Mannの定理

$$\newcommand{AA}[0]{\mathscr{A}} \newcommand{abs}[1]{\left\lvert#1\right\rvert} \newcommand{Arg}[0]{\operatorname{Arg}} \newcommand{BB}[0]{\mathscr{B}} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{CC}[0]{\mathscr{C}} \newcommand{floor}[1]{\left\lfloor#1\right\rfloor} \newcommand{ind}[0]{\operatorname{ind}} \newcommand{Ker}[0]{\operatorname{Ker}} \newcommand{mmod}[1]{\ \left(\mathrm{mod}\ #1\right)} \newcommand{Mod}[1]{\ \left(\mathrm{mod}\ #1\right)} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{ord}[0]{\operatorname{ord}} \newcommand{PP}[0]{\mathscr{P}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{rank}[0]{\mathrm{rank}} \newcommand{SS}[0]{\mathscr{S}} \newcommand{TT}[0]{\mathscr{T}} \newcommand{UU}[0]{\mathscr{U}} \newcommand{wenvert}[1]{\left\lvert\left\lvert#1\right\rvert\right\rvert} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

和集合のSchnirelmann密度については、Schnirelmannの定理より強いMannの定理が成り立つ。

Mann, 1942

$\AA, \BB$ がともに $0$ を含む自然数列ならば、
$$\sigma(\AA + \BB) \geq \min\{1, \sigma\AA + \sigma\BB\}$$
が成り立つ。

すなわち、和集合は $\N_{\geq 0}$ に一致するか、Schnirelmann密度が元の$2$ つの集合のSchnirelmann密度の和以上となる。

本節ではHalberstam-Roth HR, Chapter I の方法によりこの定理を証明する。この定理は次の定理から容易に従う。

Halberstam-Roth HR, Chapter I, Theorem $3^\prime$

$\eta$ を $0<\eta\leq 1$ の範囲にある実数とし、$n$ を正の整数とする。
また、$\AA, \BB$ がともに $0$ を含む自然数列とし、$\CC = \AA + \BB$ とする。
$$A(m)+B(m)\geq \eta m (m=1, 2, \ldots, n)\label{eq1}\tag{1}$$
が成り立つならば
$$C(m)\geq \eta m (m=1, 2, \ldots, n)\label{eq2}\tag{2}$$
が成り立つ。

この定理は
$$[A(m)+B(m)\geq \eta m (\forall m=1, 2, \ldots n)]\Longrightarrow [C(m)\geq \eta m (\forall m=1, 2, \ldots n)]$$
が成り立つといっているのであって、
$$[A(m)+B(m)\geq \eta m \Longrightarrow C(m)\geq \eta m] (\forall m=1, 2, \ldots n)$$
が成り立つということではない（実際、後者は一般には成立しない）。

定理2 から 定理1 はすぐに従う。実際、$\eta=\min\{1, \sigma\AA + \sigma\BB\}$ とおくと、$m=1, 2, \ldots, n$ に対して
$$A(m)+B(m)\geq (\sigma\AA) m+(\sigma\BB) m\geq \eta m$$
から\eqref{eq1}はすぐに従うので、定理2のもとでは\eqref{eq2}が成立する。$n$ は任意の整数をとれるから、結局 $C(n)\geq \eta n$ が任意の正の整数 $n$ について成り立つので、 定理1 が成り立つ。

\eqref{eq1}が成り立つが\eqref{eq2}が成り立たない $n$ が存在すると仮定し、そのような最小の $n$ をとる。
そのうえで、\eqref{eq1}が成り立つが\eqref{eq2}が成り立たない自然数列 $\AA, \BB$ のうち、 $B(n)$ が最小のものをとる。
また、$\AA, \BB$ は $n$ 以下の整数のみを含んでいるとしてもよい。というのは $\AA, \BB$ から $n$ より大きな要素を取り除いても、\eqref{eq1}および\eqref{eq2}が成立するかどうかには関係しないからである。

$B(n)=0$ のときは、$\BB$ は $0$ しか含まないから、$\CC = \AA + \BB = \AA$ となるので、$m=1, 2, \ldots, n$ に対して
$$C(m)=A(m)=A(m)+B(m)$$
となって、\eqref{eq1}が成り立つなら\eqref{eq2}も成り立ってしまう。よって $B(n)>0$ となって、$\BB$ は正の要素を含むことがわかる。

$a+\BB\subset \AA$ が成り立たないような $a\in \AA$ が存在することは容易に確かめられる。実際、$\BB$ は正の要素を含むので、$a_r, b_s$ を $\AA, \BB$ の最大の要素とおくと、$a_r+b_s$ は $a_r$ より大きいから、これは $\AA$ に含まれない。

さて、
$$A^\prime(m)+B^\prime(m)\geq \eta m ~ (\forall m=1, 2, \ldots n), \label{eqa}\tag{a}$$
$$\AA^\prime + \BB^\prime\subset \AA + \BB, \label{eqb}\tag{b}$$
$$B^\prime(n)< B(n)\label{eqc}\tag{c}$$
が成り立つように自然数列 $\AA^\prime, \BB^\prime$ を構成する。

