편집토론기록

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[편집 | 원본 편집]

[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[편집 | 원본 편집]

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.[편집 | 원본 편집]

(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.

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.[편집 | 원본 편집]

(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].

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.[편집 | 원본 편집]

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]

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.[편집 | 원본 편집]

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

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[편집 | 원본 편집]

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[편집 | 원본 편집]

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[편집 | 원본 편집]

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[편집 | 원본 편집]