¿Qué subconjuntos de los números enteros siguen dando números racionales densos?

Question

Busco un conjunto de enteros positivos $(\mathbb{S} \space\subset\space \mathbb{N} := \{1,2,3,...\})$ tal que sus "cocientes de 2 elementos" sean densos sobre el conjunto completo de los números racionales positivos (lo que también lo haría denso sobre el conjunto completo de los números reales positivos).

Un conjunto obviamente satisfactorio es $\{An+B \space\space|\space\space n\in\mathbb{N}\}$ donde $A$ et $B$ son números enteros positivos dados.

¿Y los poderes superiores ( $C$ ¿es un número entero dado mayor que 1) o números sin cuadrado?

$$\{An^C+B \space\space|\space\space n\in\mathbb{N}\}$$ $$\{\prod _{primes} {p^{b_p} \space\space|\space\space b_p \in \{0,1}\}\}$$

Por cierto, creo que podría eliminar cualquier número finito de elementos de cualquier conjunto satisfactorio y seguir teniendo un conjunto satisfactorio, así que en realidad estoy pensando en la "forma asintótica" del conjunto.

Answer 1

Diga $\mathbb{S}\subset\mathbb{N}$ tiene la propiedad racional densa si la imagen de $\div:\mathbb{S}\times\mathbb{S} \rightarrow\mathbb{R}^+$ es denso. Sea $s_n$ sea la enumeración de $\mathbb{S}$ en orden creciente. Entonces:

Reclamación: $\mathbb{S}$ tiene la propiedad racional densa si $$ \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{s_n}{s_{n+1}}=1 $$ En particular, cualquier conjunto con una densidad natural tiene la propiedad racional densa, incluidos los números sin cuadrado. Además, las imágenes de los polinomios tienen la propiedad racional densa, al igual que los números primos.

A la inversa, $\mathbb{S}$ no tiene la propiedad racional densa si $$ \limsup\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{s_n}{s_{n+1}} < 1 $$

Prueba: Supongamos que $\limsup\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{s_n}{s_{n+1}} < 1$ . Entonces, existe $R<1$ et $N\in\mathbb{N}$ tal que $n\ge N$ implica $$ \frac{s_n}{s_{n+1}} < R $$ Así, para cualquier $n>m\ge N$ tenemos $$ \frac{s_m}{s_n} < R^{n-m} \leq R $$ y $$ \frac{s_n}{s_m} > R^{m-n} \geq R^{-1} $$ por lo que la intersección de $\mathbb{S}\div \mathbb{S}=\left\{\frac{s}{t}\mid s,t\in\mathbb{S}\right\}$ tiene una intersección finita con el intervalo $[R,R^{-1}]$ y, por tanto, no puede ser denso.

Por el contrario, supongamos $$ \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{s_n}{s_{n+1}} = 1 $$ Basta con demostrar que $\mathbb{S}\div \mathbb{S}$ es denso en $(1,\infty)$ ya que es cerrado por recíprocos, por lo que basta con demostrar que para cualquier $(a,b)\subset(1,\infty)$ existen números enteros $n_1,n_2$ tal que $$ \frac{s_{n_1 + n_2}}{s_{n_1}} \in (a,b) $$ Sea $n_1$ sea tal que $n\ge n_1$ implica $\frac{s_{n + 1}}{s_{n}} < \frac{b}{a}$ . Entonces, observamos que $$ \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{s_{n_1+n}}{s_{n_1}} = \infty $$ Entonces podemos definir $$n_2 = \max\left\{n \text{ }:\text{ } \frac{s_{n_1+n}}{s_{n_1}} < b\right\} $$ Trivialmente, $\frac{s_{n_1+n_2}}{s_{n_1}} < b$ et $\frac{s_{n_1+n_2+1}}{s_{n_1}} \ge b$ . También disponemos de \begin{eqnarray} b&\le& \frac{s_{n_1+n_2+1}}{s_{n_1}} = \frac{s_{n_1+n_2}}{s_{n_1}} \cdot \frac{s_{n_1 + n_2+1}}{s_{n_1 +n_2}} < \frac{s_{n_1+n_2}}{s_{n_1}}\cdot \frac b a\\ a &<& \frac{s_{n_1+n_2}}{s_{n_1}} \end{eqnarray} como desee.

