최근 수정 시각 : 2022-06-01 22:17:28

라마누잔합

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1. 개요2. 분석
2.1. 1−2+3−4+⋯2.2. 1+2+3+4+⋯
3. 그 외 유사한 결과들
3.1. 1−1+1−1+⋯3.2. 1+2+4+8+16+⋯
4. 일반화5. 리만 가설과의 관계6. 관련 문서

1. 개요

파일:external/upload.wikimedia.org/Ramanujan_Notebook_1_Chapter_8_on_1234_series.jpg
Ramanujan summation

인도의 수학자 스리니바사 라마누잔이 고안한 수식이다. [math(1+2+3+4+\cdots)]은 당연히 무한대로 발산하므로 수가 아니다. 그런데, 이 비범한 천재 라마누잔은 그걸 하나의 수로 가정하고 식을 전개한 뒤,

[math(\displaystyle 1+2+3+4+\cdots=-\frac{1}{12})]

이 된다고 직관적으로 계산해 냈다.

사실 라마누잔합이라고 부르는 개념은 이렇게 단순한 것이 아니라서 제대로 알아보려면 복소해석학을 배워야 한다. 해석적 확장이라는 개념을 사용하기 때문.

2. 분석

2.1. 1−2+3−4+⋯

라마누잔은 이를 직관적으로 [math(1/4)]라고 계산했다. 라마누잔의 계산과정은 이곳에 잘 설명되어 있다. 이를 증명하면 아래와 같다.

[math(|x|<1)] 에 대해서 무한등비급수

[math(\displaystyle 1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots=\frac{1}{1-x})]

이 성립한다. [math(x)] 대신 [math(-x)]를 대입하여 식을 변형하면,

[math(\displaystyle 1-x+x^2-x^3+x^4-\cdots=\frac{1}{1+x})]

이 된다. 미분하면

[math(\displaystyle-1+2x-3x^2+4x^3-\cdots=\frac{-1}{(1+x)^2})]

양변에 -1을 곱하면 아래와 같이 된다.

[math(\displaystyle1-2x+3x^2-4x^3+\cdots=\frac{1}{(1+x)^2})]


이 식은 애초에 [math(|x|<1)] 에서만 성립한다. 그런데, [math(x \to 1^{-})]의 극한[1]을 생각해보면 다음과 같은 식이 성립한다.

[math(\displaystyle \begin{aligned} 1-2x+3x^2-4x^3+\cdots &= \frac{1}{(1+x)^2} \\ \lim_{x\rightarrow 1^{-}}(1-2x+3x^2-4x^3+\cdots) &= \lim_{x\rightarrow 1^{-}}\frac{1}{(1+x)^2} \\ \\ \therefore 1-2+3-4+\cdots&=\frac{1}{(1+1)^2}=\frac{1}{4} \end{aligned})]

이 식은 [math(|x|<1)] 에서 정의되므로, 원칙적으로 [math(x=1)]에서는 정의되진 않는다. 좌극한은 존재하나 우극한이 존재하지 않기 때문이다.[2] 하지만, 정의된다고 가정하면 그 값은 [math(\mathbf{1/4})]이다.

2.2. 1+2+3+4+⋯

다시 라마누잔의 메모로 돌아가서 [math( c = 1 + 2 + 3 + 4 + \cdots )]으로 두고, 양 변에 4를 곱한 뒤 한 칸씩 엇갈려서 두 식을 빼면
[math(\begin{matrix}&c&=&1&+&2&+&3&+&4&+&5&+&6&+&7&+&8&+&9&+&10&+&\cdots& \\ - &4c&=&&&4&&+&&8&&+&&12&&+&&16&&+&&20&+&\cdots&\\ \hline &-3c&=&1&-&2&+&3&-&4&+&5&-&6&+&7&-&8&+&9&-&10&+&\cdots& \\ \\ \end{matrix} \\ )]
앞에서

[math(\displaystyle1-2+3-4+\cdots=\frac{1}{4})]

이라고 계산했으니,

[math(\displaystyle -3c = \frac{1}{4} \; \to \; 1+2+3+4+\cdots=-\frac{1}{12})]

이 된다. 일반적인 덧셈과 구분하기 위해서 [math( (\Re) )] 이란 표기를 추가하여

[math(\displaystyle1+2+3+4+\cdots=-\frac{1}{12} (\Re) )]

로 표기한다.

