소수 정리 편집하기

'''소수 정리'''(Prime Number Theorem)은 정수론의 가장 유명한 정리 중 하나로, [[소수]]의 개수에 관한 정리이다.

== 소수 정리란? ==
소수의 개별적인 분포는 상당히 불규칙하지만 소수의 전체적인 갯수는 특정한 패턴을 따른다. 소수 정리는 이러한 특정한 소수의 개수의 특별한 패턴을 보여주는 정리다. 소수 정리(Prime Number Theorem)은 특정한 자연수 이하의 소수의 개수 <math>\pi(x)</math>가 ''x''값이 커짐에 따라 <math>x/\ln x</math>에 근사적으로 수렴한다는 것을 보인다. 또 다른 형태로는 <math> \pi(x) \sim \rm{Li} (x) = \int_2^x \frac{1}{\ln t} dt</math>로 로그적분함수(Logarithmic Integral Function)을 이용해서도 유도할 수 있다.  이것을 역으로 이용하면 n번째 소수 p<sub>n</sub>에 대해서 n에 커짐에 따라 <math>p_n \sim n \ln n</math>에 근사적으로 다가간다는 것도 보일 수 있다.

== 역사 ==
1797년에 프랑스의 수학자 아드리엔 마리 르장드르(Adrien Marie Legendre)가 소수의 개수에 관한 점근식을 <math>\pi(x) \sim x/(A \ln x+B)</math>로 추측했다고 전해진다. 르장드르는 1808년에 A=1, B=-1.08366으로 자신의 추측을 더 구체적으로 명시한다. 한편 [[카를 프리드리히 가우스]](Carl Friedrich Gauss)에 따르면 자신이 15~16살 사이에 이 정리에 대한 추측을 발견했다고 서술하기도 했다.

이후 러시아의 수학자 파브누티 체비쇼프(Pafnuty L'vovich Chebyshev)는 1848년과 1850년 사이에 이 정리에 대한 증명을 시도하였다. 체비쇼프는 리만 제타 함수 ζ(s)의 성질을 이용해서 이 정리보다 약한 정리인 <math>\pi(x) \ln x /x </math>가 x가 무한히 커짐에 따라 특정한 상수로 수렴함을 보였다.

1859년 베른하르트 리만(Bernhard Riemann)이  자신의 유일한 논문 ''On the Number of Primes Less Than a Given Magnitude''(특정한 숫자보다 작은 소수들의 숫자에 관해서)에서 이 소수 정리의 완전한 형태를 처음으로 증명했다. 이 증명에서는 리만제타함수를 복소평면에 확장한 함수를 이용해서 증명하였다. 1896년에는 아다마드(Jacques Hadamard)와 발레푸신(Charles Jean de la Vallée-Poussin)이 제각기 리만의 방법을 개선한 증명을 보였다. 두 정리 모두 복소해석학(Complex Analysis)적 방법을 사용하며, 리만 제타 함수 ζ(s)가 Re(s)≥1인 모든 s에 대해 (특히 Re(s)=1인 모든 s에 대해) 0이 되지 않는다는 사실을 이용해서 유도하였다.

복소해석학을 이용한 증명이 나온 한참 후에 아들레 셀베르그(Atle Selberg)와 폴 에르되시(Paul Erdös)가 [[1949년]]에 순수하게 수론적인 증명(흔히 elementary proof라고 부르는 방법)을 찾아냈으며, 1980년에는 뉴먼(Donald J Newman)이 해석학적인 방법 중 좀 더 간단한 방법을 찾았다. 2016년 현재까지 소수 정리의 증명 중 가장 간단한 방법이다.

== 복소해석학을 사용한 정리 증명 ==

소수 정리는 구체적으로 증명하다보면 복잡해진다. 여기서는 증명하는 전략에 대해서만 다룰 것이다. 여기서는 필즈상 수상자인 테렌스 타오(Terence Tao)의 강의 노트에 언급한 방법을 이용한다.

