리만 제타 함수

$\mathrm{I}$.  Reiman Zeta Function

1. Definition
리만 제타 함수는 복소수 $s$에 대하여 다음과 같이 정의된다.
$$\zeta(s)=\sum_ {n=1}^\infty \frac{1} {n^s}$$
 
2. Euler product
오일러는 $$\zeta(s)=\sum_ {n=1}^\infty \frac{1} {n^s}=\prod_ {p} \frac{1} {1-p^{-s}}$$임을 증명하였다. 이때 $\prod_p$의 의미는 소수 $p$에 대하여 연산을 실행한다는 의미이다.
증명 : $\zeta(s)=\frac{1}{1^s}+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+\cdots$에서 $\frac{1} {2^s}\zeta(s)=\frac{1} {2^s}+\frac{1} {4^s}+\frac{1} {6^s}+\cdots$이다.
따라서 $\left(1-\frac{1}{2^s}\right)\zeta(s)=\frac{1}{1^s}+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+\cdots$이다. 즉 우변에서 $2$의 배수 분모들만 사라진다. 같은 방법을 $3$에서도 적용하면 $\left( 1-\frac{1} {2^s} \right)\left( 1-\frac{1} {3^s} \right)\zeta(s)=\frac{1} {1^s}+\frac{1} {5^s}+\frac{1} {7^s}+\cdots$이게 된다. 모든 소수 $p$에 대하여 이를 반복하면 $$\prod_p\left( 1-\frac{1} {p^s} \right)\zeta(s)=1$$이므로 증명이 완료되었다.   $\blacksquare$
Euler product를 통해 Reiman Zeta Function과 소수 사이의 관계를 살펴볼 수 있다.
 
3. Disjointing numbers
무한개의 자연수 중 $s$개의 자연수를 뽑았을 때 이들이 서로소일 확률을 구해보자.
소수 $p$에 대하여 뽑은 자연수가 $p$의 배수일 확률은 $\frac{1} {p}$이다. 따라서 $s$개의 자연수가 모두 $p$를 공약수로 가질 확률은 $\left( \frac{1} {p} \right)^s$이므로, $s$개의 자연수가 $p$에 대하여 서로소일 확률은 $1-p^{-s}$이다. 모든 소수 $p$에 대하여 적용하면 확률은 다음과 같다. $$\prod_{p}\left(1-p^{-s}\right)=\frac{1}{\zeta(s)}$$
 
 

$\mathrm{II}$.  $\boldsymbol{\zeta(1)}$

$\zeta(1)$은 모든 자연수의 역수의 합으로, 조화급수라고도 한다. 이제 다음을 증명해보자. $$\zeta(1)=\infty$$
 
1. Proof 1
$$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty}{\dfrac{1}{n}} & =\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{8}+\cdots \\ &>1+\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\right) + \left(\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}\right)+\cdots \\ & =1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\cdots \\ & = \infty\end{aligned}$$
따라서 비교판정법에 의해 $\zeta(1)$은 발산한다.   $\blacksquare$
 
2. Proof 2
$\zeta(1)$이 $S$로 수렴한다 가정하자.
$$\begin{aligned}S & =\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4} +\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{8}+\cdots \\ & > \left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\right)+\left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\right) +\left(\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}\right)+\left(\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}\right)+\cdots \\ &=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots=S\end{aligned}$$
이는 모순이므로 $\zeta(1)$은 발산한다.   $\blacksquare$
 
3. Harmonic Series of Primes
위에서 조화급수가 발산함을 살펴보았는데, 소수의 조화급수 또한 발산한다.
pf) $0<x \le \frac{1}{2}$의 $x$에 대하여 $e^{2x}>1+2x>\frac{1}{1-x}$이 성립함을 쉽게 알 수 있다. $x$에 소수들의 역수 $\frac{1}{p}$을 대입하면 $e^{2\times\frac{1}{2}}>\frac{1}{1-\frac{1}{2}}$, $e^{2\times\frac{1}{3}}>\frac{1}{1-\frac{1}{3}}$, $e^{2\times\frac{1}{5}}>\frac{1}{1-\frac{1}{5}}$, $\cdots$을 얻을 수 있다. 이를 이용하면 $$e^{2\times\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots\right)}>\prod_p\frac{1}{1-\frac{1}{p}}$$을 얻는다. 우변은 $\zeta(1)$이므로 발산한다. 따라서 좌변도 발산해야하고 이로부터 지수인 $\sum_p\frac{1}{p}$도 발산해야함이 증명된다.   $\blacksquare$
 