3. 그 외 유사한 결과들

3.1. 1−1+1−1+⋯

앞에서 언급한 무한등비급수

[math(\displaystyle 1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots=\frac{1}{1-x})]

에서 [math(x \to -1)]의 극한을 구해 보면, 아래와 같다.

[math(\displaystyle1-1+1-1+\cdots=\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2} (\Re))]


앞의 것과 마찬가지로 [math(|x|<1)] 에서 정의되므로, 원칙적으로는 정의되진 않는다. 하지만, 정의된다고 가정하면 그 값은 [math(\boldsymbol{1/2})]이다.

참고로, 이 급수는 그란디 급수란 이름이 있으며 라마누잔합은 '이렇게 부분합이 수렴하지 않는 무한급수의 값은 어떻게 정의할 수 있을까?'란 질문에 답하기 위해 개발된 기법중 하나다.

3.2. 1+2+4+8+16+⋯

앞에서 언급한 무한등비급수

[math(\displaystyle 1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots=\frac{1}{1-x})]

에서 [math(x to 2)]의 극한을 구해 보면, 아래와 같다.

[math(\displaystyle1+2+4+8+16+\cdots=\frac{1}{1-2}=-1 (\Re))]


앞의 것과 마찬가지로 [math(|x|<1)] 에서 정의되므로, 원칙적으로는 정의되진 않는다. 하지만, 정의된다고 가정하면 그 값은 −1이다.

4. 일반화

해석적 정수론에서 아래의 형태의 '함수'로서 접하게 된다.

[math(\displaystyle c_q(x) = \sum^{q}_{k=1} e^{2ki\pi x/q} \quad)](단, [math(k)], [math(q)]는 서로소)

5. 리만 가설과의 관계

이 직관과는 거리가 먼 결과들은 나중에 리만 가설과 연관성이 발견되면서 재평가를 받는다.

리만 가설의 바로 그 베른하르트 리만 소수 정리를 연구하면서 리만 제타 함수라는 것을 만드는데 아래와 같다.

[math(\displaystyle\zeta(x) =\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^x})]

이 식은 원래 실수 중에서 [math(x>1)]일 때만 수렴하는 식이다. 리만은 이를 복소수로 확장하여 [math(x)]의 실수부가 1보다 크기만 하면 수렴한다고 증명하였다. 그리고, 그렇지 않은 [math(x)]에 대해서도 연구하기 시작한다. 그리고, 방정식 [math(\displaystyle\zeta(x) =0)] 에 대해서 −2, −4, −6, −8, [math(\cdots)] 등의 해가 있음(자명한 근)을 증명하였고, 자명하지 않은 근이 존재함도 밝혔는데, '자명하지 않은 근의 실수부는 모두 [math(1/2)] 이다.'가 그 유명한 리만 가설이다.

참고로, 리만 제타 함수에 [math(x=-1)]을 대입하면 바로 위의 그 식이 나오며, 리만 제타 함수에서도 이 값은

[math(\displaystyle \zeta(-1) = 1+2+3+4+\cdots=-\frac{1}{12})]

이 나온다.

6. 관련 문서



[1] 쉬운 예로 0.9, 0.99, 0.999, 0.9999, 0.99999, 0.999999, [math(cdots)] 식으로 증가하면서 1에 수렴하는 극한 [2] 극한값은 어느 방향으로 다가서더라도 같은 값을 가져야 한다. 단적인 예로, 부호 함수의 경우 [math(\mathrm{sgn}(0)=0)]이지만 정작 0를 기준으로 한 극한은 [math(\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \mathrm{sgn}(x)=1)], [math(\displaystyle \lim_{x \to 0^-} \mathrm{sgn}(x)=-1)]로 전부 [math(\mathrm{sgn}(0))]과는 다른 값을 띠기 때문에 0에 대한 극한값이 '없다'고 정의된다.