=== 1단계 ===
우선 <math>\pi(x)</math>의 점근식에 대해 증명하는 대신 <math>\psi(x) = \sum_{p^k \le x, \atop p \, \text{is prime}} \ln p.</math>로 정의되는 체비세브 함수(Chevychev Function)</math>가 y=x에 근사적으로 접근한다는 것을 보일 것이다. 즉, <math>\lim_{x \to \infty} {\frac{\psi (x)}{x}} = 1</math>을 보이면 충분하다.  우선

:<math>\psi(x) = \sum_{p\le x} \ln p \left\lfloor \frac{\ln x}{\ln p} \right\rfloor \le \sum_{p\le x} \log x = \pi(x)\ln x</math> 따라서 <math>1 \le { \lim \inf}_{x \to \infty} \frac{\pi(x) \ln x}{\psi(x)}</math>

한편 big O notation을 이용해서 <math> \varepsilon > 0</math>가 성립할 때 
:<math>\psi(x) \ge \sum_{x^{1-\varepsilon}\le p\le x} \ln p\ge\sum_{x^{1-\varepsilon}\le p\le x}(1-\varepsilon)\ln x=(1-\varepsilon)(\pi(x)+O(x^{1-\varepsilon}))\ln x.</math>. 따라서 임의의 작은 <math>\eta, \varepsilon >0</math>. <math> {\lim \sup}_{x \to \infty} \left| \frac{\psi(x) - (1-\varepsilon) \pi(x)}{x} \right| < \eta </math>가 성립한다. 즉 <math> \lim_{x \to \infty} \frac{ \pi(x) \ln x - \psi(x)}{x} =0</math>이고, <math>\lim_{x \to \infty}\frac{\pi(x) \ln x}{x} =1 \Leftrightarrow \lim_{x \to \infty}\frac{\psi(x)}{x} =1 </math>.

폰 망골트 함수(von Mangoldt Function)는 <math>\Lambda (n) = \begin{cases} \ln n & n~ \rm{prime} \\ 0 & n=1 ~ or ~ n ~\rm{composite} \end{cases}</math>로 정의되고, 한편 μ(n)이 뫼비우스 함수(Mōbius Function)일 때 <math> \Lambda(n)= \sum_{d|n} \mu(d) \ln (n/d)</math>,
이 때 <math>\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)} = -\sum_{n=1}^{\infty} \Lambda(n) n^{-s} </math>.

아래의 페론의 정리(Perron's Theorem)을 사용하면 정수가 아닌 <math>x</math>, <math>c>1</math>에 대해 (x가 정수일 때까지 감안한다면 <math>\psi_0 = \lim_{h \to 0}{\psi(x+h)+\psi(x-h)}/2</math>를 이용하면 된다. 오직 x가 소수의 k제곱수일 때에만 값이 달라진다.)

{{숨기기|페론의 정리(Perron's Theorem)|
정수 함수 <math>\{a(n)\}</math>와 그것으로 유도되는 디레클레 급수 <math>g(s){{=}}\sum_{n{{=}}1}^{\infty} \frac{a(n)}{n^s}</math>에 대해서 이 급수가 특정한 실수 s<sub>0</sub>에 대해 <math>\Re (s) \gt s_0</math>가 성립하면 실수 ''x'', ''c''>''s''<sub>0</sub>에 대해서
:: <math>A(x){{=}}\sum_{n \le x} ' a(n) {{=}} \int_{c-i \cdot \infty}^{c+ i \cdot \infty} g(z) \frac{x^z}{z} dz</math> 

여기서 시그마 기호의 프라임 표시는 x가 정수일 때는 마지막 항 a(n)의 1/2를 더하라는 의미이다.
}}<ref> 출처: [[:wikipedia:Perron's Theorem]] </ref>

<math>\psi(x) = \sum_{n \le x} \Lambda (n) = {\frac{1}{2 \pi i}} \int_{c-i \cdot \infty}^{c+ i \cdot \infty} \left( - \frac{\zeta ' (z) }{\zeta (z)} \right) \frac{x^z}{z} dz</math>

=== 2단계 ===
이제 <math>\psi(x)= x-\sum_{\rho}{\rm{Res}}_{s=\rho} \frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}{x^{\rho}}</math>임을 보인다.

