르장드르 상수

르장드르 상수(Legendre constant)는 소수 정리에 등장하는 자연로그와 소수 계량 함수 사이의 관계식에서 나오는 상수이다. 이름은 아드리앵마리 르장드르에서 따왔다.

상수의 유래

소수 정리에 따르면 자연수 [math]\displaystyle{ n }[/math]이 커짐에 따라 소수 계량 함수 [math]\displaystyle{ \pi(n) }[/math]와 [math]\displaystyle{ \frac{n}{\ln n} }[/math]의 비는 1에 근접한다. 즉 [math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{\pi(n)}{n/\ln n}=1 }[/math]이다.

르장드르는 두 함수의 관계식은 구체적으로

[math]\displaystyle{ \pi(n)=\frac{n}{\ln n-A(n)} }[/math]

의 형태로 쓸 수 있으며, 일종의 오프셋 역할을 하는 [math]\displaystyle{ A(n) }[/math]은 특정 상수에 수렴한다고 생각하였다. 그 극한값은

[math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} A(n)=\lim_{n \to \infty} \left(\ln n-\frac{n}{\pi(n)} \right) \approx 1.08366 }[/math]

이다.

실제 극한

위 문단의 정의대로 [math]\displaystyle{ A(n) }[/math]의 값을 셈해보면 자연수가 커짐에 따라 함숫값은 1.08366에 근접하는 것처럼 보이고, 이 값이 르장드르가 추측한 상수이다.

그런데 실제로는 [math]\displaystyle{ n \lt 10^5 }[/math] 범위에서 그렇게 보일 뿐이고, [math]\displaystyle{ n \gt 10^6 }[/math]으로 넓혀 보면 1.08366에서 아주 천천히 아래로 멀어진다. 파프누티 체비쇼프는 [math]\displaystyle{ A(n) }[/math]의 극한이 존재한다면 그 수렴값은 1이어야 한다는 걸 증명했다. 때문에 현재는 실제 르장드르 상수는 1과 같다고 친다.

개략적인 증명

소수 정리와 관련된 점근 표기식을 불러온다.

• [math]\displaystyle{ \pi(n)=\operatorname{Li}(n)+O(n e^{-c\sqrt{\ln n}})\ (c\gt 0) }[/math]

한편 로그 적분 함수는 부분적분으로

[math]\displaystyle{ \begin{align} \operatorname{Li}(n) &=\int_2^n \frac{1}{\ln t}dt= \int_{\ln2}^{\ln n} \frac{e^u}{u}du \\ &= \left. \left(\frac{e^u}{u}+\frac{e^u}{u^2} \right) \right|_{\ln 2}^{\ln n} + \int_{\ln 2}^{\ln n} \frac{2e^u}{u^3}du \\ &= \frac{n}{\ln n}+\frac{n}{(\ln n)^2}+O\left(\frac{n}{(\ln n)^3} \right) \end{align} }[/math]

과 같이 쓸 수 있다. 이 식을 바로 위의 것에 대입하면

[math]\displaystyle{ \pi(n)= \frac{n}{\ln n}+\frac{n\ln n + O(n)}{(\ln n)^3} }[/math]

이다. 그 다음 [math]\displaystyle{ A(n)=\ln n-\frac{n}{\pi(n)} }[/math] 식을 불러오면

[math]\displaystyle{ \frac{n}{\pi(n)} =\frac{n}{\frac{n}{\ln n}+\frac{n\ln n + O(n)}{(\ln n)^3}} =\frac{\ln n}{1+\frac{\ln n + O(1)}{(\ln n)^2}} }[/math]

[math]\displaystyle{ A(n)=\ln n \left(1-\frac{1}{1+\frac{\ln n + O(1)}{(\ln n)^2}} \right) =\ln n \left(\frac{1}{\frac{(\ln n)^2}{\ln n + O(1)}+1} \right) =\frac{1}{\frac{\ln n}{\ln n + O(1)}+\frac{1}{\ln n}} }[/math]

따라서

[math]\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} A(n) = \frac{1}{\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{1 + O(1)/\ln n}+\frac{1}{\ln n} \right)} =1 }[/math]