소수정리의 증명 : part 2-2 해석적 증명

지난 포스트에 이어 소수정리의 해석적 증명을 시도해보겠다.

 


0. notation >
\psi(x)Chebyshev ψ-function이라고 하자. 이 함수를 1부터 x 까지 적분한 함수를 \psi_1 (x) 라고 쓰기로 한다. 즉,

\displaystyle \psi_1 (x) = \int_1^x \psi(x)dx

이 된다.

1. theorem >

\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{\psi_1 (x)}{\frac{1}{2}x^2}=1 이면 \displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{\psi(x)}{x}=1 이다.

이 정리는 마치 로피탈의 정리를 연상케 한다. 그러나 \psi는 불연속함수이고 따라서 \psi_1은 미분가능하지 않으므로, 로피탈의 정리를 간단히 쓸 수 없다. 그래서 책의 방법을 따라간다. 이 정리로 인해 목표가 다시 \psi_1 (x)/x^2 의 극한값을 구하는 것으로 변형되었다.

1-1. proof of theorem 1 >
\psi(x) \ge 0 이므로 \psi_1 (x) 는 증가함수가 된다. 따라서 임의의 \beta > 1 에 대해 \psi_1 (\beta x) - \psi_1 (x) \ge 0 가 성립한다. 그리하여 이 차에 대해 다음의 bound를 만들 수 있다.

\displaystyle  \psi_1 (\beta x) - \psi_1 (x) = \int_x^{\beta x}\psi (u)du \ge \int_x^{\beta x}\psi (x)du = x(\beta -1)\psi (x)

이 부등식의 양변을 x^2 (\beta - 1) 로 나눠주면

\displaystyle  \frac{\psi(x)}{x} \le \frac{1}{\beta -1}\left\{\frac{\psi_1 (\beta x)}{(\beta x)^2}\beta^2 - \frac{\psi_1 (x)}{x^2}\right\}

이 성립한다. 여기서 x 를 무한대로 보내면 가정에 의해 부등식의 좌변이 계산된다. 따라서

\displaystyle \limsup_{x \to \infty}\frac{\psi(x)}{x} \le \frac{1}{\beta -1} \left\{\frac{1}{2} \beta^2 -\frac{1}{2}\right\} =\frac{1}{2}\left(\frac{\beta^2 -1}{\beta -1}\right)

여기서 \beta 를 1+로 보내면 \limsup \psi(x)/x \le 1 임을 알 수 있다.

동일한 방법으로 임의의 0 < \alpha < 1 에 대해 \psi_1 (x) - \psi_1 (\alpha x) \ge 0 가 성립하므로 동일한 계산을 또 하여 \alpha 를 1-로 보내면 infimum을 계산할 수 있다. 즉, \liminf \psi(x)/x \ge 1 이 된다. 따라서 위 정리가 성립함을 알 수 있다.

이 정리에 의해 구하고자 하는 목표가 \psi(x)/x 의 극한값에서 \psi_1 (x)/x^2 로 바뀌었다.

2. lemma >
c > 0 , 0 < u \le 1 이면. 모든 자연수 n 에 대해 다음 등식이 성립한다.

\displaystyle \frac{1}{2\pi i}\int_{c-\infty i}^{c+\infty i}\frac{u^{-z}dz}{z(z+1)\cdots(z+n)}=\frac{1}{n!}(1-u)^n

적분 경로는 x = c 를 따라 움직인다. 그리고 u > 1 이면 위 적분식은 0 이 된다. 이 적분식은 쓸모가 많으니 잘 기억해두기 바란다.

2-1. proof of lemma 2 >
피적분함수를 u^{-z}\Gamma(z)/\Gamma(z + n + 1) 와 같이 감마함수로 표현할 수 있다. 여기서 residue theorem을 이용한다. u의 값에 따라 적분경로를 다르게 잡는데, 아래 그림과 같다.

주어진 피적분 함수는 복소평면에서 실수부가 양인 우측 반평면에서는 holomorphic하므로 u가 1보다 큰 부분에서는 residue가 없다.

먼저, 원을 돌아나가는 적분을 계산해 볼 필요가 있다. 다음 부등식에 주목해보자.