우선 <math>\zeta(s) = \prod_{p~ \rm{prime}} \frac{1}{1-p^{-s}}, \Re(s)>1, \xi(s)= \pi^{-s/2}\Gamma(s/2)\zeta(s)</math>에서 <math>\xi(s)</math>는 s=0, 1에서 극점을 갖는 유리형 함수(meromorphic)이면서 <math>\xi(s)=\xi(1-s)</math>를 만족한다. 구체적으로 세타함수를 <math>\vartheta(u)=\sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-\pi n^2 u}</math>와 같이 정의하면 <math>\xi(s) = \int_{1}^{\infty} \left( u^{-s/2-1/2}+u^{s/2-1} \right) \psi(u) du - \frac{1}{s}-\frac{1}{1-s}</math>가 성립하며, 이 함수는 위의 성질을 만족한다.

{{숨김 시작|title=증명하기}}
가장 기본적인 아이디어는 세타함수에 대한 등식 <math>\vartheta (t) = t^{-1/2} \vartheta (1/t)</math> (1)에서 출발한다. 즉.

<math> \sum_{n = -\infty}^{\infty} e^{-\pi n^2 u} = u^{-1/2} \sum_{n= -\infty}^{\infty} e^{-\pi n^2 /u}</math> (1-1)

이 식은 아래의 [[포아송 합공식]](Poisson Summation Formula)에 의해 간단하게 유도된다. 여기서 함수 <math>f</math>가 푸리에 변환(Fourier Transformation)이 가능하고, <math>\hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-2 \pi ix\xi} dx</math>(푸리에 변환)이라고 놓을 때

<math> \sum_{n \in \mathbb{Z}} f(n) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} \hat{f}(n)</math>

특별히 <math>f(x)=e^{-\pi t (x+a)^2 }</math>라고 놓으면 <math> \hat{f}(\xi) = t^{-1/2}e^{-\pi \xi^2/t } e^{2 \pi i a \xi}</math>가 된다. 왜냐하면, 우선 e<sup>-πx^2</sup>의 푸리에 변환은 e<sup>-πξ^2</sup> 자기 자신이 되고, x→x+a에서 푸리에 변환에는 e<sup>2 ο i a ξ</sup>가 곱해지며, (x+a)→t<sup>1/2</sup>(x+a)에서 푸리에 변환은 <math>f(x+a) \rightarrow e^{2 \pi i a \xi} \cdot t^{-1/2} \cdot \hat{f}(\frac{\xi}{t^{1/2}}</math> 마지막으로 f= e<sup>-πx^2</sup>로 놓으면 이 식이 유도된다.

이제 a=0이라고 가정하고 포아송 합공식을 이용하면 <math> \vartheta(t) =\sum_{n =-\infty}^{\infty} e^{-\pi t (n)^2 } = \sum_{n=-\infty}^{\infty}  t^{-1/2}e^{-\pi {n}^{2}/t } =t^{-1/2} \vartheta( 1/t)</math>으로 공식이 유도된다. 여기서 무한대로 발산하는 n=0인 경우를 제외하면 

(1-1)번에서 양변에 u<sup>(s/2)-1</sup>를 곱한 뒤 u에 대해 적분하면 다음과 같은 식이 나온다.

<math> \int_0^{\infty} \sum_{n = -\infty}^{\infty} e^{-\pi n^2 u} u^{(s/2)-1} du  = \int_0^{\infty}  \sum_{n= -\infty}^{\infty} u^{s/2 -3/2} e^{-\pi n^2 /u} du</math> (1-1)

이제 <math>\int_{0}^{\infty} e^{-\pi n^2 u} u^{(s/2)-1} du = \Gamma(s/2) \cdot (\pi n^2 )^{-s/2}</math>를 이용해서 좌변의 각 덧셈의 요소를 치환한다. 그리고 <math>\psi(u) = [\vartheta(u)-1]/2</math>라고 놓으면 <math>\vartheta(u) = u^{-1/2} \vartheta(1/u)</math>에서 <math>\psi(u) = [u^{-1/2} \vartheta(u) -u^{-1/2}]/2 = u^{-1/2} \psi(1/u) + 1/(2u^{1/2}) -1/2</math>가 유도된다. (2)

