오일러 곱 공식

급수를 체로 걸러 소수만 남기는 장면입니다. 합으로 쓴 식이 소수 전체에 대한 곱과 같아집니다.

짝수 항을 지우는 인자를 곱하면 짝수가 사라집니다. 3의 배수를 지우는 인자를 곱하면 그것도 사라집니다. 소수마다 한 번씩 걸러내면 소수에 대한 정보만 남습니다. 처음 몇 개 소수의 곱만으로도 답에 바짝 다가갑니다.

예를 들면, 🍬 사탕에 1부터 번호를 붙여 늘어놓습니다. 짝수 번호를 치우고 3의 배수를 치우면 소수 번호만 남습니다. 체로 거르는 이 과정이 곱 공식을 만듭니다.

ζ(s)=∑n=1∞1ns=∏p prime11−p−s(s>1)\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} = \prod_{p\ \mathrm{prime}}\frac{1}{1-p^{-s}} \qquad (s > 1)
∏p11−p−2=π26\prod_p\frac{1}{1-p^{-2}} = \frac{\pi^2}{6}

예제

s>1s > 1에 대해 오일러 곱셈식 ζ(s)=∏p 소수11−p−s\zeta(s) = \prod_{p\ \text{소수}} \frac{1}{1 - p^{-s}}를 체(sieve) 논증으로 증명하세요.

힌트: ζ(s)(1−2−s)\zeta(s)(1 - 2^{-s})는 짝수 항을 모두 제거합니다.

ζ(s)(1−2−s)=∑n≥11ns−∑n≥11(2n)s=∑2∤n1ns\zeta(s)(1 - 2^{-s}) = \sum_{n \ge 1} \frac{1}{n^s} - \sum_{n \ge 1} \frac{1}{(2n)^s} = \sum_{2 \nmid n} \frac{1}{n^s}
ζ(s)∏i=1k(1−pi−s)=1+∑n>1(n,Pk)=11ns,Pk:=∏i=1kpi\zeta(s)\prod_{i=1}^{k}(1 - p_i^{-s}) = 1 + \sum_{\substack{n > 1 \\ (n, P_k) = 1}} \frac{1}{n^s}, \qquad P_k := \prod_{i=1}^{k} p_i
k=6k = 6 (소수 1313까지 체로 거름): P6≈1.6179177P_6 \approx 1.6179177, 오차 ζ(2)−P6≈0.0270164\zeta(2) - P_6 \approx 0.0270164 — 체를 한 겹씩 더할 때마다 곱셈이 ζ(2)\zeta(2)에 다가갑니다.
증명 보기

  1. ζ(s)=∑n≥1n−s\zeta(s) = \sum_{n\ge 1} n^{-s}는 s>1s > 1에서 절대수렴하므로 항을 자유롭게 재배열·분할할 수 있습니다. 11−2−s=∑j≥02−js\frac{1}{1 - 2^{-s}} = \sum_{j\ge 0} 2^{-js}이므로 (공비 2−s<12^{-s} < 1인 기하급수), ζ(s)(1−2−s)\zeta(s)(1 - 2^{-s})를 곱하면 ∑nn−s−∑n(2n)−s\sum_{n} n^{-s} - \sum_{n} (2n)^{-s}가 되어 모든 짝수 항이 상쇄되고 홀수 항만 남습니다: ζ(s)(1−2−s)=∑2∤nn−s\zeta(s)(1 - 2^{-s}) = \sum_{2\nmid n} n^{-s}.

  2. 다음 소수 33에 대해 같은 일을 합니다: (1−3−s)∑2∤nn−s=∑2∤nn−s−∑2∤n(3n)−s(1 - 3^{-s})\sum_{2\nmid n} n^{-s} = \sum_{2\nmid n} n^{-s} - \sum_{2\nmid n} (3n)^{-s}에서 33의 배수인 항이 모두 사라집니다.

    같은 논증을 p1=2,p2=3,…,pkp_1 = 2, p_2 = 3, \dots, p_k에 반복하면 ζ(s)∏i=1k(1−pi−s)=1+∑n>1, (n,Pk)=1n−s\zeta(s)\prod_{i=1}^{k}(1 - p_i^{-s}) = 1 + \sum_{n > 1,\ (n,P_k)=1} n^{-s}가 됩니다 (Pk=p1⋯pkP_k = p_1 \cdots p_k).

    즉 처음 kk개 소수로 나누어지지 않는 nn에 대한 합만 남습니다.

  3. 남은 꼬리 합을 묶으면 0≤∑n>1, (n,Pk)=1n−s≤∑n>pkn−s→k→∞00 \le \sum_{n > 1,\ (n,P_k)=1} n^{-s} \le \sum_{n > p_k} n^{-s} \xrightarrow[k\to\infty]{} 0입니다 — (n,Pk)=1(n,P_k)=1인 n>1n > 1은 최소 소인수가 pk+1>pkp_{k+1} > p_k보다 크거나 같아야 하므로, 실제로 n≥pk+1>pkn \ge p_{k+1} > p_k이기 때문입니다. 따라서 ζ(s)∏i=1k(1−pi−s)→1\zeta(s)\prod_{i=1}^{k}(1 - p_i^{-s}) \to 1이고, 양변을 뒤집으면 ζ(s)=∏p11−p−s\zeta(s) = \prod_{p}\frac{1}{1 - p^{-s}} (s>1s > 1)를 얻습니다.

