가우스 적분

이번 글에서는 자주 쓰이는 적분값 $\int_{-\infty}^{\infty}\exp (-x^2)\space\mathrm{d}x=\sqrt\pi$를 증명할 것이다. 이 적분은 가우스 적분(Gaussian Integral; 高斯积分)이라고 부르며 확률과 통계를 공부하다보면 자주 만나는 적분이므로 따로 정리할 필요가 있다.

$\int_{-\infty}^{\infty}\exp (-x^2)\space\mathrm{d}x=\int_{-\infty}^{\infty}\exp (-y^2)\space\mathrm{d}y$이므로, $I:=\int_{-\infty}^{\infty}\exp (-x^2)\space\mathrm{d}x$으로 두면,

$$I^2=\int_{-\infty}^{\infty}\exp (-x^2)\space\mathrm{d}x\int_{-\infty}^{\infty}\exp (-y^2)\space\mathrm{d}y$$

여기서 $\int_{-\infty}^{\infty}\exp (-x^2)\space\mathrm{d}x$는 $y$입장에서 상수이다. 집어넣자.

$$I^2=\int_{-\infty}^{\infty}\left(\int_{-\infty}^{\infty}\exp (-x^2)\space\mathrm{d}x\right)\exp (-y^2)\space\mathrm{d}y$$

또, $\exp (-y^2)$는 $x$입장에서 상수이다. 또 집어넣자.

$$\begin{split} I^2&=\int_{-\infty}^{\infty}\left(\int_{-\infty}^{\infty}\exp (-x^2)\space\mathrm{d}x\exp (-y^2)\right)\space\mathrm{d}y \\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\exp (-x^2)\exp (-y^2)\space\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\exp \left(-(x^2+y^2)\right)\space\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{split}$$

여기서 $(x,y)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$로 변환하면, 변환의 야코비 행렬(Jacobian Matrix; 雅可比矩阵) $\mathbf{J}$에 대해 다음이 성립한다.

$$\vert \mathbf{J} \vert = \begin{Vmatrix} x^\prime_r & x^\prime_\theta \\ y^\prime_r & y^\prime_\theta \end{Vmatrix} =r$$

그러므로 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\space\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$이다. 한편, $(x,y) \in \mathbf{R}^2$이므로 $r\in\left[ 0,\infty \right)$, $\theta\in\lbrack 0,2\pi \rbrack$이다. 따라서 다음과 같이 계산할 수 있다.

$$\begin{split} I^2 &=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty}\exp \left(-r^2\right)r\space\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ &=\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\exp \left(-u\right)\space\mathrm{d}u\mathrm{d}\theta,\space u:=r^2 \\ &=\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}\space\mathrm{d}\theta=\pi \end{split}$$

$I>0$이어야 하므로 $I=\sqrt\pi$이다. 즉, 다음이 성립한다.

$$\int_{-\infty}^{\infty}\exp (-x^2)\space\mathrm{d}x=\sqrt\pi$$

가우스 적분의 좀 더 일반화된 형태는 다음과 같다.

$$\int_{-\infty}^{\infty}\exp \left(-a(x+b)^2\right)\space\mathrm{d}x=\sqrt{\frac{\pi}{a}}$$

일반화라고 해봤자 선형변환이기 때문에 증명은 쉽다.

$$\begin{split} &\int_{-\infty}^{\infty}\exp \left(-a(x+b)^2\right)\space\mathrm{d}x \\ =&\int_{-\infty}^{\infty}\exp \left(-ay^2\right)\space\mathrm{d}y,\space y:=x+b \\ =&\int_{-\infty}^{\infty}\exp \left(-z^2\right)\space\mathrm{d}z \cdot \frac{1}{\sqrt a},\space z:=y \sqrt{a} \\ =&\sqrt{\pi}\cdot \frac{1}{\sqrt a}=\sqrt{\frac{\pi}{a}} \end{split}$$