한편 <math>\psi(u)= \sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2 u}</math>에서 (1-1)의 결과를 이용해 양변에 u<sup>(s/2)-1</math>를 곱하면 

<math> = \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{\infty} u^{(s/2)-1} e^{-\pi n^2 u} du = (1-1) = \pi^{-s/2} \Gamma (s/2) \zeta(s)</math>. (3)

(3)에서 <math> \pi^{-s/2} \Gamma(s/2) \zeta(s) = \int_{0}^{\infty} u^{(s/2)-1} \psi(u) du </math> 

<math> = \int_0^1 u^{(s/2) -1} \psi(u) du +  \int_{1}^{\infty} u^{(s/2)-1} \psi(u) du</math>

<math> = (\because 2) \int_0^1 u^{(s/2)-1} \left[ u^{-1/2} \psi (1/u) + 1/(2u^{1/2} ) - 1/2 \right] du + \int_1^{\infty} u^{(s/2)-1} \psi(u) du </math>

우선 <math> \int_0^1 u^{(s/2)-3/2} \psi(1/u) du =(v=1/u, du= -1/v^2 dv)= \int_1^{\infty} v^{-(s/2)-1/2} \psi(v) dv</math>, <math>\int_0^{1} u^{(s/2)-3/2} /2 - u^{(s/2)-1} /2 du = \frac{1}{s-1} - \frac{1}{s} </math>이므로   

<math> = \frac{1}{s-1} - \frac{1}{s} + \int_1^{\infty} (u^{-(s/2)-1/2} + u^{(s/2)-1} ) \psi(u) du</math> (4)

이 함수는 <math> \xi(s) = \pi^{-s/2} \Gamma(s/2) \zeta(s)</math>로 정의되고, s=0,1에서 1차 극점이 생기며, ξ(s)=ξ(1-s)를 만족한다는 것을 알 수 있다.

{{숨김 끝}}■<ref> 증명 과정은 Complex Analysis의 section 6.2의  참조.</ref>

따라서 <math>\zeta(s)</math>는 복소수 <math>\mathbb{C}</math>에 대해서 s=1에서만 극점을 가진 유리형 함수(meromorphic function)가 된다. 또한 제타함수의 <math>(s-1)\zeta(s)</math>가 복소수 전체에서 정칙함수(holomorphic)이고, 차수(growth order)가 1이므로 바이에스트라스의 곱정리(Weierstrass product theorem)을 이용하면 제타함수의 비자명근(nontrivial root) ρ에 대해서(참고로 제타함수는 자명근 n=-2, -4, -6, …을 가진다.)<br />


{{숨김 시작|title=바이에스테라스의 곱정리(Weierstrass product theorem)}}

복소수 <math>\mathbb{C}</math> 전체에서 정칙인 함수(entire funciton) ''f(z)''의 차수(growth order, 충분히 절대값이 큰 z에 대해서 <math>|f(z)| \le A {\rm{exp}}(B|z|^{\rho})</math>를 만족하는 최소 ρ)를 <math>\rho_0</math>라고 놓자. 이때 m을 z=0에서의 f의 영점의 차수(f(z)=0일 때만, f(z)≠0이면 m=0), <math>a_1 , a_2 , \cdot\cdot\cdot a_n, \cdot\cdot\cdot</math>를 f의 0 아닌 근(중근일 경우 차수만큼 a<sub>i</sub>를 중복해서 쓴다.)이라고 가정하자. <math>k \le rho_0 \le k+1</math>를 만족하는 k와 초등인수 <math>E_k (z)= (1-z) {\rm{exp}}(z+{z^2}/2+\cdot\cdot\cdot+{z^k}/k)</math>, 차수가 k 이하인 P(z)에 대해서 <math>f(z)=e^{P(z)}z^m \prod_{n=1}^{\infty}E_k(z/a_n) </math>
{{숨김 끝}}■<ref>증명 과정은 Complex Analysis의 5.5 Hadamard Factorization Theorem 참조. </ref>γ

