Merry Christmas

 I. Prologue - 오일러 제타 함수


  오일러 제타 함수는 조화 급수의 각 항에 $1$ 보다 큰 실수 제곱을 한것으로 정의된다. 오일러는 이 제타함수가 모든 소수들에 관한 곱으로 표현되어 질 수 있음을 발견하였다. 즉, $k>1$ 일때,  \begin{align} \zeta(k):=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^k}=\prod_{p\geq 2} \bigg({1-\frac{1}{p^k}}\bigg)^{-1} \end{align}이다. 자연수는 합(addition)으로부터 자연스럽게 얻어지는 것이며 소수는 곱(multiplication)의 성질로부터 자연스럽게 얻어지는 것임에 유의하면, 위의 합에 관한 표현과 곱에 관한 표현이 같다는 것은 굉장히 감동적이다. 자연수에 관한 표현은 덧셈으로, 소수에 관한 표현은 곱셈으로 아주 자연스럽게 이루어져있으며, 이는 덧셈으로 이루어진 세상과 곱셈으로 이루어진 세상을 잇는 다리와도 같은 것이다. 여기서 $k=1$ 이면 표현들이 각각 완전히 자연수, 완전히 소수로 주어지게 되므로 무언가 좋은 일이 일어날것 같다. 그 중 하나로, $\sum_{n=1}^{\infty}n^{-1}=\infty$ 임은 잘 알고 있기 때문에, \begin{align}\lim_{k\rightarrow 1} \zeta(k)=\lim_{k\rightarrow \infty} \prod_{p\geq 2} \bigg({1-\frac{1}{p^k}}\bigg)^{-1} = \infty \end{align} 이고, 따라서 이는 유클리드의 정리와는 다른 방법으로 소수의 개수가 무한함이 보여진다. 우리는 $k\rightarrow 1$ 일때 제타 함수가 발산한다는 것이 좋은 성질임을 점점 더 알게 될것이며, 더욱이 그 반대인 제타 함수-정확히는 리만 제타 함수-가 $0$ 이 되는 경우에는 무작위적이기만 할 듯한 소수의 분포와 관련하여 아주 근본적인 조화가 있음을 알게 될 것이다.

$$ $$ 리만 가설이 리만 제타 함수의 근에 관한 질문이므로, 잠시 오일러 제타 함수의 근에 관해 생각해보자. 먼저, 실수 $k>1$ 에서는 $\zeta(k)=0$ 을 만족하는 $k$ 가 없음은 자명하다. 이제, 위 오일러 제타 함수를 복소 변수 $s=\sigma+it$ 를 써서 표현하면 $\sigma>1$ 일때도 곱셈 공식은 여전히 성립한다. 즉, $\text{Re} \ s =\sigma >1$ 일때 \begin{align} \mid \zeta(s) \mid = \mid \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} \mid \leq \sum_{n=1}^{\infty}\mid \frac{1}{n^s} \mid=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^\sigma}=\zeta(\sigma) <\infty \end{align} 이므로, 제타함수는 $\text{Re} \ s >1$ 에서 잘 정의되어 있음을 알 수 있고, \begin{align} \zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}=\prod_{p\geq 2} \bigg({1-\frac{1}{p^s}}\bigg)^{-1} \end{align} 이다. 더욱이, $n^{-s}\ (n=2,3,\cdots)$ 가 해석 함수이므로, $\zeta(s)$ 는 $\text{Re} \ s >1$ 에서 해석 함수이다. 그렇다면, 위의 $\text{Re} \ s >1$ 에서 정의된 제타 함수는 무한대로 발산하지 않는 다는 것은 알고 있으므로, $\text{Re} \ s >1$ 에는 영점이 있을 것인가도 생각해 볼 수 있다. 우리는 위의 제타 함수에 복소 로그를 취할 것인데, $\sigma>1$ 일때 $1-p^{-\sigma}\neq 0$, $\log(1-p^{-\sigma})<0$ 이므로, $\text{Re } s >1$ 에서 $\log(1-p^{-s})$ 는 잘 정의된다. 따라서, \begin{align} \mid \log \Big( 1-\frac{1}{p^s}\Big)\mid=\mid \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{np^{ns}}\mid < \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{p^{n\sigma}}<\frac{2}{p^\sigma},\\ \end{align} 이므로, \begin{align} \mid \log \zeta(s) \mid <2\sum_{p\geq 2}\frac{1}{p^\sigma}<2\zeta(\sigma) \end{align} 이다. 따라서, $2\zeta(\sigma)>\mid\log\zeta(s)\mid$ 로 부터 \begin{align} -2\zeta(\sigma)<\text{Re }\log \zeta(s) =\log\mid\zeta(s)\mid, \end{align} \begin{align} 0 < e^{-2\zeta(\sigma)}<\mid\zeta(s)\mid \end{align} 이다. 결국 $\text{Re }s>1$ 에서 제타 함수의 영점은 없다. 



