브룬 정리

브룬 정리(Brun's theorem), 또는 브룬 추측(Brun's conjecture)은 쌍둥이 소수의 역수의 합들을 모두 더한 것이 수렴한다는 정리이다. 이 수렴값은 브룬 상수(Brun's constant)로 불리우며 보통 [math]\displaystyle{ B_2 }[/math]로 표기한다.

진술

[math]\displaystyle{ p_1, p_2, \cdots }[/math]를 쌍둥이 소수 중 작은 수라 하자. 즉 [math]\displaystyle{ p_i\in\mathbb P \wedge (p_i+2)\in\mathbb P }[/math]를 만족한다고 하자. 그렇다면 다음 급수가 수렴한다:

[math]\displaystyle{ \sum_{i=1}^\infty \left(\frac{1}{p_i} + \frac{1}{p_i + 2}\right) = \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5}\right) + \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7}\right) +\left(\frac{1}{11} + \frac{1}{13}\right) +\cdots \lt \infty }[/math]

증명

이하 쌍둥이 소수 세기 함수를 [math]\displaystyle{ \pi_2 (x) = \# (p: \, p\le x \wedge p \in \mathbb P \wedge (p+2) \in\mathbb P) }[/math]로 정의한다.

Lemma 1.

(Abel's summation formula) [math]\displaystyle{ a_n \;\; (n\in \mathbb N) }[/math]이 복소 수열이고 [math]\displaystyle{ \varphi(x) }[/math]가 일급 함수일 때, [math]\displaystyle{ A(x) := \sum_{0 \lt n\le x} a_n }[/math]이라고 하면

[math]\displaystyle{ \sum_{y \lt n\le x} a_n \varphi(n) \, =\, A(x) \varphi(x) -A(y) \varphi(y) - \int_y^x A(u)\varphi ' (u) \, \mathrm d u }[/math]

이다.

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Proof. 먼저 정의에서 [math]\displaystyle{ A(\lfloor x \rfloor ) = A(x) }[/math]임을 안다. 따라서

[math]\displaystyle{ \begin{aligned}\sum_{y \lt n \le x} a_n \varphi(n) & = \sum_{n = \lfloor y \rfloor + 1}^{\lfloor x \rfloor} (A(n) - A(n-1)) \varphi(n) \\ &= \sum_{n = \lfloor y \rfloor + 1}^{\lfloor x \rfloor} A(n) \varphi(n) - \sum_{n = \lfloor y \rfloor }^{\lfloor x \rfloor - 1} A(n) \varphi(n+1) \\ &= A(\lfloor x \rfloor) \varphi(\lfloor x \rfloor) + \sum_{n= \lfloor y \rfloor + 1}^{\lfloor x \rfloor - 1} A(n) (\varphi(n) - \varphi(n+1)) - A(\lfloor y \rfloor) \varphi(\lfloor y \rfloor + 1) \\ &= \sum_{n= \lfloor y \rfloor + 1}^{\lfloor x \rfloor - 1} A(n) \left( - \int_n^{n+1} \varphi ' (u) \,\mathrm d u \right) + A(\lfloor x \rfloor) \varphi(\lfloor x \rfloor) - A(\lfloor y \rfloor) \varphi(\lfloor y \rfloor + 1) \\ &= - \int_ { \lfloor y \rfloor + 1}^{\lfloor x \rfloor } A(u) \varphi ' (u) \, \mathrm d u + A(\lfloor x \rfloor) \varphi(\lfloor x \rfloor) - A(\lfloor y \rfloor) \varphi(\lfloor y \rfloor + 1) \\ &= -\int_y ^x A(u) \varphi ' (u) \, \mathrm d u +\int_y^{\lfloor y \rfloor + 1} A(u) \varphi ' (u) \, \mathrm d u + \int_{\lfloor x \rfloor}^x A(u) \varphi ' (u) \, \mathrm d u+ A(\lfloor x \rfloor) \varphi(\lfloor x \rfloor) - A(\lfloor y \rfloor) \varphi(\lfloor y \rfloor + 1) \\ &= -\int_y ^x A(u) \varphi ' (u) \, \mathrm d u +A(y)\int_y^{\lfloor y \rfloor + 1} \varphi ' (u) \, \mathrm d u +A(x) \int_{\lfloor x \rfloor}^x\varphi ' (u) \, \mathrm d u+ A(x) \varphi(\lfloor x \rfloor) - A(y) \varphi(\lfloor y \rfloor + 1) \\&= \, A(x) \varphi(x) -A(y) \varphi(y) - \int_y^x A(u)\varphi ' (u) \, \mathrm d u. \end{aligned} }[/math]