4. Infinity of Primes
오일러는 $\zeta(1)$의 발산성을 이용하여 소수의 무한성을 증명하였다.
증명 : 소수가 유한하다고 가정하자. $\frac{1}{1-p^{-1}}=\frac{p}{p-1} \le 2$이므로, 소수의 개수를 $k$개라 하면 $$\prod_{p} \frac{1}{1-p^{-1}}=\prod_{p} \frac{p}{p-1} \le 2^k$$이므로 $\prod_p\frac{1}{1-p^{-1}}$은 수렴한다. 이는 $\zeta(1)$이 발산함에 모순이므로 따라서 소수는 무한하다.  $\blacksquare$
 
 

$\mathrm{III}$.  $\boldsymbol{\zeta(2)}$

$\zeta(2)$의 값을 구한 오일러의 직관적인 접근과, 코시의 엄밀한 증명을 모두 살펴보자. $$\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$$
 
1. Euler's attack
$\sin x=0$는 모든 근은 정수 $n$에 대하여 $n\pi$들로만 가진다. 이를 바탕으로 다음과 같이 적자. $$\begin{aligned} \sin x &=k'x\left( x-\pi \right) \left( x+\pi \right) \left( x-2\pi \right)(x+2\pi) \cdots \\ & = kx \left( 1-\dfrac{x^2}{\pi^2} \right) \left( 1-\dfrac{x^2}{4\pi^2} \right) \cdots \end{aligned}$$
이때 $x \to 0$일 때 $\frac{\sin x}{x}=1$을 이용하면, $k=1$로 계산된다. 이 결과를 $\sin$함수의 테일러 급수와 비교하면, $$\begin{aligned} \sin x & =x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\dfrac{x^7}{7!}+\cdots \\ & = x \left( 1-\dfrac{x^2}{\pi^2} \right) \left( 1-\dfrac{x^2}{4\pi^2} \right) \cdots \end{aligned}$$
양변의 $x^3$의 계수를 비교하면 $-\frac{1}{3!}=-\frac{1}{\pi^2}-\frac{1}{4\pi^2}-\frac{1}{9\pi^2}-\cdots$이므로, $$\zeta(2)=\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots=\dfrac{\pi^2}{6}$$이다.   $\blacksquare$
 