 II. 소수 추측과 리만 제타 함수


  독자들은 이 글을 리만가설이 궁금해서 보긴 했고, 영점에 관한 이야기도 염두에 두고 있었겠지만, 이쯤 되면 영점을 찾는 것은 왜 하는가하는 질문을 할 수도 있겠다. 이를 위해 잠시 소수의 개수에 관한 이야기를 조금 해보자. 소수의 개수에 관한 추측은 가우스에 의해 최초로 제기되었는데, $\lim_{x\rightarrow \infty}x(\log x)^{-1}/\pi(x)=1$ 이라는 추측이다. 가우스는 이를 어린 나이에 추측한 것으로 보이나, 증명을 발표하지 않은 것으로 보아 증명하지는 못한 것으로 보인다. 후에 르장드르도 이와 같은 추측을 했고, 체비셰프는 증명에 거의 근접하였으나 완벽히 증명하지는 못하였다. 이러한 추측에 관하여, 리만은 위의 $\text{Re }s>1$ 에서 정의된 제타 함수와 소수 세기 함수 $\pi(x)$ 의 다음과 같은 관계를 발견하였다. \begin{align} \log \zeta(s)=-\sum_{p\geq 2}\log \Big( 1-\frac{1}{p^s}\Big)&=-\pi(n)\sum_{n=2}^{\infty}\log \Big( 1-\frac{1}{n^s}\Big)+\pi(n-1)\sum_{n=2}^{\infty}\log \Big( 1-\frac{1}{n^s}\Big) \\ &=-\pi(n)\sum_{n=2}^{\infty}\log \Big( 1-\frac{1}{n^s}\Big)-\log \Big( 1-\frac{1}{(n+1)^s}\Big) \\ &=-\pi(n)\sum_{n=2}^{\infty}\int_{n}^{n+1}\frac{d}{dx}\log\Big( 1-\frac{1}{x^s}\Big) dx \\ &=-\pi(n)\sum_{n=2}^{\infty}\int_{n}^{n+1}\Big( 1-\frac{1}{x^s}\Big)^{-1}\Big(-s\frac{1}{x^{s+1}}\Big)dx \\ &=s\sum_{n=2}^{\infty}\int_{n}^{n+1}\frac{\pi(n)}{x(x^s-1)}dx \\ &=s\int_{2}^{\infty}\frac{\pi(x)}{x(x^s-1)}dx, \end{align} 따라서, \begin{align} \frac{\log \zeta(s)}{s}=\int_{2}^{\infty}\frac{\pi(x)}{x(x^s-1)}dx \ \ \ (\ \text{Re }s>1 \ ) \end{align} 이다. 그런데 $x(x^s-1)$ 와 $x^{s+1}$ 가 비슷하므로, 위 식에서 푸리에 변환이 가능하게 $x^{s+1}$ 로 표현해보자-혹은 리만은 실수 $k>1$ 에 정의된 오일러 제타 함수를 통해 위의 관계를 이끌어낸 후, $k$ 가 복소수라면, 적절히 바꾼 뒤에 푸리에 변환 가능함을 깨달았을 수도 있다-. \begin{align} \frac{\log \zeta(s)}{s}&=\int_{2}^{\infty}\frac{\pi(x)}{x}\Big(\frac{1}{x^s}+\frac{1}{x^{2s}}+\frac{1}{x^{3s}}+\cdots \Big)dx \\ &=\int_{2}^{\infty}\frac{\pi(x)}{x^{s+1}}dx+\int_{2}^{\infty}\frac{\pi(x)x}{x^{2(s+1)}}dx +\int_{2}^{\infty}\frac{\pi(x)x^2}{x^{3(s+1)}}dx +\cdots, \end{align} 여기서 $x^n=y$ 이라 두면 $dx=(ny^{n-1})^{-1}dy$ 이므로, 다음을 얻는다. \begin{align} \frac{\log \zeta(s)}{s}&=\int_{2}^{\infty}\frac{\pi(y)}{y^{s+1}}dy + \int_{2}^{\infty}\frac{\pi(y^{1/2})/2}{y^{s+1}}dy +\int_{2}^{\infty}\frac{\pi(y^{1/3})/3}{y^{s+1}}dy +\cdots \\ &=\int_{2}^{\infty}\frac{f(x)}{x^{s+1}}dx \ \ \ \ \ \ \Big( \ f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\pi(x^{1/n})}{n} \ \Big) \end{align} 여기에 푸리에 변환(멜린 변환)을 하면, \begin{align} f(x)=\frac{1}{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\frac{\log \zeta(s)}{s}x^s ds \ \ \ \ \ \ ( \ c=\text{Re }s >1\ ) \end{align} 라는 결과를 얻는다. 여기서 \begin{align} \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{f(x)}{\pi(x)} = 1 \end{align} 임은 쉽게 증명할 수 있고, 결국 소수 추측은 $f(x) \sim x/\log x$ 를 보이는 것이면 충분하며, 포함-배제의 원리로 $\pi(x)$ 에 대해서는 다음을 알 수 있다. \begin{align} \pi(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\mu(n)\frac{f(x^{1/n})}{n}, \end{align}여기서 $\mu(n)$ 은 뫼비우스 함수이다. $f(x) \sim x/\log x$ 의 증명은 아다마르와 푸생이 증명했는데, $\forall t \in \mathbb{R}, \ \zeta(1+it)\neq 0$ 임을 보이고, 코시 정리로 적분 경로를 $\{s|s=1+it, \  \varepsilon<t, \ t<-\varepsilon \} \cup \{ s|s=\varepsilon e^{it}, \ t \in (-\pi/2,\pi/2) \}$ 으로 옮긴 다음에 타우베르 정리, 리만-르벡 정리를 통해 증명하였다. 그리하여 소수 추측은 소수 정리가 되었으며, 오차에 대해서는 어떤 양의 상수 $c$ 가 존재하여$|\pi(x)-x/\log x|\leq c x/(\log x)^2$ 임도 밝혀진다. 

  그런데, 여기서 잠시 $\text{Re }>1$ 에서 정의된 제타 함수의 성질을 그대로 가지면서 $\mathbb{C}$ 전체에서 유리형(meromorphic)인 함수가 있을까 하는 질문을 해보자. 이 질문의 의도는 소수 세기 함수의 정확한 표현을 얻어보고자 하는것이며, 실제로 리만은 그러한 함수를 해석적 연속성을 통해 발견하였고, 이를 리만 제타 함수라고 한다. 이로인해 얻어지는 정확한 표현은 이 글의 끝에 나올것인데, 이것이 얻어지는 근본적인 이유는 리만 제타 함수가 특정한 함수방정식을 만족하기 때문이며, 놀랍게도 이 방정식은 $\text{Re } s=1/2$ 를 기준으로 대칭을 이룬다. 부가적으로 소수 세기 함수를 더 잘 근사하고자 하는 면에서는, 그렇게 얻어진 리만 제타 함수로 위의 복소적분의 경로를 바꾸어 $\mathbb{C}$ 상에서 유수 정리(residue theorem)를 쓸 수 있게 되어 더 좋은 근사식을 얻게 된다-이것의 보다 구체적인 설명 또한 글의 마지막에 나올 것이다. 따라서 이 질문과 이에 대한 답이 리만의 논문의 핵심 아이디어 중 하나이다. 