Lemma 2.

(Mertens' third theorem보다 약한 명제) [math]\displaystyle{ \prod_{p\le x} \left( 1- \frac 1 p \right) \,=\, O\left(\frac{1}{\log x}\right) }[/math].

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Proof. [math]\displaystyle{ \log (1-x) }[/math]의 Taylor expansion은 [math]\displaystyle{ \sum_{k \ge 1} \frac{x^k}{k} }[/math]로 주어지므로,

[math]\displaystyle{ \begin{aligned}\log \prod_{p \le x}\left( 1- \frac 1 p \right) &= \sum_{p \le x} \log \left( 1- \frac 1 p \right) \\ &= - \sum_{p \le x} \sum_{k \ge 1} \frac{1}{kp^k} \\ &= -\sum_{p\le x} \frac 1 p - \sum_{k \ge 2}\left( \sum_p \frac{1}{kp^k} - \sum_{p \gt x}\frac{1}{kp^k}\right) \\ &= -\sum_{p\le x} \frac 1 p - \sum_p \sum_{k \ge 2}\frac{1}{kp^k} - \sum_{p \gt x} \sum_{k \ge 2}\frac{1}{kp^k} \end{aligned} }[/math]

이다. 이때 처음의 항은 Mertens' second theorem에 의하여 [math]\displaystyle{ \sum_{p \le x} \frac 1 p = \log \log x + O\left(\frac 1 {\log x}\right) + C_0 }[/math] for some constant [math]\displaystyle{ C_0 }[/math]이고, [math]\displaystyle{ k \ge 2 }[/math]일 때 [math]\displaystyle{ \frac{1}{kp^k} \le \frac {1}{2 p^k} }[/math]이므로 [math]\displaystyle{ \sum_p \sum_{k \ge 2}\frac{1}{kp^k} \le \sum_p \sum_{k \ge 2}\frac{1}{2p^k} = \sum_p \frac{1}{2(p^2 - p)} \le \sum_p p^{-2} \lt \infty }[/math]이고 이를 [math]\displaystyle{ C_1 }[/math]이라 하자. 마지막으로 [math]\displaystyle{ \sum_{p \gt x} \sum_{k \ge 2}\frac{1}{kp^k} \le \sum_{p \gt x} \sum_{k \ge 2}\frac{1}{2p^k} = \sum_{p \gt x}\frac{1}{2(p^2 - p)} \le \sum_{p \gt x} p^{-2} }[/math]이므로 [math]\displaystyle{ \sum_{p \gt x} \sum_{k \ge 2}\frac{1}{kp^k}=O\left( \sum_{p \gt x} p^{-2} \right)=O\left( \frac 1 {\log x}\right) }[/math]이다. 따라서

[math]\displaystyle{ \begin{aligned}\log \prod_{p \le x}\left( 1- \frac 1 p \right) &= - \log \log x +O\left(\frac 1 {\log x}\right)- C_0 - C_1 \end{aligned} }[/math]

이고, 양변에 exp를 취하면 증명이 끝난다.

Lemma 3.