<math>(s-1)\zeta(s)=e^{a+bs}\prod_{n=1}^{\infty}(1+s/2n)e^{-s/2n} \prod_{\rho} (1-z/\rho)e^{z/\rho}</math>

여기서 제타함수의 곱셈식 <math>\zeta(s)=\prod_{p} \frac{1}{1-p^{-s}}</math>를 이용해서 <math>\zeta'(s)/\zeta(s)=-\prod_{p} {-\ln p}p^{-ms}=b-\frac{1}{s-1}- \sum_{n=1}^{\infty}\frac{s}{2n(s+2n)} +\sum_{\rho} \frac{s}{\rho(s-\rho)}</math> 이 식에서 s=0을 대입하면 <math>b+1=\zeta'(0)/\zeta(0)</math>이므로, <math>\Re(s)>0</math>에 대해서<br />
<math>- \frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}=\sum_{p} \ln p \cdot p^{-ms} = \frac{s}{s-1} - \frac{\zeta'(0)}{\zeta(0)}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{s}{2n(s+2n)} -\sum_{\rho} \frac{s}{\rho(s-\rho)}</math>.

한편  <math>\psi(x) =  {\frac{1}{2 \pi i}} \int_{c-i \cdot \infty}^{c+ i \cdot \infty} \left( - \frac{\zeta ' (z) }{\zeta (z)} \right) \frac{x^z}{z} dz</math>에서 이 식은

<math>\frac{1}{2 \pi i} \int_{c-i \cdot \infty}^{c+ i \cdot \infty} \left( \frac{s}{s-1} - \frac{\zeta'(0)}{\zeta(0)}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{s}{2n(s+2n)} -\sum_{\rho} \frac{s}{\rho(s-\rho)} \right) \frac{x^z}{z} dz</math>

여수 정리(Residue Theorem)를 활용하면 위의 식은 <math>s-\sum_{\rho} x^{\rho}/\rho - \zeta'(0)/\zeta(0) - 1/2 \sum_{n=1}^{\infty} s^{-2n}/n</math>으로 증명된다.
<ref> 참조 : [http://people.reed.edu/~jerry/361/lectures/rvm.pdf 출처] </ref>

=== 3단계 ===
이제 제타함수 ζ(s)의 근 ρ에 대해 실수부 Re(ρ)<1인 것을 보여서 충분히 큰 s에 대해 ψ(s)~s임을 보인다. 참고로 [[리만 가설]](Riemann Hypothesis)은 좀 더 강한 가설로 이 제타함수의 비자명근의 실수부가 1/2밖에 없다는 것에 대한 추측이다. 우선 실수 x에 대해서 <math>x^{a+bi} = x^a \cdot e^{\ln x \cdot bi} </math>이므로 허수 지수는 x<sup>s</sup>의 절대값의 크기를 변화시키지 않는다. 따라서 충분히 큰 x에 대해서 x에 비해 작은 값으로 나타나게 된다.

우선 <math>\Re (s) >1 </math>인 경우를 보면 <math>\zeta(s)= \prod_{p} \frac{1}{1-p^{-s}}</math>와 같이 수렴하는 곱셈식으로 표현할 수 있다. 각각의 곱셈을 이루는 식이 0이 되지 않으므로 따라서 자명하게 ζ(s)가 0이 되지 않는다.

이제 Re(s)=1, s≠1 에 대해서 ζ(s)가 0이 되지 않음을 보일 것이다. 우선 우리는 <math>3+4 \cos \theta + cos 2\theta = 2(1+\cos \theta)^2 \ge 0</math>임을 확인할 수 있다. 여기서 우리는 σ>1, 실수 t에서 <math> ln| \zeta^3 (\sigma) \zeta^4 (\sigma + it) \zeta (\sigma + 2 it)| \ge 0 </math>임을 확인할 수 있다.