2. Cauchy's proof

증명에 사용될 보조정리 3개를 살펴보고 가자.
Lemma 1 : 자연수 $m$에 대하여 $\sum_{k=1}^m\cot^2\left(k\pi \over 2m+1\right)=\frac{2m(2m-1)}{6}$이 성립한다.
pf) 드 무아부르 공식 $\left(\cos x +i\sin x\right)^n=\cos nx+i\sin nx$에서 양변의 허수부를 비교하여 $\sin nx={n \choose 1} \sin x\cos^{n-1}x-{n\choose 3}\sin^3x\cos^{n-3}x \pm \cdots$이 성립한다. $n=2m+1$라 하고, $x=\frac{k\pi}{2m+1}$ ($k=1, 2, \cdots, m$)일 때를 생각하자. 이러한 $x$들에 대하여 $nx=k\pi$ ($k=1, 2, \cdots, m$)이므로 $\sin nx=0$이다. 따라서 $0={n \choose 1} \sin x\cos^{n-1}x-{n\choose 3}\sin^3x\cos^{n-3}x \pm \cdots$이고, $\sin \ne 0$이므로 양변을 $\sin^nx$로 나누면 $0={2m+1 \choose 1} \cot^{2m}x-{2m+1\choose 3}\cot^{2m-2}x \pm \cdots +(-1)^m{2m+1 \choose 2m+1}$이다. $t$에 대한 $m$차 다항식 $$P(t)={2m+1 \choose 1} t^m - {2m+1 \choose 3} t^{m-1} \pm \cdots + (-1)^m {2m+1 \choose 2m+1}$$을 정의하자. 그러면, 방정식 $P(t)=0$은 $m$개의 실근으로 $t=\cot^2\left(\frac{k\pi}{2m+1}\right)$을 가진다. 따라서 Viète’s theorem에 의하여 모든 근의 합은 $$\sum_{k=1}^m \cot^2\left( \dfrac{k\pi}{2m+1} \right)=\dfrac{{2m+1 \choose 3}}{{2m+1 \choose 1}}=\dfrac{2m(2m-1)}{6}$$이다.   $\Box$
Lemma 2 : 자연수 $m$에 대하여 $\sum_{k=1}^m\csc^2\left(k\pi \over 2m+1\right)=\frac{2m(2m+2)}{6}$이 성립한다.
pf) $\cot^2x+1=\csc^2x$에 의하여, Lemma 1의 식의 양변에 $m$을 더하면 증명이 완료된다.   $\Box$
Lemma 3 : $\left( 0, {\pi \over 2}  \right)$의 $x$에 대하여 $0<\cot x<\frac{1}{x}<\csc x$이 성립한다.
pf) 두 함수 $f(x)=\tan x-x$, $g(x)=x-\sin x$을 정의하자. $f'(x)=\tan^2x>0$에서 $f$은 증가하고 따라서 $f(x)>f(0)=0$이므로 $\tan x>x$이다. $g'(x)=1-\cos x>0$에서 $g$은 증가하고 따라서 $g(x)>g(0)=0$이므로 $x>\sin x$이다. 따라서 $0<\sin x<x<\tan x$이므로 $0<\cot x<\dfrac{1}{x}<\csc x$이다.   $\Box$
Lemma 3에서 $0<y<{\pi \over 2}$에 대하여 $\cot^2y<\frac{1}{y^2}<\csc^2y$이다. $m$ 이하의 자연수 $k$에 대하여 $0<{k\pi \over 2m+1}<{\pi \over 2}$이므로 이를 부등식에 적용하여 모두 더하면 $$ \sum_{k=1}^m\cot^2\left(k\pi \over 2m+1\right) < \sum_{k=1}^m\left( \dfrac{2m+1}{k\pi} \right)^2 < \sum_{k=1}^m\csc^2\left(k\pi \over 2m+1\right) $$이 성립한다. 이를 정리하면 $$\dfrac{2m(2m-1)}{(2m+1)^2}\cdot\dfrac{\pi^2}{6} < \sum_{k=1}^m\dfrac{1}{k^2} <\dfrac{2m(2m+2)}{(2m+1)^2}\cdot\dfrac{\pi^2}{6}$$ $m$을 무한대로 보내면 Squeeze Theorem에 의하여 $$ \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2} = \dfrac{\pi^2}{6}$$이다. 따라서 $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$이다.   $\blacksquare$
 
 

$\mathrm{IV}$.  $\boldsymbol\zeta(\boldsymbol{2n})$

 
앞에서 $\zeta(2)$의 값을 구하였다. 이제 이를 이용하여 모든 $\zeta(2n)$의 값을 구하는 방법을 알아보고,

$\zeta(2n)=$ 유리수$\times\pi^{2n}$

임을 증명해보자.
 