실-유한수열 [math]\displaystyle{ \{a_i \} \in [0,1]^n }[/math]을 생각하자. [math]\displaystyle{ \sigma_k =\sum_{1 \le i_1 \lt \cdots \lt i_k \le n} a_{i _1}\cdots a_{i _k} }[/math]를 [math]\displaystyle{ k }[/math]-번째 symmetric sum이라고 하자. 그러면 모든 홀수 [math]\displaystyle{ k }[/math]와 짝수 [math]\displaystyle{ l }[/math]에 대하여 다음이 성립한다:

[math]\displaystyle{ 1-\sigma _1 + \sigma _2 - \cdots - \sigma_k \le \prod_{j=1}^n (1-a_j) \le 1-\sigma _1 + \sigma _2 - \cdots + \sigma_l }[/math]

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Proof. [math]\displaystyle{ n }[/math]에 대하여 귀납법을 사용한다. [math]\displaystyle{ n=1 }[/math]이면 [math]\displaystyle{ 1-\sigma_1 = 1-a_1 \le 1 }[/math]이므로 OK. [math]\displaystyle{ n=m }[/math]일 때 참이라 가정하자. [math]\displaystyle{ n=m }[/math]일 때의 symmetric sum을 [math]\displaystyle{ \sigma_k }[/math], [math]\displaystyle{ n=m+1 }[/math]일 때의 symmetric sum을 [math]\displaystyle{ \sigma_k^* }[/math]로 표기하면 정의에 의하여

[math]\displaystyle{ \begin{aligned}\sigma_k^* &= \sum_{1 \le i_1 \lt \cdots \lt i_k \le m+1} a_{i _1}\cdots a_{i _k} \\ &= \sum_{1 \le i_1 \lt \cdots \lt i_k \lt m+1} a_{i _1}\cdots a_{i _k} + \sum_{1 \le i_1 \lt \cdots \lt i_k = m+1} a_{i _1}\cdots a_{i _k} \\ &= \sigma_k + a_{m+1}\sigma_{k-1} \qquad (\sigma_0 = 1, \, \sigma_{m+1} = 0)\end{aligned} }[/math]

이다. 따라서

[math]\displaystyle{ \begin{aligned}& 1-\sigma_1^* + \sigma_2^* - \cdots - \sigma_k^* \\ \qquad & = \sigma_0 -(a_{m+1}\sigma_0 + \sigma_1) -(a_{m+1}\sigma_1 + \sigma_2)+\cdots-(\sigma_k +a_{m+1}\sigma_{k-1}) \\ \qquad &= (1- a_{m+1})(\sigma_0 - \sigma_1 +\sigma_2- \cdots + \sigma_{k-1}) - \sigma_k \\ \qquad &\le (1- a_{m+1})(\sigma_0 - \sigma_1 +\sigma_2- \cdots + \sigma_{k-1} - \sigma_k) \\ \qquad & \le \prod_{j=1}^{m+1} (1-a_j) \\ \qquad & \le (1- a_{m+1})(\sigma_0 - \sigma_1 +\sigma_2- \cdots - \sigma_{l-1}+ \sigma_l) \\ \qquad &\le (1- a_{m+1})(\sigma_0 - \sigma_1 +\sigma_2- \cdots - \sigma_{l-1})+ \sigma_l \\ \qquad &= \sigma_0 -(a_{m+1}\sigma_0 + \sigma_1) -(a_{m+1}\sigma_1 + \sigma_2)+\cdots+(\sigma_l +a_{m+1}\sigma_{l-1}) \\ \qquad &=1-\sigma_1^* + \sigma_2^* - \cdots+\sigma_l^* . \end{aligned} }[/math]

Lemma 4.

[math]\displaystyle{ \pi_2 (x) = O\left( \frac{x (\log \log x)^2}{(\log x)^2}\right) }[/math].