  4. 수치 확인 (s=2s = 2, k=6k = 6): P6=∏i=1611−pi−2≈1.6179177P_6 = \prod_{i=1}^{6}\frac{1}{1-p_i^{-2}} \approx 1.6179177이고 오차는 ζ(2)−P6≈1.6449341−1.6179177=0.0270164\zeta(2) - P_6 \approx 1.6449341 - 1.6179177 = 0.0270164로, 캡션과 일치합니다 — 체의 한 겹이 곧 꼬리 합의 한 겹을 걷어낸 것입니다.

바젤 결과 ζ(2)=π26\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}를 이용해 ∏p 소수(1−1p2)−1=π26\prod_{p\ \text{소수}} \left(1 - \frac{1}{p^2}\right)^{-1} = \frac{\pi^2}{6}임을 보이세요.

∏p(1−1p2)−1=ζ(2)=π26\prod_{p}\left(1 - \frac{1}{p^2}\right)^{-1} = \zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}
P3=11−14⋅11−19⋅11−125=43⋅98⋅2524=2516=1.5625P_3 = \frac{1}{1 - \frac14}\cdot\frac{1}{1 - \frac19}\cdot\frac{1}{1 - \frac{1}{25}} = \frac{4}{3}\cdot\frac{9}{8}\cdot\frac{25}{24} = \frac{25}{16} = 1.5625
k=3k = 3 (소수 2,3,52, 3, 5): P3=2516=1.5625P_3 = \frac{25}{16} = 1.5625, 오차 π26−P3≈0.0824341\frac{\pi^2}{6} - P_3 \approx 0.0824341 — 아직 5%5\% 정도 모자라지만 증가는 단조롭습니다.
증명 보기

  1. 예제 1의 오일러 곱셈식은 s>1s > 1인 모든 ss에 대해 성립하므로, s=2s = 2를 대입하면 ζ(2)=∏p11−p−2=∏p(1−1p2)−1\zeta(2) = \prod_{p}\frac{1}{1 - p^{-2}} = \prod_{p}\left(1 - \frac{1}{p^2}\right)^{-1}을 바로 얻습니다. 급수 쪽과 곱셈 쪽이 같은 극한을 가리키는 셈입니다.

  2. 바젤 결과(바젤 씬 참조)는 ζ(2)=∑n≥11n2=π26\zeta(2) = \sum_{n\ge 1} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}입니다. 따라서 소수에 대한 곱 ∏p(1−1p2)−1\prod_{p}\left(1 - \frac{1}{p^2}\right)^{-1}도 π26≈1.6449341\frac{\pi^2}{6} \approx 1.6449341로 수렴합니다.

  3. 각 인자 11−p−2>1\frac{1}{1 - p^{-2}} > 1이므로 부분곱 PkP_k는 단조증가하고 위로 ζ(2)\zeta(2)에 의해 유계이므로 수렴합니다.

    특히 뒤집으면 ∏p(1−1p2)=6π2≈0.6079271\prod_{p}\left(1 - \frac{1}{p^2}\right) = \frac{6}{\pi^2} \approx 0.6079271입니다.

    이는 서로소인 정수 쌍의 natural density가 6π2\frac{6}{\pi^2}라는 뜻으로 해석됩니다 — 정수 전체에 대한 uniform probability distribution은 없으므로, probability space 위의 확률이 아니라 density입니다.

  4. 수치 확인 (k=3k = 3): 처음 세 소수 2,3,52, 3, 5만으로 P3=43⋅98⋅2524=2516=1.5625P_3 = \frac{4}{3}\cdot\frac{9}{8}\cdot\frac{25}{24} = \frac{25}{16} = 1.5625이고, 오차는 π26−2516≈1.6449341−1.5625=0.0824341\frac{\pi^2}{6} - \frac{25}{16} \approx 1.6449341 - 1.5625 = 0.0824341로 캡션과 일치합니다.

