es consistentemente menor que $f_B$, $A$ debe ser mayor que $B$ (es decir, tiene más elementos y por lo $f_A$ crece menos rápidamente). Esto claramente las formas de un orden parcial; hay ejemplos patológicos que son incomparables, por lo que no es un orden total - por ejemplo: $$A=\mathbb{N}\cap\bigcup_{i=1}^{\infty}[(2i)!-(2i-1)!,2(2i)!)$$ $$B=\mathbb{N}\cap\bigcup_{i=1}^{\infty}[(2i+1)!-(2i)!,2(2i+1)!)$$ donde ambos, que contiene un número infinito de intervalos de $[x,2x)$, teniendo cada uno de recíprocos suma alrededor de $\log(2)$ son grandes; sin embargo, la proporción de $f_A$ $f_B$crece cada vez más lejos de $1$, por lo que ninguno es más grande que la otra bajo mi definición.

Pero esos son horribles funciones; principalmente, el problema es que $A$ es mayor que el conjunto de todos los otros elementos de $A$ y de manera similar para $B$ - esto contradice la intuición acerca de los conjuntos. Por lo tanto, quiero considerar sólo los conjuntos para los cuales $A$ y "todos los otros elementos de $A$" son igualmente grandes y si mi orden es un orden total en ese caso. Por lo tanto, mi pregunta:

Supongamos $f_A$ $f_B$ son funciones crecientes $\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ tal que, para algunas constantes $k$ los dos conjuntos: $$\left\{f_A(n):\frac{f_A(2n)}{f_A(n)}>k\right\}$$ $$\left\{f_B(n):\frac{f_B(2n)}{f_B(n)}>k\right\}$$ son pequeños. Es necesariamente cierto que algunos $k_2$ puede ser elegido de tal manera que al menos uno de $$\left\{f_B(n):\frac{f_A(n)}{f_B(n)}>k_2 \right\}$$ $$\left\{f_A(n):\frac{f_B(n)}{f_A(n)}>k_2 \right\}$$ es pequeño?

Answer 1

Su enfoque es muy interesante, pero me temo que podemos construir un contraejemplo. Asumir una monótona natural de número de secuencia $u_n, v_n$ se dan. Deje $$a_k=u_{n}k,\,(2^{n-1}\le k<2^n)\\b_k=v_{n}k, \,(2^{n-1}\le k<2^{n})$$ A continuación, a partir de $$\log 2<\sum_{k=1}^{2^n-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}=\sum_{k=2^{n-1}}^{2^{n}-1}\frac1k< \sum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}\frac{1}{2^{n-1}}=1$$ we have $$\sum_{a_{2k}>2c_1a_k}\frac{1}{a_k}=\sum_{u_{n+1}>c_1u_{n}}\sum_{k=2^{n-1}}^{2^{n}-1}\frac{1}{u_{n}k}<\sum_{u_{n+1}>c_1u_{n}}\frac{1}{u_{n}}$$ Ahora para cualquier $c_1>1$, $\displaystyle\sum_{u_{n+1}>c_1u_{n}}\frac{1}{u_{n}}$ converge desde $$\sum_{u_{n+1}>c_1u_{n}}\frac{1}{u_{n}}<\frac{1}{u_1}\left(1+\frac{1}{c_1}+\frac{1}{c_1^2}+\cdots\right)=\frac{c_1}{(c_1-1)u_1}$$ So the sets $\displaystyle\left\{a_n:\frac{a_{2n}}{a_n}>c_1\right\},\,\left\{b_n:\frac{b_{2n}}{b_n}>c_1\right\}$ are small for any monotonic sequence $u_n$ and $v_n$. But $$\sum_{a_k>c_2b_k}\frac{1}{b_k}=\sum_{u_n>c_2v_n}\sum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}\frac{1}{kv_n}>\log2\sum_{u_n>c_2v_n}\frac{1}{v_n}$$ So setting $u_n$ and $v_n$ to be any uncomparable sets becomes a counterexample. Let $$A=\mathbb{N}\cap\bigcup_{i=1}^{\infty}[(2i)!-(2i-1)!,2(2i)!)\\B=\mathbb{N}\cap\bigcup_{i=1}^{\infty}[(2i+1)!-(2i)!,2(2i+1)!)$$ and $u_n=f_A(n)$, $v_n=f_B(n)$. Then $\displaystyle\sum_{u_n>c_2v_n}\frac{1}{v_n}$ diverges for any $c_2$ so $\{a_n:n\in\mathbb{N}\}$ and $\{b_n:n\in\mathbb{N}\}$ no son comparables, pero de satisfacer las condiciones.