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Proof. Brun's simple pure sieve를 이용한다. 일단 충분히 큰 [math]\displaystyle{ x }[/math]를 잡고 [math]\displaystyle{ y\le x }[/math]는 어떤 고정된(fixed) 수로 나중에 고르기로 하자. (즉, 어떠한 [math]\displaystyle{ y \le x }[/math]가 존재한다-식의 argument인 것이다.) 모든 [math]\displaystyle{ y }[/math] 이하의 홀수 소수 [math]\displaystyle{ p\le y }[/math]에 대하여 다음 집합을 정의하자:

[math]\displaystyle{ A_p = \{ n\le x: \; p|n \vee p|(n+2)\}. }[/math]

[math]\displaystyle{ n\gt y }[/math]이고 [math]\displaystyle{ \exists p\le y: \; n\in A_p }[/math]이면 [math]\displaystyle{ n }[/math]이나 [math]\displaystyle{ n+2 }[/math] 중 하나가 합성수임은 당연하다. 즉 [math]\displaystyle{ q\le x }[/math]이고 [math]\displaystyle{ q\in\mathbb P \wedge (q+2)\in \mathbb P }[/math]인 [math]\displaystyle{ q }[/math]는 [math]\displaystyle{ A_p }[/math]의 원소가 아니거나, 그 원소이더라도 [math]\displaystyle{ q }[/math] 자체가 [math]\displaystyle{ p }[/math]이면 된다. 전자의 경우의 수는 [math]\displaystyle{ x-\left| \bigcup_{p\le y} A_p \right| }[/math]를 넘지 못하고, 후자의 경우의 수는 [math]\displaystyle{ y }[/math]를 넘지 못하므로, 가능한 [math]\displaystyle{ q }[/math]의 수는 [math]\displaystyle{ x+y-\left| \bigcup_{p\le y} A_p \right| }[/math]를 넘지 못함을 알 수 있다.

포함-배제 원리에 의하여, 모든 짝수 [math]\displaystyle{ l }[/math]에 대하여 다음이 성립한다:

[math]\displaystyle{ \left| \bigcup_{p\le y} A_p \right| \ge \sum_{p\le y} |A_p| - \sum_{p_1 \lt p_2 \le y}|A_{p_1} \cap A_{p_2}| + \cdots - \sum_{p_1 \lt \cdots \lt p_l \le y}\left| \bigcap_{i=1}^l A_{p_i} \right|. }[/math]

이제 [math]\displaystyle{ \left| \bigcap_{i=1}^j A_{p_i} \right| }[/math]을 계산해보자. 중국인의 나머지 정리에 의하여, [math]\displaystyle{ p_1 p_2 \cdots p_j }[/math] 개의 연속된 수 안에는 정확히 [math]\displaystyle{ 2^j }[/math] 개의 [math]\displaystyle{ n\in \bigcap_{i=1}^j A_{p_i} }[/math]가 있으므로([math]\displaystyle{ n \equiv 0\mbox{ or }-2\mbox{ mod }p_i }[/math])

[math]\displaystyle{ \left| \bigcap_{i=1}^j A_{p_i} \right|=2^j \cdot \frac{x}{p_1p_2 \cdots p_j} + \varepsilon(p_1, \cdots, p_j) = x \prod_{i=1}^j \frac{2}{p_i}+ \varepsilon(p_1, \cdots, p_j), }[/math]

여기에서 [math]\displaystyle{ |\varepsilon(p_1, \cdots, p_j) \le 2^j| }[/math]이다. 따라서, [math]\displaystyle{ \sigma_k }[/math]를 집합 [math]\displaystyle{ \left\{ \frac 2 p : \; p\le y\right\} }[/math]의 [math]\displaystyle{ k }[/math]-th symmetric sum이라고 하면,

[math]\displaystyle{ x- \left| \bigcup_{p\le y} A_p \right| \le x(1-\sigma_1 + \cdots + \sigma_l) + \sum \varepsilon }[/math]

이다. 여기서 오차항(error term) [math]\displaystyle{ \varepsilon }[/math]의 수는 [math]\displaystyle{ (y/2)^l }[/math] 개보다 적으므로, [math]\displaystyle{ \sum\varepsilon \le y^l }[/math]이다. Lemma 3.에 의하여,

