조화 급수와 리만 제타 함수

이번에는 한 가지 재밌는 급수에 대해서 다뤄보려고 한다. 바로 조화 급수(Harmonic series)과 여기서 좀 더 일반화 시킨 급수 형태인 리만 제타 함수(Riemann zeta function)다.

 

조화 급수는 물리 문제에서 간간히 등장하며 리만 제타 함수의 경우 양자역학(quantum mechanics)에서 특정한 퍼텐셜(potential) 아래에서 슈뢰딩거 방정식(Schrödinger equation)을 풀 때, 좀머펠드 근사(Sommerfeld expansion) 등에서 등장한다.

 

리만 제타 함수는 그 해에 대한 문제는 아직까지 풀리지 못한 밀레니엄 7대 난제에 속하기 때문에 자세한 접근 방법 보다는 정의와 몇 가지 재밌는 성질에 대해서 다룬다.

 

 

먼저 조화 급수를 보자. 조화 수열은 다음과 같은 급수를 의미한다.

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}+\cdots \end{array}$$

 

이 급수의 일반항(general term)을 보면 $0$으로 수렴(converge)하는 감소 수열(decreasing sequence)이기 때문에 수렴의 가능성이 있다.

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}=0\end{array}$$

 

하지만 이 급수는 일반항이 $0$으로 수렴함에도 급수가 발산(diverge)함은 코시 응집 판정법(Cauchy condensation test)를 통해 보일 수 있다.

다음과 같이 식 (1)에서 조화 급수의 합의 묶음을 만들어보자.
$$\begin{array}{}\text{(3)}& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8})+\cdots \end{array}$$

이번엔 다음과 같은 급수를 만들어보자.
$$\begin{array}{}\text{(4)}& A=1+\frac{1}{2}+(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})+(\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8})+\cdots =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots \end{array}$$

$A$라 명명한 새롭게 만든 급수는 발산함을 알 수 있다. 그런데 $A$의 각 묶음 항들을 식 (3)에서 만들었던 조화 급수의 묶음과 비교해보면 다음과 같은 부등식이 성립한다.
$$\begin{array}{}\text{(5)}& A<\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}\end{array}$$

따라서 비교 판정법(comparison test)에 의해 조화 급수는 발산함을 알 수 있다.

 

추가로 적분 판정법(integral test)를 이용해서 판정할 수도 있다.

$\frac{1}{x}$는 단조 감소 함수(monotonic decreasing function)이다.

또한 조화 급수의 일반항을 $a_n$이라고 하면 다음 관계가 성립한다.
$$\begin{array}{}\text{(6)}& a_n=\frac{1}{n}=f(n)\end{array}$$

이제 이 함수의 적분 값을 구해보면 다음과 같다.
$$\begin{array}{}\text{(7)}& {\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x}dx={\ln x|}_1^{\mathrm{\infty }}=\mathrm{\infty }\end{array}$$

따라서 적분 판정법에 의해 조화 급수는 발산함을 알 수 있다.

 

 

추가적으로 조화 급수의 부분합(partial sum)을 생각해 볼 수 있으며 가끔 필요한 경우가 있기 때문에 이를 특별하게 조화수(harmonic number)라고 부르며 다음과 같이 정의한다.

$$\begin{array}{}\text{(8)}& H_n=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\end{array}$$

 

그래서 이 부분합을 이용해 다음과 같은 수를 생각해볼 수 있다.

$$\begin{array}{}\text{(9)}& \gamma =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(H_n-\ln n)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln n)\end{array}$$

 

이 수를 오일러-마스케로니 상수(Euler-Mascheroni constant)라고 부른다. 조화 급수를 로그 함수(logarithm function)로 근사(approximation)했을 경우의 오차를 의미하며 감마 함수(gamma function)과 관계가 있다.

 

 

 

베른하르트 리만

이번엔 조화 급수를 살짝 응용한 교대 급수(alternating series)를 생각해보자.

$$\begin{array}{}\text{(10)}& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots +\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}+\cdots \end{array}$$

 

이 급수는 조화 급수와 달리 수렴하는데 라이프니츠 교대 급수 판정법(Leibniz alternating series test)을 통해서 판별할 수 있다.