  잠시 뒤에 많이 나올 유수 정리를 다시 상기하고 넘어가보자. 함수 $f$ 를 $U\subseteq \mathbb{C}$ 에서 극점들 $z_i(i=1,2,3,\cdots)$ 를 제외한 곳에서 해석적인 함수라 하고, 편의상 극점들의 집합을 $S$ 라 하자.

 

이때, $U$ 의 경계를 따라 반시계 방향으로 $f$ 를 적분한 값은 다음과 같다. \begin{align} \int_{\partial U}f(z)dz=2\pi i\sum_{z_i \in S} \text{Res} [f,z_i] \end{align} 따라서, 특정 영역$(U)$에서 유리형 함수가 되는 것은, 실제로 그 적분을 일일히 하지 않고도 유수를 통해 적분 값을 알 수 있는 길을 제공한다. 



 III. 리만 제타 함수 구하기


  그러면 이제, $\text{Re }>1$ 에서 정의된 제타 함수의 성질을 그대로 가지면서, $\mathbb{C}$ 전체에서 유리형 함수인 리만 제타 함수를 구해볼 것이다. 이는 복소 해석학에서의 해석적 연속성을 통해 얻어진다. 이 또한 잠시 상기해보면, $f$ 와 $g$ 를 각각 열린 집합 $U,V(\subseteq \mathbb{C})$ 에서 정의되어 있고, 열린 부분 집합 $U \cap V(\neq \phi)$ 에서 $f=g$ 인 해석 함수들이라고 하자. 그리고 $h$ 가 $U\cup V$ 에 정의되어 있고, $U$에서 $h=f$ 를 만족하는 해석 함수라 하자. 그러면, 이러한 해석 함수 $h$ 는 \begin{align} h(s)=\begin{cases} f(s) \ \ ( \ s\in U \ ) \\ g(s) \ \ ( \ s\in V \ ) \end{cases} \end{align} 로 유일하다. 다시 말해, $U$에서는 $f$ 의 성질을 그대로 갖는 더 큰 영역 $(U\subsetneq)W$에 정의된 해석 함수 $h$ 는 유일하다는 것이다. $$ $$ $ \ \ $ 리만 제타 함수를 찾는 방법은 여러가지인데, 이 글에서는 디리클레 에타 함수와 리만이 발견한 함수 방정식으로 찾을 것이다. 우선, $\text{Re }s>1$ 에서 \begin{align} \zeta(s)-\frac{2}{2^s}\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}=:\eta(s), \end{align} \begin{align} \zeta(s)=\eta(s)\Big(1-\frac{2}{2^s}\Big)^{-1} \end{align} 인데, 위의 에타 함수는 $\{s|0<\text{Re }s \leq 1 \}\setminus\{ 1 \}$ 에서 값이 존재한다는 사실을 \begin{align} \frac{1}{n^s}\Gamma(s)&=\frac{1}{n^s}\int_{0}^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x}dx \ \ \ ( \ x=ny \ ) \\ &=\frac{1}{n^s}\int_{0}^{\infty}\frac{(ny)^{s-1}}{e^{ny}}ndy=\int_{0}^{\infty}\frac{y^{s-1}}{e^{ny}}dy, \end{align} \begin{align} \eta(s) =\frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x+1}dx \ \ \ \ \ \ \bigg( \ \zeta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx \ \bigg) \end{align} 을 통해 쉽게 알 수 있다. 따라서, \begin{align} \zeta_1(s)=\begin{cases} \sum n^{-s} \ \ \ ( \ 1<\text{Re }s \ ) \\ \eta(s)(1-2^{1-s})^{-1} \ \ \ ( \ 0<\text{Re }s\leq 1 ,\ s\neq 1 \ ) \end{cases} \end{align} 는 $\{ s| 0<\text{Re }s \} $ 에서 유리형 함수이며, 더욱이 $s=1$ 에서는 단순 극점이라는 사실을 다음과 같이 보일 수 있다. \begin{align} \zeta(s)&=s\int_{1}^{\infty}\frac{\lfloor x \rfloor}{x^{s+1}}dx=s\int_{1}^{\infty}\frac{\lfloor x \rfloor -x}{x^{s+1}}dx+s\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{s}}dx \\ &=s\int_{1}^{\infty}\frac{\lfloor x \rfloor -x}{x^{s+1}}dx+s\Big[\frac{x^{-s+1}}{-s+1}\Big]_{1}^{\infty}\\ &=s\int_{1}^{\infty}\frac{\lfloor x \rfloor -x}{x^{s+1}}dx+1+\frac{1}{s-1}. \ \ \ ( \ \text{Re }s>1 \ ) \end{align} 덧붙이자면, 위 적분이 $\text{Re }s>0$ 일때 수렴하므로, 이를 통하여 해석적 연속성을 찾아줄 수도 있다. $$ $$ 이제, 위 함수의 성질을 가지면서 $\text{Re }s\leq 0$ 에도 정의되어 있는 유리형 함수를 찾아보자. 위에서 본 바와 같이, 우리는 다음을 알고 있다. \begin{align}\zeta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx \end{align} 위의 적분을 구하기 위해, 다음과 같은 복소 적분을 생각해보자. \begin{align}\int_{C}\frac{(-x)^{s-1}}{e^x-1}dx \end{align} 여기서, 경로 $C$ 는 $\infty-i\delta$ 에서 양의 실수축에 평행하게 $\varepsilon-i\delta$ 까지 오고, 반지름 $\varepsilon$ 으로 $0$ 을 시계 방향으로 돌아 다시 $\varepsilon+i\delta$ 에서 $\infty+i\delta$ 로 양의 실수축과 평행하게 가는 경로이다. 이러한 경로에서 우리는 $\varepsilon, \delta \rightarrow 0 $ 을 취할 것이다. 따라서, 로그의 가지 절단선은 $0$ 을 포함한 실수축이다. 또한, $\log(-x)=\log x +it $ 에서, $0$ 근방으로 올 때가 $t=(2k+1)\pi i \ (k\in \mathbb{Z})$ 라면, 시계방향으로 $0$ 근방을 돌아 나갈 때는 $t=(2k-1)\pi i $ 이다. 따라서,

\begin{align} \int_{C}\frac{(-x)^{s-1}}{e^x-1}dx&=\int_{|z|=\varepsilon}\frac{z^{s-1}}{e^z-1}dz+\int_{\infty}^{\varepsilon} \frac{e^{(\log x+(2k+1)\pi i)(s-1)}}{e^x-1}dx+\int_{\varepsilon}^{\infty} \frac{e^{(\log x+ (2k-1)\pi i)(s-1)}}{e^x-1}dx \\ &= \big(-e^{(s-1)(2k+1)\pi i}+e^{(s-1)(2k-1)\pi i}\big)\int_{\varepsilon}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx\\ &=\big(-e^{(s-1)\pi i}+e^{-(s-1)\pi i}\big)\int_{\varepsilon}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx\\ &=\big(e^{s\pi i}-e^{-s\pi i}\big)\int_{\varepsilon}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx= 2i\sin\pi s\int_{\varepsilon}^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx \end{align}이므로, 다음을 얻는다. \begin{align} \zeta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\frac{1}{2i\sin \pi s}\int_{C}\frac{(-x)^{s-1}}{e^x-1}dx. \end{align} 그리고 오일러의 반사 공식 $\Gamma(1+s)\Gamma(1-s)=\pi s / \sin \pi s$ 에 의해 \begin{align} \zeta(s)&=\Gamma(1-s)\frac{\sin \pi s}{\pi}\frac{1}{2i\sin \pi s}\int_{C}\frac{(-x)^{s-1}}{e^x-1}dx\\ &=\frac{\Gamma(1-s)}{2\pi i}\int_{C}\frac{(-x)^{s-1}}{e^x-1}dx \end{align} 이다. 위 복소 적분은 다음과 같은 경로를 적분 함으로써 알 수 있다. 