\displaystyle \left|\frac{u^{-z}}{z(z+1)\cdots(z+n)}\right|=\frac{u^{-x}}{|z||z+1|\cdots|z+n|}\le\frac{u^{-c}}{R|z+1|\cdots|z+n|}

위 식에서 x 는 물론 z 의 실수부이다. u^{-x} \le u^{-c} 가 항상 성립하는데, 이는 u 에 따라 경로를 다르게 잡았기 때문이다. u가 어느 쪽이든 원주의 경로는 u^{-x} 가 줄어드는 방향으로 돌게 된다. 따라서 부등식이 항상 성립한다. 분모의 factor들은 R/2 보다 작게 되는데 그 이유는 다음과 같다. 1 \le m \le n 이라 하면

\displaystyle |z + m| \ge |z| - m = R - m \ge R - n \ge R/2

분자는 고정되어 있고 분모는 반지름을 따라 커지므로, 위 피적분 함수는 반지름이 커질 수록 원주위의 적분경로에서의 적분값이 0 에 수렴하게 된다. 만약 u 가 1보다 크다면 원주위의 적분값도 0 에 수렴하고, pole도 없는 holomorphic 구역이므로 적분값도 0 이 된다. 따라서 몽땅 영이므로 세로 선을 따라 적분하는 위 값도 0 이 된다.

u(0, 1] 에 포함될 때가 문제인데, 이 경우 감마함수는 pole을 가진다. 감마함수의 residue는 (-1)^n /n! 이므로

\displaystyle \begin{gathered} \frac{1}{2\pi i}\int_{C(R)}\frac{u^{-z}\Gamma(z)}{\Gamma(z+n+1)}dz \hfill \\ \quad = \sum_{k=0}^{n}\mathop{\text{Res}}_{z=-k}\frac{u^{-z}\Gamma(z)}{\Gamma(z+n+1)} \hfill \\ \quad = \sum_{k=0}^{n}\frac{u^k}{\Gamma(n+1-k)}\mathop{\text{Res}}_{z=-k}\Gamma(z) \hfill \\ \quad= \sum_{k=0}^{n}\frac{u^k (-1)^k}{(n-k)!k!} \hfill \\ \quad = \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-u)^k \hfill \\ \quad = \frac{(1-u)^n}{n!} \hfill \end{gathered}

따라서 반지름을 무한대로 보내면 위의 적분식이 성립한다.

3. lemma >
다음의 등식이 성립한다.

\displaystyle \psi_1 (x)= \sum_{n \le x}(x-n)\Lambda(n)

3-1. proof of lemma 3 >
summation by parts에서 소개한 공식에 다음을 대입한다 : a(n) = \Lambda(n) , f(t) = t , 구간 (0, x]
\Lambda(n) 의 합이 \psi(x) 이고 가운데 항은 0 이 되어 사라지므로 등식은 다음과 같은 형태가 된다.

\displaystyle \sum_{n \le x}n\Lambda(n) = x\psi(x)-\psi_1 (x)

\psi(x) = \sum_{n\le x}\Lambda(n) 이므로, 이 식을 \psi_1 (x) 에 대해 정리해주면 원하는 등식이 나온다.

4. lemma >
다음 등식이 성립한다.

\displaystyle \sum_{d|n}\Lambda(d) = \log n

4-1. proof of lemma 4 >
이건 매우 간단히 증명된다. n 을 나누는 수 중에서 소수의 거듭제곱만 더하면 되는데 이들을 더하면 \log n 이 된다.

5. lemma >
\sigma > 1 일 때, 다음 등식이 성립한다.

\displaystyle -\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Lambda(n)}{n^s}

오오, 뭔가 실체가 드러나는 느낌이다. 왜냐하면 지금까지 따로놀던 수론적 함수와 제타함수가 등식으로 만나기 때문이다.

5-1. proof of lemma 5 >
제타함수를 term by term으로 미분해야 되는데 미분이 무한합 안으로 들어가려면 uniform convergence가 있어야 한다. 그런데 \sigma > 1 이므로 절대값이 수렴한다. 따라서 M-test로 보일 수 있다. 따라서 다음이 성립한다.

\displaystyle \zeta'(s)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\log n}{n^s}

그래서 아래와 같이 두 수열을 곱한다.

\displaystyle -\zeta(s)\cdot\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Lambda(n)}{n^s} = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}\cdot\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Lambda(n)}{n^s} = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\log n}{n^s}=\zeta'(s)

두 번째에서 세 번째로 넘어갈 때 Lemma 4의 등식을 이용한다. 따라서 위 정리가 증명됨을 알 수 있다.

6. theorem >
c > 1 , x \ge 1 일 때, 다음 등식이 성립한다.