Answer 2

Un conjunto que cumple los requisitos son los productos de potencias de dos números primos distintos cualesquiera

$$\lbrace p^mq^n | m, n \in \mathbb{N}; p, q \in \mathbb{P}; p \ne q\rbrace$$

Entonces cualquier cociente entre ellos tiene la forma $p^mq^n$ con $m, n \in \mathbb{Z}$ . Y en cualquier intervalo real $(a, b)$ puede elegir $n > \frac{1}{\log_q \frac{b}{a}}$ y luego $m \in (\log_p{\frac{a}{q^n}}, \log_p{\frac{b}{q^n}})$ de modo que $p^mq^n \in (a, b)$ satisfaciendo así su requisito de densidad.

Esto permite, por ejemplo Afinación pitagórica ( $p = 2, q = 3$ ) para aproximarse a cualquier intervalo musical posible.

Answer 3

$$\{An^C+B \space\space|\space\space n\in\mathbb{N}\}$$

funciona para cualquier $C>0$ .

$0$ puede obviamente aproximarse fácilmente a cualquier exactitud deseada con este conjunto, así que dejemos que $T>0$ ser el objetivo.

Los argumentos que prueban $$\{An+B \space\space|\space\space n\in\mathbb{N}\}$$ trabaja asegúrese de que puede acercarse arbitrariamente a $\frac{n^C}{m^C}$ para cualquier entero positivo $n,m$ . Al elegir $n,m$ tal que $\frac{n}{m}$ está cerca de $T^\frac1C$ podemos acercarnos tanto como queramos a T, ya que $x^C$ es continua.

Answer 4

Los números cuadrados libres funcionan Por https://en.wikipedia.org/wiki/Square-free_integer la estimación sobre $Q(x)$ el número de números libres de cuadrados hasta $x$ , $$Q(x) = \frac{6}{\pi^2}x+O(\sqrt{x})$$ implica que para alguna constante $c$ para cualquier número real $x$ existe un número libre de cuadrados entre $x$ et $x+c\sqrt{x}$ . A partir de la estimación anterior, existe alguna constante $C$ tal que $$Q(x) \in \left[\frac{6}{\pi^2}x - C\sqrt{x}, \frac{6}{\pi^2}x + C\sqrt{x}\right].$$ Elige $c$ que se determinará más adelante, y tenga en cuenta que $$Q(x+c\sqrt{x}) - Q(x) \geq \frac{6}{\pi^2}c\sqrt{x} - C\sqrt{x} - C\sqrt{x + c\sqrt{x}}.$$ Como sqrt es cóncavo y por tanto subaditivo, vemos que $$Q(x+c\sqrt{x}) - Q(x) \geq \frac{6}{\pi^2}c\sqrt{x} - C\sqrt{x} - C\sqrt{x} -C \sqrt{c}\sqrt{\sqrt{x}}.$$ Podemos encontrar algunos $c$ que para todos $x$ mayor que 10, esta diferencia es al menos 1. De forma más general, esto demuestra que los conjuntos que aumentan de forma aproximadamente lineal tienen una especie de límite como éste.

Para aprovecharlo, elige un número $p$ mayor que 1. Elige $N$ grande que se determinará más adelante, y aproximada $p^{N+1}$ et $p^N$ por números sin cuadrado $a,b$ en los intervalos $[p^{N+1}, p^{N+1} + c\sqrt{p^{N+1}}], [p^{N+1}, p^{N+1} + c\sqrt{p^{N+1}}].$ Tenga en cuenta que $$\left|\frac{a}{b} - p\right| \geq cp^{-N/2+1}.$$

El caso de cuando $0 < p < 1$ se resuelve aproximando $1/p$ .

Los demás comentarios establecían que los conjuntos de la forma $\{An^B+C : n \in \mathbb{N}\}$ trabajo. El contraejemplo más sencillo que se me ocurre para un conjunto que no funciona es, de hecho, "exponencial" en cierto sentido: $$A = \{2^n : n \in \mathbb{N}\}.$$ Para este conjunto, la función de recuento $A(x)$ que calcula el número de elementos de $A$ hasta $x$ es básicamente $\log_2(x) \pm 1.$ Esto básicamente dice que para cualquier número $x$ podemos encontrar un elemento de $A$ en el intervalo $(x,2x)$ y si intentamos repetir el razonamiento que he utilizado antes para aproximar un número $p > 1$ no funciona.

En cambio, si para un conjunto $B$ tenemos una función de recuento $B(x)$ que crece más rápido que $\log$ (es decir, supongamos $B(x)=x^b$ para $0 < b < 1$ ) podemos encontrar alguna potencia $d < b$ tal que $$B(x) \sim x^b + O(x^d).$$ Un argumento similar al anterior demostraría que este conjunto satisface sus hipótesis, aunque la responsabilidad recaería en usted de demostrar lo suficiente sobre la función de recuento de su conjunto como para poder utilizar los argumentos anteriores.