 

여기서 원점을 중심으로 하고, 반지름 $R$ 을 갖는 반시계 방향의 원을 $\gamma_R$ 이라 하자. 그리고, 양의 실수 $R$ 에서 실수축을 따라 $0$ 근방까지 온 다음, 그 근방을 시계 방향으로 돌아 다시 실수축을 따라 $R$ 로 가는 경로를 $C_R$ 이라 하자(즉, 위의 경로 $C$ 를 $R$ 에서 자른 것이고, $\lim_{R\rightarrow\infty}C_R=C$). 그러면, $(-x)^{s-1}/e^x-1$ 는 $C_R\cup\gamma_R$ 의 내부에서 $x=\pm 2n\pi i \ (n=1,2,3,\cdots,\lfloor R \rfloor)$ 에서 극점을 갖는다. 따라서, 유수 정리에 의해 \begin{align} \int_{C_R\cup\gamma_R}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx=2\pi i \sum_{1\leq n \leq R}(2n\pi)^{s-1}\big((i)^{s-1}+(-i)^{s-1}\big) \end{align} 이고, \begin{align} \zeta(s)&=\lim_{R\rightarrow \infty}\Gamma(1-s)\sum_{1\leq n \leq R}(2n\pi)^{s-1}\big((i)^{s-1}+(-i)^{s-1}\big) -\lim_{R\rightarrow \infty}\int_{\gamma_R} \frac{(-x)^{s-1}}{e^x-1}dx \\ &=\Gamma(1-s)(2\pi)^{s-1}(2\sin\frac{\pi s}{2})\Big(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{1-s}}\Big) \end{align} 인데, 첫번째 등식에서 적분의 절대값은 $R^s$ 보다 작음을 증명 할 수 있다. 즉, $\text{Re }s<0$ 이면 두번째 등식이 성립하기에 충분한 조건이다. 따라서, 다음과 같은 함수를 정의 하자. \begin{align} \zeta_2(s)=\begin{cases} \zeta_1(s) \ \ \ ( \ \text{Re }s>0 \ )\\ \Gamma(1-s)(2\pi)^{s-1}(2\sin\frac{\pi s}{2}) \zeta(1-s) \ \ \ ( \ \text{Re }s<0 \ )\end{cases}. \end{align} 이 $\zeta_2(s)$ 는 오직 $\text{Re }s=0$ 에서만 정의되지 않았는데, 위 식의 좌변의 변수를 $s=1-it$ 라 둬보자. 그러면 $\zeta(it)$를 제외한 양변의 함수들은 $s=1$을 제외한 곳에서 해석적이기 때문에, $s=0,1$ 을 제외한 곳에서 해석적이게 된다. 또한 $s=1$ 에서는 제타 함수가 단순 극점을 갖기에, $s=0$ 에서는 제거 가능한 특이점이라는 것을 다음과 같이 보일 수 있다. \begin{align} \lim_{s\rightarrow 0^-}\zeta_2(s)&=\lim_{s\rightarrow 0^-}\frac{\zeta(1-s)}{2\pi}2\sin(s\frac{\pi}{2}) =\lim_{s\rightarrow 0^-}-\frac{1}{2}\frac{2/\pi}{s}\sin(s\frac{\pi}{2})=-\frac{1}{2}, \end{align} 여기서, \begin{align} \zeta(1-s)=s\int_{1}^{\infty}\frac{\lfloor x \rfloor-x}{x^{2-s}}+1-\frac{1}{s} \ \ \ ( \ \text{Re }s<0 \ ) \end{align} 임을 이용하였다. 따라서, \begin{align}\zeta_3(s)=\begin{cases} \zeta_2(s) \ \ \ ( \ \mathbb{C}\setminus \{\text{Re }s=0\} \ ) \\ \Gamma(s)(2\pi)^{-s}\sin\frac{\pi(1-s)}{2}\zeta_2(1-s) \ \ \ ( \ \text{Re }s=0 \ )\end{cases} \end{align} 와 같이 정의된 함수는 $\mathbb{C}$ 상에 $s=1$ 에서 하나의 단순 극점을 갖는 유리형 함수이다. 이렇게 해석적 연속성을 통해 얻어진 $\zeta_3(s)$ 가 바로 리만 제타 함수이며, 이는 $\text{Re }s>1$ 에서 $\sum{n^{-s}}$ 라는 표현을 가진다. 그리고, 지금까지 얻었던 더 작은 영역에서의 제타 함수들을 포함하기 때문에 보통은 위의 $\zeta_3(s)$ 그냥 $\zeta(s)$ 로 쓴다.