\displaystyle \frac{\psi_1 (x)}{x^2}=\frac{1}{2\pi i}\int_{c-\infty i}^{c+\infty i}\frac{x^{s-1}}{s(s+1)}\left(-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}\right)ds

6-1. proof of theorem 6>
Lemma 3에서 얻은 등식에 양변을 x 로 나누어 \psi_1 (x)/x = \sum_{n \le x}(1-n/x)\Lambda(n) 를 얻는다. 이제 Lemma 2에 n = 1 , u = n/x 를 대입해보자.

\displaystyle 1-\frac{n}{x}=\frac{1}{2\pi i}\int_{c-\infty i}^{c+\infty i}\frac{(x/n)^s}{s(s+1)}ds

양변에 \Lambda(n) 을 곱해서 x 이하 모든 n 에 대해 총합을 구하면

\displaystyle \frac{\psi_1 (x)}{x}=\sum_{n\le x}\frac{1}{2\pi i}\int_{c-\infty i}^{c+\infty i}\frac{\Lambda(n)(x/n)^s}{s(s+1)}ds

이 등식이 나온다. 그런데, nx 보다 크면 Lemma 2에서 보듯이 값이 영이 되어버린다. 따라서 위 식에서 x 이하의 n 이 아닌 1 부터 무한대까지의 무한급수합을 취해도 같은 값이 된다. (절묘하다!!-_-) 즉,

\displaystyle \frac{\psi_1 (x)}{x}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{c-\infty i}^{c+\infty i}\frac{\Lambda(n)(x/n)^s}{s(s+1)}ds …. (식 1)

요렇게 된다는 말씀이다.

자, 이제 여기서 무한합과 적분의 위치를 바꾸는게 필요한데, 당근 맘대로 바꾸면 안되고 uniform convergence가 필요하다. 본인이 참고한 Apostol책[1]은 자신의 해석학책[2]을 참조하라고 하고 있는데, 찾아보니 Lebesgue Integrable 함수에 대한 정리이다. 이거 뭐 닭잡는다고 소칼 쓰는 격이구만. 우리는 걍 제일 만만한 M-test로 갑시다.

뭐 어쨌든 피적분함수안에 절대값 씌운 값의 무한급수가 수렴하면 장땡이다. 근데 적분경로가 세로축과 평행하게 움직이므로 복소수의 실수부가 변하지 않는다. 게다가 그 값은 1보다 크다는 사실에 주목하자. 그리하여,

\displaystyle \left|\int\frac{\Lambda(n)(x/n)^s}{s(s+1)}ds\right| \le \int\left|\frac{\Lambda(n)(x/n)^s}{s(s+1)}\right|ds = \frac{\Lambda(n)}{n^c}\int\frac{x^c}{|s||s+1|}ds

위와 같이 바꿔주면, 적분부분은 어떤 상수 A 가 되고(이 적분부분은 허수부를 변수로하는 이차식을 분모로 가지므로 수렴한다) A \Lambda(n)/n^c 를 M-test의 M_n 로 두면 되는 것이다. 그런데 \sum\Lambda(n)/n^c 가 과연 수렴할까? Apostol책[1]에서는 별 설명이 없지만 본인 생각으로는 다음 이유에서일 듯 하다. \Lambda(n)/n^c < \log n/n^c 인데, c 가 1보다 크므로 적분판정법으로 손쉽게 (약간의 귀찮은 계산을 동원해) 무한급수의 수렴을 보일 수 있다.

아무튼 여차저차해서 우리는 (식1) 에서 시그마를 적분 안쪽으로 밀어 넣을 수 있다. 즉,

\displaystyle \frac{\psi_1 (x)}{x}=\frac{1}{2\pi i}\int_{c-\infty i}^{c+\infty i}\frac{x^s}{s(s+1)}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Lambda(n)}{n^s}ds=\frac{1}{2\pi i}\int_{c-\infty i}^{c+\infty i}\frac{x^s}{s(s+1)}\left(-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}\right)ds

마지막 등식에서 Lemma 5 를 이용한다. 이제 이 식에서 양변을 x 로 나누면 원하는 등식을 얻게 된다.

7. theorem >
x \ge 1 일 때, 다음 등식이 성립한다.

\displaystyle \frac{\psi_1 (x)}{x^2}-\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{x}\right)^2 = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}h(1+it)e^{it\log x}dt

이때 h(s) 의 의미는 다음과 같다.

\displaystyle h(s)=\frac{1}{s(s+1)}\left(-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}-\frac{1}{s-1}\right)

7-1. proof of theorem 7>
Lemma 2에서 n 에 2 를 대입해 다음을 얻는다.