우선 <math>\Re (n^{-\sigma - it}) = \Re (e^{-(\sigma+it) \ln n}) = n^{-\sigma} \cos (t \ln n)</math>이므로<br />
<math> ln| \zeta^3 (\sigma) \zeta^4 (\sigma + it) \zeta (\sigma + 2 it)| = 3 \Re [\ln \zeta(\sigma)] + 4 \Re [\ln (\zeta(\sigma + it))]+ \Re [\ln (\zeta (\sigma + 2it))]</math> 여기서 <math>\ln [\zeta(s)]= \sum_n {c_n n^{-s}}, ~ c_n=\begin{cases} 1/m & n=p^r \\ 0 & n \neq p^r \end{cases}</math>를 이용하면

<math>=\sum_n c_n n^{-\sigma}[3+ 4 \cos (t \ln n) + \cos 2(t \ln n)]</math> 당연히 c<sub>n</sub>와 대괄호 안의 부분은 0 이상이기에 전체 식도 0 이상이 된다. 따라서 위의 식이 성립한다.

이제 <math> \zeta(1+ it_0) = 0</math>을 만족하는 ''t<sub>0</sub>''의 존재가 있다는 가정을 한 뒤에 모순을 이끌어내자. 우선 1+''it<sub>0</sub>''에서 함수 ζ(s)가 정칙이므로 σ→1로 접근함에 따라 <math>{|\zeta (\sigma + it_0 )|}^4 \le C(\sigma -1)^4 </math>를 만족하게 하는 상수 C>0를 찾을 수 있다. 한편 σ=1에서는 ζ(s)가 1차원 극점이기에 상수 D>0에 대해서 <math>|\zeta(\sigma)|^3 \le D (\sigma -1)^{-3} </math>를 만족한다. 또한 ζ가 <math>\sigma + 2it_0</math>에서도 정칙이기에 특정한 값이 존재한다. 따라서 σ→1로 감에 따라 <math> |\zeta^3 (\sigma) \zeta^4 (\sigma + it) \zeta (\sigma + 2it)| \le CD|\zeta(\sigma + 2it)|(\sigma-1)</math>가 성립하므로 0으로 간다. 결과적으로 위의 결과와 모순되므로  <math> \zeta(1+ it_0) = 0</math>는 성립하지 않게 된다.

위의 1, 2, 3단계를 종합하면 x가 커짐에 따라 <math> \psi (x) \sim x </math>임이 증명되고, 따라서 <math> \pi (x) \sim \frac{x}{\ln x}</math>임이 증명된다.

=== 여담 ===

Tom Apostol의 Analytic Number Theorey에서는 직접 체비쇼브 함수 ψ(s)에 대해 구하는 대신 적분함수 <math> \psi_1 (s)=\int_{0}^{s} \psi(u) du \sim s^2 /2 </math>임을 보여서 증명하였다. 이 경우에는 위의 페론의 정리를 쓰지 않고 적분공식 <math> \int_{c-i \cdot \infty}^{c+i \cdot \infty} \frac{x^s}{s(s+1)}ds = \begin{cases} 0 & 0<a \le 1 \\ 1-1/a & 1 \le a \end{cases}</math>과 <math>\psi_1 (x) = \sum_{n\le x} \Lambda(n) (x-n)</math>를 이용해서 <math>\psi_1 (x) =  \frac{1}{2\pi i} \int_{c-i \infty}^{c+ i \infty} \frac{x^{s+1}}{s(s+1)} \left( \frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}\right) ds </math>인 사실, 또한 이것을 이용해서 <math>\frac{\psi_1 (x)}{x^2}- 1/2{\left(1-1/x \right)}^2 =\frac{1}{2\pi i} \int_{c-i \infty}^{c+ i \infty} \frac{x^{s-1}}{s(s+1)} \left( - \frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}-\frac{1}{s-1} \right)ds </math>(1)임을 증명한다. 그 다음에 σ≥1, 실수 t에 대해 <math>\zeta(\sigma+it) \neq 0</math>임을 확인한 후에  충분히 큰 실수 t에 대해서 <math> \left| \frac{\zeta'(1+it)}{\zeta(1+it)}\right| \leq M {(\ln t)}^9 </math>임을 통해서 적분(1)이 x가 커짐에 따라 수렴함을 보이면서 <math>\psi_1 (x) \sim x^2 /2 </math>임을 보일 수 있다.

