Плотности числовых последовательностей (по Шнирельману)

[AndAll]

Можно ли построить две последовательности $A$ и $B$ такие, что

$\begin{gathered} \rho \left( A \right) = 0, \hfill \\ \rho \left( B \right) = 0, \hfill \\ \rho \left( {A + A} \right) = 1, \hfill \\ \rho \left( {A + B} \right) = 1, \hfill \\ \rho \left( {B + B} \right) = 1. \hfill \\ \end{gathered} $

[Someone]

AndAll писал(а):

...

А плотность у Вас как определяется?

[juna]

Думаю речь идет о плотности последовательности в ракурсе исследований Шнирельмана и последующих по гипотезе Гольдбаха.
Тогда такие последовательности невозможны, т.к. если плотность $A+A$ равна единице - мы описываем весь натуральный ряд. Поскольку плотность любой арифметической прогрессии, начиная с единицы положительна, то наша последовательность идет реже любой арифметической, т.е. в ней встречаются пробелы, большие любой наперед заданной константы. Однако уже для $B+B$, где $B$ - арифметическая прогрессия с разностью $3$ весь натуральный ряд описать невозможно.

[AndAll]

Someone писал(а):

AndAll писал(а):

...

А плотность у Вас как определяется?

Именно по Шнирельману, как и предполагает Артамонов Ю.Н.

[maxal]

Плотность можно опредеять по разному: как минимум и как предел (при n->oo) отношения количества элементов последовательности меньших n к n.
Если определять как предел, то плотность равная 1 не означает, что последовательность совпадает с натуральным рядом.

[juna]

У Шнирельмана определяется как минимум.

[AndAll]

Наверное, моя ошибка в том, что я не дал определение той сумме, которое имел в виду.

Пусть $\left( {A \oplus B} \right)$ представляет собой всевозможные суммы, составленные из элементов последовательностей $A$ и $B$. Тогда, $A + B = \left( {A \oplus B} \right) \cup A \cup B$.

Как известно, плотность суммы последовательностей не равна, а больше суммы плотностей исходных последовательностей.

[maxal]

Если предполагать, что $A$ и $B$ содержат число 0, то $A\oplus B=A+B.$

[AndAll]

maxal писал(а):

Если предполагать, что $A$ и $B$ содержат число 0, то $A\oplus B=A+B.$

Действительно так, но я этого не сказал и хорошо, что Вы сами это предположили.

Если, например, взять два отрезка прогрессий с разностями $2$ и $3$ от $1$ до $n$, то такая сумма даст $\sim n\left( {n + 5} \right)/6$ членов, что с ростом $n$ превышает $2n$ на величину, большую любой наперед заданной. Поэтому, из исходных прогрессий можно «повыдергивать» некоторое количество членов так, что плотность суммы останется равной единицы, а плотность исходных последовательностей устремиться к нулю.
Я имею в виду такую конструкцию.

[PAV]

Посмотрите на такую конструкцию.

Разобъем множество натуральных чисел на два непересекающихся класса $\mathbb{A}$ и $\mathbb{B}$ так, чтобы в любой последовательности $\{1,2,\ldots,N\}$ было примерно поровну элементов из каждого класса (просто даже пусть $\mathbb{A}$ - четные числа, $\mathbb{B}$ - нечетные).

Будем представлять натуральные числа в двоичной записи, позиции нумеровать стандартным образом с конца.

Далее, в качестве последовательности $A$ возьмем такие числа, в двоичном представлении которых ненулевые разряды могут располагаться только на позициях с номерами из множества $\mathbb{A}$, а прочие всегда нули. Аналогичным образом, $B$ состоит из чисел, у которых ненулевые разряды могут быть только на позициях $\mathbb{B}$.

Ясно, что сумма таких последовательностей дает все натуральные числа. При этом плотности самих последовательностей $A$ и $B$ равны нулю.

[AndAll]

PAV писал(а):

... Ясно, что сумма таких последовательностей дает все натуральные числа. При этом плотности самих последовательностей $A$ и $B$ равны нулю.

Пока сомневаюсь, что "плотности самих последовательностей $A$ и $B$ равны нулю". Впрочем, надо подумать. Спасибо.

[juna]

Похоже, что рассуждение PAV проходит, только вот не удовлетворяются условия задачи $\rho(A+A)=1$, $\rho(B+B)=1$, о которых я говорил.