 

조화 급수의 일반항 $a_n=\frac{1}{n}$이 $0$으로 수렴하는 단조 감소 수열이기 때문에 이 일반항으로 만든 교대 급수는 라이프니츠 교대 급수 판정법의 조건을 만족한다.

 

이번엔 다음과 같이 교대 급수를 재배열(rearrangement)해보자.

$$\begin{array}{}\text{(11)}& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}=(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5})-\frac{1}{2}+(\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}+\frac{1}{13}+\frac{1}{15})-\frac{1}{4}\cdots \end{array}$$

 

이 값은 $\frac{3}{2}$로 수렴함이 알려져 있다. 이렇게 수렴하는 수열을 적당한 재배열해서 통해서 특정 값으로 수렴하게 만들 수 있는데 이를 리만 정리(Riemann theorem)이라고 부른다.

 

 

이번엔 조화 급수와 비슷한 형태지만 분모가 $n^2$인 급수를 생각해보자. 이 급수 문제를 바젤 문제(Basel problem)라고 한다.

$$\begin{array}{}\text{(12)}& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\cdots \end{array}$$

 

이 급수는 수렴하는데 그 값이 아주 특이한 것으로 유명하다. 그러나 그 값을 구하는건 더 어려운 내용이 필요하기 때문에 이번 글에서는 수렴성만 보이고 끝낼 예정이다.

 

먼저 새 수열의 일반항 $a_n=\frac{1}{n^2}$과 어떤 급수의 일반항 $b_n=\frac{1}{n(n-1)}$을 생각해보자. 그럼 이 경우 다음과 같은 부등식이 성립한다. 다만 분모 때문에 $n\ge 2$인 조건이 필요하다.

$$\begin{array}{}\text{(13)}& a_n=\frac{1}{n^2}\le b_n=\frac{1}{n(n-1)}\end{array}$$

 

이제 이대로 급수를 만들어보면 다음과 같다.

$$\begin{array}{}\text{(14)}& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=1+\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}\le 1+\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n-1)}\end{array}$$

 

 

그런데 식 (12)의 오른쪽 급수는 다음과 같이 부분 분수 전개(partial fraction expansion)을 통해서 부분합을 구할 수 있다.

$$\begin{array}{}\text{(15)}& \begin{array}{ccc}\sum _{k=2}^n\frac{1}{k(k-1)}& =& \sum _{k=2}^n(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k})\\ & =& (1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+\cdots +(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})\\ & =& 1-\frac{1}{n}\end{array}\end{array}$$ 

 

식 (13) 마지막에서 부분합에 무한대로가는 극한을 취해서 급수가 수렴함을 알 수 있다.

$$\begin{array}{}\text{(16)}& 1+\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n-1)}=1+\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(1-\frac{1}{n})=2\end{array}$$

 

이제 식 (12)에 대입해보면 교대 급수 판정법에 의해서 바젤 문제의 급수가 수렴함을 알 수 있다.

$$\begin{array}{}\text{(17)}& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}\le 2\end{array}$$

 

 

이제 조화 급수 문제와 바젤 문제를 통해서 $n$의 지수에 따라서 급수의 수렴과 발산이 다른 결과를 얻었다. 그래서 다음과 같이 지수를 일반화시킨 함수를 생각해보자. 이 함수를 리만 제타 함수라고 부른다.

$$\begin{array}{}\text{(18)}& \zeta (p)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^p}\end{array}$$

 

리만 제타 함수의 경우 적분 판정법을 사용해서 수렴하는 경우와 발산 하는 경우를 구할 수 있다.