IV. 리만 제타 함수의 영점들의 위치 - 리만 가설


  사실 리만 제타 함수의 영점들이 왜 중요한지, 즉, 영점들과 소수 세기 함수의 구체적 관계를 먼저 쓰고 싶지만, 이는 매우 길기도 하고 앞에서 약간 설명해둔 바가 있기 때문에, 구체적인 내용은 다음장에서 소개하기로 하자. 대신, 먼저 $\zeta(s)$ 의 영점들을 제타 함수 방정식 \begin{align} \zeta(s)=(2\pi)^{s-1}(2\sin \frac{\pi s}{2})\Gamma(1-s)\zeta(1-s) \end{align} 을 통해 살펴 보자. $\text{Re }s > 1$ 에서는 $\zeta(s)\neq0$ 이므로, $\text{Re }s<0$ 에서 $\zeta(1-s)\neq 0$ 이다. 따라서, 변수 $s$ 의 실수부가 $0$ 보다 작을 때 영점이 존재한다면, 위 지수 함수, 사인 함수, 감마 함수의 곱들이 $0$ 이 될 때이다. 지수 함수와 감마 함수는 복소 평면에서 $0$ 이 되지 않으므로, $\sin \pi s/2=0$ 을 만족시키는 $s=-2n \ (n\in \mathbb{N})$ 들이 $\text{Re s}<0$ 에서의 근들임을 알 수 있다. 이런 근들을 리만 제타 함수의 자명근들(trivial zeros)이라 한다. 이외의 근들을 자명하지 않은 근들(non-trivial zeros)이라 하는데, 이러한 근들은 $0\leq\text{Re }s\leq 1$ 에 있어야 한다. 여기서, 위의 아다마르-푸생 정리에 의해 $\text{Re }s=1$ 에도 근이 없고, 대칭적으로 $\text{Re }s=0$ 에도 근이 없다. 따라서, 리만 제타 함수의 자명하지 않은 근들이 있다면, $0<\text{Re }s< 1$ 에 존재하고, 이러한 영역을 임계띠(critical strip)라 한다. 리만은 임계띠 상에서 첫 4개의 비자명근들을 찾아냈는데 모두 실수부가 $1/2$ 이었고, 더욱이 리만 제타 함수의 자명하지 않은 근들은 모두 $\text{Re }s=1/2$, 즉 임계선(critical line)상에 존재한다는 추측을 하게 된다. 이것이 바로 리만 가설이다.



  이것으로 리만 제타 함수를 구하는 것을 마치고, 다음에 기회가 되면 제타의 근들이 $\pi(x)$에 어떻게 직접적으로 관련되어 있는지, 또한 여러가지 수론적 함수들도 어떻게 제타의 근들과 관련되어 있는지도 소개해 보도록 하자.




Posted by B . O