\displaystyle \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{x}\right)^2 = \frac{1}{2\pi i}\int_{c-\infty i}^{c+\infty i}\frac{x^s}{s(s+1)(s+2)}ds

이때 c > 0 이다. 그래서 s 대신 s - 1 을 대입하면 c > 1 이 된다. 정리 6에서 얻은 결과에 이 식을 빼면 다음과 같이 된다.

\displaystyle \frac{\psi_1 (x)}{x^2}-\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{x}\right)^2 = \frac{1}{2\pi i}\int_{c-\infty i}^{c+\infty i}x^{s-1}h(s)ds

이 적분을 구하기 위해 다음과 같은 경로 적분을 생각해보자.
path of integration
이제 T 를 무한대로 보내야 한다. 먼저 가로방향부터 계산해보면, 아래쪽 가로는 위쪽 가로의 conjugate 이므로 위쪽 가로만 계산하면 된다. |h(s)| 의 bound를 찾고 싶은데, 이때 part 2-1의 정리 5-3에서 계산한 결과를 이용하면 된다. 1/s(s + 1) 을 분배해서 두 개의 항으로 나누면 앞부분은 O(\log^9 T/T^2) 이고 뒷부분은 O(1/T^2) 이므로 결국 합치면 어떤 상수 M 에 대해 |h(s)| \le M \log^9 T/T^2 이 성립한다. 따라서

\displaystyle \left|\int_1^c x^{s-1}h(s)ds\right|\le\int_1^c x^{c-1}\frac{M\log^9 T}{T^2}d\sigma = Mx^{c-1}\frac{\log^9 T}{T^2}(c-1)

이렇게 되는데 이게 영으로 죽는다. 그리하여 사각형 내부는 analytic 하니까 T 가 무한대로 가면 다음의 등식을 얻는다.

\displaystyle \int_{c-\infty i}^{c+\infty i}x^{s-1}h(s)ds = \int_{1-\infty i}^{1+\infty i}x^{s-1}h(s)ds

즉, c 가 1로 바뀌어도 값이 같다는 얘기다. Re(s) = 1 위에서의 적분이므로 s = 1 + it 로 바꿔 써보면 정리에서 제시한 등식을 얻을 수 있다.

8. theorem > Riemann–Lebesgue lemma
Riemann–Lebesgue lemma라는게 있다. 사실 본인도 처음 봤는데-_- 어쨌든 이 Lemma에 대한 간결한 증명은 다음 파일을 참조하라.
Riemann–Lebesgue lemma / 출처

어쨌든 Lemma의 내용은 \int_{-\infty}^{\infty}|f(t)|dt 가 수렴하면 \lim_{x\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{itx}dt=0 이라는 정리이다.

9. theorem >

\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{\psi_1 (x)}{\frac{1}{2}x^2}=1

9-1. proof of theorem 9>
위 정리 7의 등식에서 x 가 무한대로 갈 때 우변 적분의 극한이 영으로 수렴한다면 최종적으로 증명이 완성된다.
적분구간을 다음의 세 군데로 잘라보자. [-\infty, -e] , [-e, e] , [e, \infty]

[-\infty, -e], [e, \infty] 이 두 구간에서 |h(1 + it)| 를 적분한 값은 part 2-1의 정리 5-3에서 얻은 결과 때문에 M \log^9 t/t^2 에 bound 된다. 따라서 |h(1 + it)| 를 적분한 값은 수렴하게 되고, Riemann–Lebesgue lemma 때문에 정리 7의 등식에서 우측 적분값은 x 가 무한대로 갈 때 극한값이 영이 된다. 따라서 정리 9가 증명되었다.

이로서 정리 1에 의해 \lim \psi(x)/x = 1 이 되고 part 1의 결과에 의해 소수정리가 성립한다.

 


[1] Tom M. Apostol, Introduction to analytic number theory 1권, Springer, 1998
[2] Tom M. Apostol, Mathematical Analysis, 2nd ed, Addison Wesley, 1974

2 thoughts on “소수정리의 증명 : part 2-2 해석적 증명

답글 남기기

아래 항목을 채우거나 오른쪽 아이콘 중 하나를 클릭하여 로그 인 하세요:

WordPress.com 로고

WordPress.com의 계정을 사용하여 댓글을 남깁니다. 로그아웃 / 변경 )

Twitter 사진

Twitter의 계정을 사용하여 댓글을 남깁니다. 로그아웃 / 변경 )

Facebook 사진

Facebook의 계정을 사용하여 댓글을 남깁니다. 로그아웃 / 변경 )

Google+ photo

Google+의 계정을 사용하여 댓글을 남깁니다. 로그아웃 / 변경 )

%s에 연결하는 중