다음과 같은 함수를 만들면 단조 감소 함수가 됨을 알 수 있다.
$$\begin{array}{}\text{(19)}& f_p(x)=\frac{1}{x^p}\end{array}$$

이 함수가 리만 제타 함수의 일반항을 만들어낸다.
$$\begin{array}{}\text{(20)}& \frac{1}{n^p}=f_p(n)\end{array}$$

따라서 이 함수를 적분하면 판정이 가능하다.
$$\begin{array}{}\text{(21)}& {\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x^p}={\frac{1}{-p+1}\frac{1}{x^{p-1}}|}_1^{\mathrm{\infty }}\end{array}$$

다만 $p=1$인 조화 급수의 경우 식 (19)를 따라가지 않고 로그 함수가 됨을 주의하자. 조화 급수는 아까 증명하고 왔기 때문에 $p\ne 1$인 경우만 보자.

이  식 (19)는 분모의 지수로 인해서 $p\le 1$인 경우에 대해서 정적분(definite integral) 값이 무한대가 되며 $p>1$인 경우에 대해선 정적분 값이 $0$이 됨을 알 수 있다.

따라서 적분 판정법에 의해서 $p\le 1$에 대해 리만 제타 함수는 발산하고 $p>1$인 경우에 대해선 수렴한다.

 

 

이번엔 리만 제타 함수를 약간 전개해보자.

$$\begin{array}{}\text{(22)}& \zeta (p)=\frac{1}{1^p}+\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}+\frac{1}{4^p}+\frac{1}{5^p}+\cdots \end{array}$$

 

양 변에 $\frac{1}{2^p}$를 곱하면 다음과 같은 식을 만들 수 있다.

$$\begin{array}{}\text{(23)}& \frac{1}{2^p}\zeta (p)=\frac{1}{2^p}+\frac{1}{4^p}+\frac{1}{6^p}+\frac{1}{8^p}+\cdots \end{array}$$

 

이제 식 (22)에서 식 (23)을 빼서 홀수 항만 남길 수 있다.

$$\begin{array}{}\text{(24)}& \zeta (p)-\frac{1}{2^p}\zeta (p)=(1-\frac{1}{2^p})\zeta (p)=\frac{1}{1^p}+\frac{1}{3^p}+\frac{1}{5^p}+\frac{1}{7^p}+\cdots \end{array}$$

 

이번엔 식 (24)의 양 변에 $\frac{1}{3^p}$를 곱해보자.

$$\begin{array}{}\text{(25)}& \frac{1}{3^p}(1-\frac{1}{2^p})\zeta (p)=\frac{1}{3^p}+\frac{1}{9^p}+\frac{1}{{15}^p}+\frac{1}{{21}^p}\cdots \end{array}$$

 

식 (24)에서 식 (25)를 빼서 일부 항을 소거할 수 있다.

$$\begin{array}{}\text{(26)}& (1-\frac{1}{3^p})(1-\frac{1}{2^p})\zeta (p)=\frac{1}{1^p}+\frac{1}{5^p}+\frac{1}{7^p}+\cdots \end{array}$$

 

 

똑같은 행동을 소수(prime number)들에 대해서 반복해주면 $1$ 이후의 항은 점점 사라져서 다음과 같은 결과를 얻을 수 있다. 이때 $s$는 소수를 의미한다.

$$\begin{array}{}\text{(27)}& \cdots (1-\frac{1}{s^p})\cdots (1-\frac{1}{3^p})(1-\frac{1}{2^p})\zeta (p)=1\end{array}$$

 

따라서 식을 간단하게 적으면 다음과 같이 쓸 수 있다.

$$\begin{array}{}\text{(28)}& {\mathrm{\Pi }}_{s=\text{prime number}}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{s^p})\zeta (p)=1\end{array}$$

 

마지막으로 곱셈으로 이루어진 식이기 때문에 반대편으로 이항은 나눠주기만 하면 된다.

$$\begin{array}{}\text{(29)}& \zeta (p)={\mathrm{\Pi }}_{s=\text{prime number}}^{\mathrm{\infty }}\frac{s^p}{s^p-1}={\mathrm{\Pi }}_{s=\text{prime number}}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{1-s^{-p}}\end{array}$$

 

이 식을 오일러 곱(Euler product)라고 부른다.