1. $\boldsymbol{\zeta(4)}$
함수 $f(m,n)=\frac{1}{m^3n}+\frac{1}{2m^2n^2}+\frac{1}{mn^3}$을 정의하자. 그러면, $$f(m,n)-f(m+n,n)-f(m,m+n)=\frac{1}{m^2n^2}$$이 성립한다. 이 등식의 좌우변을 모두 더해 $\sum_{m,n>0}$을 계산해보자. $i \ne j$에 대하여 $f(i,j)$은 $f\left(j+(i-j), i\right)$나 $f\left( i, i+(j-i) \right)$에 의해 모두 소거되므로, 좌변은 $$\sum_{m,n>0} \left\{f(m,n)-f(m+n,n)-f(m,m+n)\right\}=\sum_{n>0}f(n,n)=\frac{5}{2}\zeta(4)$$이다. 우변은 $$\sum_{m,n>0} \frac{1}{m^2n^2}=\sum_{m>0}\frac{1}{m^2} \sum_{n>0}\frac{1}{n^2}=\zeta(2)^2$$이다. 따라서 $\frac{5}{2}\zeta(4)=\zeta(2)^2$이므로, $\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$이다.
 
2. $\boldsymbol{\zeta(6)}$
함수 $f(m,n)=\frac{1}{m^5n}+\frac{1}{2m^4n^2}+\frac{1}{2m^3n^3}+\frac{1}{2m^2n^4}+\frac{1}{mn^5}$을 정의하자. 그러면, $f(m,n)-f(m+n,n)-f(m,m+n)=\frac{1}{m^4n^2}+\frac{1}{m^2n^4}$이 성립한다. 이 등식의 좌우변을 모두 더해 $\sum_{m,n>0}$을 계산해보자. $i \ne j$에 대하여 $f(i,j)$은 $f\left(j+(i-j), i\right)$나 $f\left( i, i+(j-i) \right)$에 의해 모두 소거되므로, 좌변은 $$\sum_{m,n>0} \{{f(m,n)-f(m+n,n)-f(m,m+n)}\}=\sum_{n>0} f(n,n)=\frac{7}{2} \zeta(6)$$이다. 우변은 $$\sum_{m,n>0} \left( \frac{1}{m^4n^2}+\frac{1}{m^2n^4} \right) =\sum_{m>0} \frac{1}{m^4} \sum_{n>0} \frac{1}{n^2} + \sum_{m>0} \frac{1}{m^2} \sum_{n>0} \frac{1}{n^4}=2\zeta(2)\zeta(4)$$이다. 따라서 $\frac{7}{2}\zeta(6)=2\zeta(2)\zeta(4)$이므로, $\zeta(6)=\frac{\pi^6}{945}$이다.
 
3. $\boldsymbol{\zeta(2k)}$
Don Zagier은 짝수 리만 제타 함수들 사이의 점화식을 찾아내었다. 이를 알아보자.
함수 $$f(m,n)=\frac{1}{m^{2k-1}n}+\frac{1}{2}\sum_{i=2}^{2k-2} \frac{1}{m^{2k-i}n^i} +\frac{1}{mn^{2k-1}}$$을 정의하자. 그러면, $$f(m,n)-f(m+n,n)-f(m,m+n)=\sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{m^{2k-2i}n^{2i}}$$이 성립한다. 이 등식의 좌우변을 모두 더해 $\sum_{m,n>0}$을 계산해보자. $i \ne j$에 대하여 $f(i,j)$은 $f\left(j+(i-j), i\right)$나 $f\left(i+i+(j-i)\right)$에 의해 모두 소거되므로, 좌변은 $$\sum_{m,n>0} \{f(m,n)-f(m+n,n)-f(m,m+n)\}=\sum_{n=0} f(n,n)=\frac{2k+1}{2}\zeta(2k)$$이다. 우변은 $$\sum_{m,n>0} \sum_{i=1}^{k-1} \frac{1}{m^{2k-2i}n^{2i}}=\sum_{i=1}^{k-1} \zeta(2i)\zeta(2k-2i)$$이다. 따라서 $$\zeta(2k)=\frac{2}{2k+1}\sum_{i=1}^{k-1} \zeta(2i)\zeta(2k-2i)$$이다.
이 $\zeta(2k)$들 사이의 점화식과 $\zeta(2)$의 값을 이용하여 모든 $\zeta(2n)$의 값을 구할 수 있고, 귀납적으로 $\zeta(2n)=$ 유리수$\times\pi^{2n}$임이 증명된다.
 

Exponential 17 김지하 18 고주원