[math]\displaystyle{ \begin{aligned} & x((1-\sigma_1 + \cdots - \sigma_{l-1}) + \sigma_l) + \sum \varepsilon \\& \le x\left( \prod_{p \le y} \left(1-\frac 2 p \right) + \sigma_l\right) + y^l \\&\le x\left( \prod_{p \le y} \left(1-\frac 1 p \right)^2 + \sigma_l\right) + y^l \end{aligned} }[/math]

이다. 이때

[math]\displaystyle{ \sigma_l \le \frac 1 {l!} \left( \sum_{p\le y} \frac 2 p \right)^l \le \frac 1 {l!} (2e \log \log y)^l \le \left( \frac{2e^2 \log log x}{l}\right)^l }[/math]

이고, 또한 Lemma 2., 또는 거창하게 Mertens' third theorem에 의하여,

[math]\displaystyle{ \pi_2 (x) \le y+x \left( \frac C {(\log y)^2} + \left(\frac{2e^2 \log \log x}{l}\right)^l \right) + y^l }[/math]

을 얻는다. 이때 [math]\displaystyle{ l \approx 4e^2 \log\log x }[/math], [math]\displaystyle{ y=x^{1/(100 \log \log x)} }[/math]으로 잡으면 조건을 만족하며,

[math]\displaystyle{ \pi_2 (x) = O \left( \frac{x (\log \log x)^2}{(\log x)^2} \right) }[/math]

이다.

Brun's Theorem의 증명

Proof of Brun's Theorem. [math]\displaystyle{ \pi_2 (x) \lt C_0 \frac{x (\log \log x)^2}{(\log x)^2}\lt C \frac{x}{(\log x)^{3/2}} }[/math] for all [math]\displaystyle{ x\ge 2 }[/math]이므로 [math]\displaystyle{ n = \pi_2(p_n) \lt C \frac{p_n}{(\log p_n)^{3/2}} \le C \frac{p_n}{(\log n)^{3/2}} }[/math] for [math]\displaystyle{ n\ge 2 }[/math]이다. 따라서 [math]\displaystyle{ \frac 1 {p_n} \lt \frac C {n(\log n)^{3/2}} }[/math] for [math]\displaystyle{ n\ge 2 }[/math]이고,

[math]\displaystyle{ \sum_{n\ge 1}\left(\frac{1}{p_n}+\frac{1}{p_n + 2}\right) \lt C\left(\frac{16}{15} + 2\sum_{n\ge 2}\frac{1}{p_n}\right )\lt C\left(\frac{16}{15} + 2 \sum_{n\ge 2} \frac 1 {n(\log n)^{3/2}}\right)\lt \infty }[/math]

으로 증명이 완료된다.

브룬 상수의 값

Brun 상수의 정확한 값은 알려진 바가 없다. 2002 년에 Pascal Sebah와 Patrick Demichel이 10¹⁶ 정도까지의 소수의 역수의 합을 구하여 외삽법을 이용하여 추정한 Brun 상수의 값은 약 1.902160583104이다. Dominic Klyve은 확장된 리만 가설을 이용하여 [math]\displaystyle{ B_2 \lt 2.1754 }[/math]임을 증명하였다.

쌍둥이 소수 추측과의 관계

비록 Brun의 정리가 놀라운 결과이기는 하지만, 안타깝게도 쌍둥이 추측에는 거의 영향을 주지 못한다. 물론 쌍둥이 소수의 빈도가 갈수록 작아진다는 것을 보여주기는 하지만, 이것이 쌍둥이 소수 추측을 증명하거나 반증할 수 없다. 수해라 일학자!

참고문헌

• Allison Berke. An Introduction to The Twin Prime Conjecture (2006). http://ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-104-seminar-in-analysis-applications-to-number-theory-fall-2006/projects/berke.pdf 에서 2016.01.19.에 확인.
• Art of Problem Solving
• Wolfram MathWorld