소수의 역수 합 ∑p 소수1p\sum_{p\ \text{소수}} \frac{1}{p}가 발산함을, s→1+s \to 1^+일 때의 오일러 곱셈식으로부터 증명하세요.

log⁡ζ(s)=∑p∑j≥11j pjs=∑p1ps+O(1)(s>1)\log \zeta(s) = \sum_{p}\sum_{j\ge 1} \frac{1}{j\,p^{js}} = \sum_{p} \frac{1}{p^s} + O(1) \qquad (s > 1)
ζ(s)≥∫1∞t−s dt=1s−1  ⇒  log⁡ζ(s)→+∞(s→1+)\zeta(s) \ge \int_1^{\infty} t^{-s}\,dt = \frac{1}{s - 1} \;\Rightarrow\; \log \zeta(s) \to +\infty \quad (s \to 1^+)
k=15k = 15 (소수 4747까지): P15≈1.6385679631P_{15} \approx 1.6385679631, 오차 ≈0.0063661\approx 0.0063661 — 곱은 수렴하지만, s→1+s \to 1^+에서는 같은 곱의 로그가 발산하며 소수 역수 합을 끌어올립니다.
증명 보기

  1. s>1s > 1에서 로그를 취하는 것을 정당화합니다: 유한 부분곱에서는 log⁡\log가 곱을 합으로 바꾸고, 부분곱이 ζ(s)>0\zeta(s) > 0으로 수렴하므로 log⁡\log의 연속성으로 극한에서도 성립합니다.

    −log⁡(1−x)=∑j≥1xjj-\log(1 - x) = \sum_{j\ge 1} \frac{x^j}{j} (테일러 급수, ∣x∣<1|x| < 1)에 의해 log⁡ζ(s)=∑p∑j≥11j pjs\log \zeta(s) = \sum_{p}\sum_{j\ge 1} \frac{1}{j\,p^{js}}가 됩니다.

    모든 항 1j pjs>0\frac{1}{j\,p^{js}} > 0이므로 counting measure에 대한 Tonelli 정리로 이중합의 재배열이 허용되고, s>1s > 1에서는 절대수렴합니다.

    j=1j = 1 항을 분리하면 log⁡ζ(s)=∑p1ps+∑p∑j≥21j pjs\log \zeta(s) = \sum_{p} \frac{1}{p^s} + \sum_{p}\sum_{j\ge 2} \frac{1}{j\,p^{js}}입니다.

  2. j≥2j \ge 2인 이중합은 s≥1s \ge 1에서 균일 유계입니다: ∑p∑j≥21j pjs≤∑p1p2∑j≥221−j=∑p1p2<∑n≥21n2=ζ(2)−1=π26−1≈0.6449341\sum_{p}\sum_{j\ge 2} \frac{1}{j\,p^{js}} \le \sum_{p} \frac{1}{p^2}\sum_{j\ge 2} 2^{1-j} = \sum_{p} \frac{1}{p^2} < \sum_{n\ge 2} \frac{1}{n^2} = \zeta(2) - 1 = \frac{\pi^2}{6} - 1 \approx 0.6449341이므로, 이 부분은 O(1)O(1)입니다. 따라서 log⁡ζ(s)=∑p1ps+O(1)\log \zeta(s) = \sum_{p} \frac{1}{p^s} + O(1) (s>1s > 1)입니다.

  3. 한편 ζ(s)≥∫1∞x−s dx=1s−1\zeta(s) \ge \int_1^{\infty} x^{-s}\,dx = \frac{1}{s-1}입니다 — 각 항 n−s≥∫nn+1x−s dxn^{-s} \ge \int_n^{n+1} x^{-s}\,dx를 더하면 됩니다. 따라서 log⁡ζ(s)≥−log⁡(s−1)→+∞\log \zeta(s) \ge -\log(s - 1) \to +\infty (s→1+s \to 1^+)입니다.

  4. log⁡ζ(s)=∑pp−s+O(1)\log \zeta(s) = \sum_{p} p^{-s} + O(1)이 무한대로 가므로 ∑pp−s→+∞\sum_{p} p^{-s} \to +\infty (s→1+s \to 1^+)입니다.

    단조수렴정리의 설정을 확인합니다: 각 소수 pp마다 s↓1s \downarrow 1일 때 p−sp^{-s}는 단조증가하며 p−1p^{-1}로 수렴하고 모든 항은 00 이상이므로, counting measure에 대한 단조수렴정리로 ∑pp−s↑∑pp−1\sum_{p} p^{-s} \uparrow \sum_{p} p^{-1} (s→1+s \to 1^+, 극한값이 +∞+\infty인 경우 포함)입니다.

    따라서 s=1s = 1에서 ∑p1p\sum_{p} \frac{1}{p}가 유한하게 수렴한다면 ∑pp−s\sum_{p} p^{-s}는 그 합으로 수렴해야 하므로 모순입니다.

    따라서 ∑p1p=+∞\sum_{p} \frac{1}{p} = +\infty — 소수의 역수 합은 발산합니다.

  5. 수치 감각: s=2s = 2에서는 P15≈1.6385679631P_{15} \approx 1.6385679631로 ζ(2)≈1.6449341\zeta(2) \approx 1.6449341에 거의 붙지만 (오차 ≈0.0063661\approx 0.0063661, 캡션과 일치), ss를 11에 가깝게 내리면 log⁡ζ(s)\log \zeta(s)가 무한대로 부풀어 오르며, 그 무한대의 몫을 O(1)O(1)을 제외하고는 오직 ∑pp−s\sum_p p^{-s}만이 감당합니다.

7. 급수