== Li(x)와 관계 ==

[[로그적분 함수]] <math> {\rm{Li}}(x)= \int_{2}^{\infty} {\ln u} du</math> 에 대해서 <math> \pi(x) \sim {\rm{Li}}(x)</math>가 성립한다.

두 함수간의 오차는 대략
:<math>\pi(x)=\operatorname{Li} (x) + O \left(x \exp \left( -\frac{A(\log x)^{3/5}}{(\log \log x)^{1/5}} \right) \right).</math>

이 정도로 알려져 있으나 [[리만 가설]](Riemann Hypothesis)이 참이라는 전제하에서는 x>2637에 대해

:<math>|\pi(x)- \operatorname{li}(x)|<\frac{\sqrt x\,\log x}{8\pi}</math>인 것이 알려져 있다.

두 함수의 크기를 비교할 경우 Li(x)>π(x)로 알려져 있고 실제로도 "거의 모든 x에 대해" 성립한다. 그러나 100% 맞지는 아닌데 영국의 수학자 리틀우드가 Li(x)<π(x)인 x가 존재함을 증명했다. <ref> [[:wikipedia:Prime Numbet Theorem]] 참조. </ref>

== 초등적인 증명 ==

노버트 위너 타베리안 정리(Wiener's Tauberian Theorem, [[:wikipedia:Wiener's tauberian theorem]] 참조)가 증명되면서 초등적인 증명의 단서가 열렸다. 이후에 셀베르그와 에르되시가 1949년에 소수 정리의 초등적인 증명을 발견했다.

보통 "초등적 증명(elementary proof)"은 페아노 공리계(Peano Arithmetic)에서 [[1차 논리]]<ref>공식(formula)에는 한정자를 사용하지 않고 변수에만 한정자를 사용하는 수리적 논리 방법이다. </ref> 사용할 수 있는 만을 이용해서 증명할 수 있는 것을 말한다. 쉽게 말하면 미적분적인 요소 등을 사용하지 않고 오로지 정수 함수와 사칙연산에 기초한 방법을 이용한 것이다.

자세한 증명은 [https://www.math.lsu.edu/~mahlburg/teaching/handouts/2014-7230/Selberg-ElemPNT1949.pdf 이곳]에 나와있다. 여기서는 이 증명법이 어떠한 아이디어를 이용하는지만 설명할 것이다.

=== 간단한 증명 과정 요약 ===

Atle Selberg가 증명한 방법이다. 위에서 제시한 논문의 방법을 이용할 것이다.

우선 위에서 보였듯이 소수 정리는 

<math>\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\theta (x)}{x} =1</math> (1)

와 동치가 된다. 여기서 <math>\theta(x) = \sum_{p \leq x} \ln p</math>, p는 소수이다.

이 (1)번을 증명하기 위해서는 아래와 같은 공식을 증명할 것이다.

<math> \theta(x) \ln x + \sum_{p \leq x} ln p \cdot \theta(x/p) = 2x ln x + O(x) </math> (2)

(2)번을 보면 "직관적"으로 봐도 θ(x)가 O(x)임을 알 수 있을 것이다. (1)번을 유도하는 것은 구체적으로  θ(x)/x의 상극한(limit superior)과 하극한(limit inferior)의 값이 1로 수렴한다는 것을 보이면서 증명이 된다. 이것을 증명하기 위해서는 아래 공식을 유도하는 것이 필요하다.

<math> \sum_{p \leq x} \frac{\ln p}{p} = \ln x + O(1)</math>

{{숨김 시작|title=위의 공식 증명}}
우선 <math> \ln \lfloor x \rfloor ! = \sum_{n \leq x} \ln n </math>임을 알 수 있다.

{{숨김 끝}}

== 참조 ==
* [[:wikipedia:Prime Number Theorem]]
* Elias M Stein, Rami Shakarchi, 《Complex Analysis》 2th editoin, Princeton University, 2002

{{각주}}
{{번역된 문서|en|Prime Number Theorem|726559858|일부}}
[[분류:정수론]]
[[분류:해석학]]
[[분류:수학 정리]]