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.
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} + \cdots \tag{1}$$
이 급수의 일반항(general term)을 보면 \( 0 \)으로 수렴(converge)하는 감소 수열(decreasing sequence)이기 때문에 수렴의 가능성이 있다.
$$ \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} = 0 \tag{2}$$
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.
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} \right) + \cdots \tag{3}$$
이번엔 다음과 같은 급수를 만들어보자.
$$ A = 1 + \frac{1}{2} + \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} \right) + \cdots = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \cdots \tag{4}$$
\( A \)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.
$$ A < \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \tag{5}$$
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.
$$ a_n = \frac{1}{n} = f(n) \tag{6}$$
이제 이 함수의 적분 값을 구해보면 다음과 같다.
$$ \int^{\infty}_1 \frac{1}{x} dx = \left. \ln{x} \right|^{\infty}_1 = \infty \tag{7}$$
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.
$$ H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \tag{8}$$
그래서 이 부분합을 이용해 다음과 같은 수를 생각해볼 수 있다.
$$\gamma = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( H_n - \ln{n} \right) = \lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln{n} \right) \tag{9}$$
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.
이번엔 조화 급수를 살짝 응용한 교대 급수(alternating series)를 생각해보자.
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots + \frac{(-1)^{n-1}}{n} + \cdots \tag{10}$$
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.
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \left( 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} \right) - \frac{1}{2} + \left( \frac{1}{7} + \frac{1}{9} + \frac{1}{11} + \frac{1}{13} + \frac{1}{15} \right) - \frac{1}{4} \cdots \tag{11}$$
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.
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{16} + \cdots \tag{12}$$
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 \( n \geq 2\)인 조건이 필요하다.
$$ a_n = \frac{1}{n^2} \leq b_n = \frac{1}{n (n-1)} \tag{13}$$
이제 이대로 급수를 만들어보면 다음과 같다.
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = 1 + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^2} \leq 1 + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n (n-1)} \tag{14}$$
그런데 식 (12)의 오른쪽 급수는 다음과 같이 부분 분수 전개(partial fraction expansion)을 통해서 부분합을 구할 수 있다.
$$\begin{matrix} \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k (k-1)} & = & \sum_{k=2}^{n} \left( \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k} \right) \\ & = & \left( 1 - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} \right) \\ & = & 1 - \frac{1}{n} \end{matrix} \tag{15}$$
식 (13) 마지막에서 부분합에 무한대로가는 극한을 취해서 급수가 수렴함을 알 수 있다.
$$ 1 + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n (n -1)} = 1 + \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 - \frac{1}{n} \right) = 2 \tag{16} $$
이제 식 (12)에 대입해보면 교대 급수 판정법에 의해서 바젤 문제의 급수가 수렴함을 알 수 있다.
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \leq 2 \tag{17}$$
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.
$$\zeta(p) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} \tag{18}$$
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.
$$ f_p (x) = \frac{1}{x^p} \tag{19}$$
이 함수가 리만 제타 함수의 일반항을 만들어낸다.
$$ \frac{1}{n^p} = f_p (n) \tag{20}$$
따라서 이 함수를 적분하면 판정이 가능하다.
$$\int^{\infty}_{1} \frac{1}{x^p} = \left. \frac{1}{-p + 1} \frac{1}{x^{p-1}} \right|^{\infty}_1 \tag{21}$$
다만 \( p = 1\)인 조화 급수의 경우 식 (19)를 따라가지 않고 로그 함수가 됨을 주의하자. 조화 급수는 아까 증명하고 왔기 때문에 \( p \neq 1\)인 경우만 보자.
이 식 (19)는 분모의 지수로 인해서 \(p \leq 1\)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 \( p \leq 1\)에 대해 리만 제타 함수는 발산하고 \( p > 1\)인 경우에 대해선 수렴한다.
이번엔 리만 제타 함수를 약간 전개해보자.
$$\zeta(p) = \frac{1}{1^p} + \frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p} + \frac{1}{4^p} + \frac{1}{5^p} + \cdots \tag{22}$$
양 변에 \( \frac{1}{2^p} \)를 곱하면 다음과 같은 식을 만들 수 있다.
$$\frac{1}{2^p} \zeta(p) = \frac{1}{2^p} + \frac{1}{4^p} + \frac{1}{6^p} + \frac{1}{8^p} + \cdots \tag{23}$$
이제 식 (22)에서 식 (23)을 빼서 홀수 항만 남길 수 있다.
$$ \zeta(p) - \frac{1}{2^p} \zeta(p) = \left( 1 - \frac{1}{2^p} \right) \zeta(p) = \frac{1}{1^p} + \frac{1}{3^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{7^p} + \cdots \tag{24}$$
이번엔 식 (24)의 양 변에 \( \frac{1}{3^p} \)를 곱해보자.
$$\frac{1}{3^p} \left( 1 - \frac{1}{2^p} \right) \zeta(p) = \frac{1}{3^p} + \frac{1}{9^p} + \frac{1}{15^p} + \frac{1}{21^p} \cdots \tag{25}$$
식 (24)에서 식 (25)를 빼서 일부 항을 소거할 수 있다.
$$\left(1 - \frac{1}{3^p} \right) \left( 1 -\frac{1}{2^p}\right) \zeta(p) = \frac{1}{1^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{7^p} + \cdots \tag{26}$$
똑같은 행동을 소수(prime number)들에 대해서 반복해주면 \( 1 \) 이후의 항은 점점 사라져서 다음과 같은 결과를 얻을 수 있다. 이때 \( s \)는 소수를 의미한다.
$$ \cdots \left( 1 - \frac{1}{s^p} \right) \cdots \left( 1 - \frac{1}{3^p} \right) \left( 1 - \frac{1}{2^p} \right) \zeta(p) = 1 \tag{27} $$
따라서 식을 간단하게 적으면 다음과 같이 쓸 수 있다.
$$ \Pi_{s = \text{prime number}}^{\infty} \left( 1 - \frac{1}{s^p} \right) \zeta(p) = 1 \tag{28}$$
마지막으로 곱셈으로 이루어진 식이기 때문에 반대편으로 이항은 나눠주기만 하면 된다.
$$\zeta(p) = \Pi _{s=\text{prime number}}^{\infty} \frac{s^p}{s^p - 1} = \Pi_{s=\text{prime number}}^{\infty} \frac{1}{1 - s^{-p}} \tag{29}$$
이 식을 오일러 곱(Euler product)라고 부른다.