まず、$a + \BB\subset \AA$ が成り立たないような、最小の $a\in \AA$ を $a^*$ とおいて
$$\BB^\prime = \{b\in \BB, a^*+b\in \AA\}, \BB^{\prime\prime} = \BB \setminus \BB^\prime = \{b\in \BB, a^*+b\not\in \AA\}$$
とおくと、$a^*\in \AA$ より $\BB^\prime$ は $0$ を含む。また、$a + \BB\subset \AA$ が成り立たないのだから、$\BB^{\prime\prime}$ に含まれる要素が存在する。よって\eqref{eqc}が成り立つ。
$$\AA^\prime=\AA \cup \left((a^* + \BB^{\prime\prime})\cap [0, n]\right)$$
とおくと、$b^\prime\in \BB^\prime, b^{\prime\prime}\in \BB^{\prime\prime}$ に対して
$$(a^*+b^{\prime\prime})+b^\prime=(a^*+b^\prime)+b^{\prime\prime}\in \AA + \BB$$
となるから、\eqref{eqb}が成り立つ。

$a^*=0$ の場合、
$$\BB^\prime = \AA \cap \BB, \AA^\prime=\AA\cup \BB^{\prime\prime}=\AA \cup (\BB\setminus \AA)$$
なので、
$$A^\prime(n)+B^\prime(n)=A(n)+(B(n)-B^\prime(n))+B^\prime(n)=A(n)+B(n)$$
となるので、\eqref{eqa}が成り立つ。

そこで、$a^*>0$ の場合に\eqref{eqa}を示す。まず $m=1, 2, \ldots, n$ を任意にとる。$\BB^{\prime\prime}$ の定義から、$a^*+\BB^{\prime\prime}$ の要素は $\AA$ には含まれないので
$$A^\prime(m)=A(m)+B^{\prime\prime}(m-a^*)\label{eq3}\tag{3}$$
となる。
$\BB$ が $m-a^*< b\leq m$ となる要素を含まないとき、$B^{\prime\prime}(m-a^*)=B^{\prime\prime}(m)$ なので、
$$A^\prime(m)+B^\prime(m)=A(m)+B^{\prime\prime}(m)+B^\prime(m)=A(m)+B(m)$$
となる。
そこで、$\BB$ が $m-a^*< b\leq m$ となる要素を含むとし、そのような最小の要素を $b_1$ とおく。
$m=b_1+r$ とおくと、 $0\leq r< a^*$ となるから、$r$ 以下の $\AA$ の要素 $a$ について
$$a+\BB\subset \AA$$
が成り立つ。よって
$$(\AA \cup [0, r])+\BB\subset \AA\label{eq4}\tag{4}$$
とくに
$$(\AA \cup [0, r])+b_1\subset \AA$$
となる。つまり $0\leq a\leq r$ で $a$ が $\AA$ の要素ならば、$b_1+a$ も $\AA$ の要素である。
よって
$$A(b_1+r)-A(b_1-1)\geq A(r)+1$$
となる。

一方、仮定より\eqref{eq1}は $m=1, 2, \ldots, r$ について成り立つが、$r< n$ であるから、$n$ のとり方より\eqref{eq2}も $m=1, 2, \ldots, r$ については成り立つ。とくに $C(r)\geq \eta r$ となる。\eqref{eq4}より
$$\CC\cup [0, r]\subset \AA$$
となるから、$A(r)\geq C(r)$ となり、
$$A(b_1+r)-A(b_1-1)\geq C(r)+1\geq \eta(r+1)$$
となる。
また、\eqref{eq1}は $m=1, 2, \ldots, n$ について成り立つので
$$A(b_1-1)+B(b_1-1)\geq \eta(b_1-1)$$
が成り立つ。よって
$$A(b_1+r)+B(b_1-1)\geq \eta (b_1+r)=\eta m$$
となる。$b_1$ は $m-a^*< b\leq m$ となる $\BB$ の最小の要素だから、$B(b_1-1)=B(m-a^*)$ となる。よって\eqref{eq3}より
$$A^\prime(m)+B^\prime(m)\geq A(m)+B(m-a^*)=A(m)+B(b_1-1)\geq \eta m$$
となる。

このようにして、$a^*>0$ の場合に\eqref{eqa}が成り立つことが示された。しかし、$\CC^\prime = \AA^\prime + \BB^\prime$ とおくと、\eqref{eqa}より $m=1, 2, \ldots, n$ に対して
$$A^\prime(m)+B^\prime(m)\geq \eta m$$
が成り立つが\eqref{eqb}より $C^\prime(n)\leq C(n)$ となるため $C^\prime(n)\geq \eta m$ は成り立たない。つまり $\AA, \BB, \CC$ をそれぞれ $\AA^\prime, \BB^\prime, \CC^\prime$ に置き換えると\eqref{eq1}は成り立つが\eqref{eq2}は成り立たない。一方で\eqref{eqc}より $B^\prime(n)< B(n)$ となる。しかし、これは $B(n)$ が、\eqref{eq1}が成り立つが\eqref{eq2}が成り立たない $\AA, \BB$ の中では最小となるという選び方に反する。

この矛盾から、\eqref{eq1}が成り立つならば\eqref{eq2}も成り立つことが示された。

参考文献

[1]
H. Halberstam and K. F. Roth, Sequences (reprinted version), Springer-Verlag New York, 1983
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