가우스 적분(Gaussian integral)

가우스 적분(Gaussian integral)이란 아래와 같은 형태의 이상적분의 값을 말한다.

$$2I:=2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}dx$$

함수 $f(x)=e^{-x^2}$이 우함수(even function)이기 때문에 위 식이 자명하게 성립한다. 가우스 적분을 계산하는 방법은 여러가지가 알려져 있는데, 오늘은 그 중에 간단한 방법 몇 가지만 알아보고자 한다.

방법 1. 푸비니-토넬리 정리(Fubini-Tonelli theorem)을 이용한 방법

먼저 아래와 같은 이중적분을 생각해 보자.

$$\begin{array}{}\text{(1.1)}& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x^2(1+y^2)}dxdy\end{array}$$

위 적분 $(1.1)$의 안쪽 적분을 먼저 계산해 보자. $u=x^2(1+y^2)$로 치환하여 (단, $y$는 상수 취급) 적분하면,

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x^2(1+y^2)}dx=\frac{1}{2(1+y^2)}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-u}du=\frac{1}{2(1+y^2)}$$

이제 이중적분 $(1.1)$을 적분 순서를 유지하여 계산하되, $y=\tan \theta$, $dy={\sec }^2\theta d\theta$의 삼각치환을 이용하면,

$$\begin{array}{}\text{(1.2)}& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x^2(1+y^2)}dxdy={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2(1+y^2)}dy=\frac{\pi }{4}\end{array}$$

이번에는 이중적분 $(1.1)$의 적분 순서를 바꾸어 계산해 보자. 즉,

$$\begin{array}{}\text{(1.3)}& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x^2(1+y^2)}dydx\end{array}$$

이중적분 $(1.3)$의 안쪽 적분을 계산하기 위해 $z=xy$로 치환하여 (단, $x$는 상수 취급) 적분하면,

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x^2(1+y^2)}dy& =e^{-x^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-(xy{)}^2}dy\\ & =e^{-x^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-z^2}dz\end{array}$$

를 얻는다. 이제 위 사실을 이용하여 이중적분 $(1.3)$을 정리하면,

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}x{e}^{-x^2(1+y^2)}dydx& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-z^2}dzdx\\ \text{(1.4)}& & =\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}dx\right)\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-z^2}dz\right)\end{array}$$

즉, 우리가 원하는 가우스 적분의 값의 제곱, $I^2$이 됨을 알 수 있다. 이제 푸비니-토넬리 정리에 의해 $(1.2)$의 적분값과 $(1.4)$의 적분값이 같아야 하므로, $I^2=\frac{\pi }{4}$를 얻는다. 이제 함수 $f(x)=e^{-x^2}$가 실수 전체에서 양수이므로 $I>0$임을 이용하면, $I=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$임을 알 수 있다.

방법 2. 극좌표를 이용한 방법

먼저 아래와 같은 이중적분을 생각해 보자.

$$\begin{array}{}\text{(2.1)}& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy\end{array}$$

그러면 간단한 계산을 통해 위 적분값이 $I^2$과 같음을 알 수 있다. 이제 위 이중적분 $(2.1)$을 극좌표를 이용하여 계산해 보자. 이 때, $x^2+y^2=r^2$이고 $dxdy=rdrd\theta$이므로,

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy& ={\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(r^2)}rdrd\theta \\ & =\left({\int }_0^{\pi /2}d\theta \right)\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}r{e}^{-r^2}dr\right)\\ \text{(2.2)}& & =\frac{\pi }{2}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-u}du=\frac{\pi }{4}\end{array}$$

따라서 $I^2=\frac{\pi }{4}$ 또는 $I=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$를 얻는다.

방법 3. 회전체의 부피를 이용한 방법

방법 2와 비슷하게 아래의 이중적분으로부터 시작하자.

$$\begin{array}{}\text{(3.1)}& 4I^2={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy\end{array}$$

여기서 이중적분 $(3.1)$의 적분 구간이 ${\mathbb{R}}_{+}^2$에서 ${\mathbb{R}}^2$로 바뀐 것에 주의하자. 이제 이 적분을 기하학적으로 살펴보면 아래 부등식에 의해 그려지는 영역의 부피를 구하는 것임을 알 수 있다.

$$-\mathrm{\infty }<x,y<\mathrm{\infty },0<z<e^{-(x^2+y^2)}$$

위 부등식들을 정리하면 다음을 얻는다. $$0<z<1,0<x^2+y^2<-\ln z$$ 따라서 이중적분 $(3.1)$은 구간 $(0,1)$에서 $g(z):=\sqrt{(-\ln z)}$ 아래 부분의 영역을 $z$-축을 기준으로 회전한 회전체의 부피와 같음을 알 수 있다. 따라서 원판을 더해나가는 방법을 이용하여 이 회전체의 부피를 구하면

$$4I^2={\int }_0^1\pi (g(z){)}^{2}dz=-\pi {\int }_0^1\ln zdz=\pi (z-z\ln z){|}_0^1=\pi$$

따라서 $4I^2=\pi$ 또는 $I=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$를 얻는다.

방법 4. 감마함수(gamma function)와 베타함수(beta function)을 이용한 방법

$x,y>0$에 대하여 감마함수 $\mathrm{\Gamma }(x)$와 베타함수 $B(x,y)$는 아래와 같이 정의되는 함수이다.

$$\mathrm{\Gamma }(x):={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{t}^{x-1}{e}^{-t}dt,B(x,y):={\int }_0^1{t}^{x-1}(1-t{)}^{y-1}dt$$

그러면 임의의 정수 $n\ge k\ge 0$에 대하여,

$$n!=\mathrm{\Gamma }(n+1),(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{1}{(n+1)B(n-k+1,k+1)}$$

이 성립한다. 따라서 감마함수와 베타함수는 각각 계승(factorial)과 이항계수(binomial coefficient)를 양의 실수 전체로 (나아가 $\mathrm{\Re }(z)>0$인 복소수 전체로) 확장한 것이라 볼 수 있다. 또한 감마함수와 베타함수 사이에는 아래와 같은 사실이 성립함이 잘 알려져 있다.

$$\frac{\mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{\Gamma }(y)}{\mathrm{\Gamma }(x+y)}=B(x,y)$$

이제 $x=y=\frac{1}{2}$라 해보자. 그러면 $\mathrm{\Gamma }(\frac{1}{2}{)}^2=B(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$를 얻는다. 이제 $\mathrm{\Gamma }(\frac{1}{2})$의 값을 구하기 위하여 $t=z^2$으로 치환하면,

$$\begin{array}{}\text{(4.1)}& \mathrm{\Gamma }\left(\frac{1}{2}\right)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}dt=2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-z^2}dz=2I\end{array}$$

임을 알 수 있다. 이제 $B(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$의 값을 계산해보자. $t={\sin }^2\theta$로 치환하면,

$$\begin{array}{}\text{(4.2)}& B(\frac{1}{2},\frac{1}{2})={\int }_0^1\frac{dt}{\sqrt{t(1-t)}}={\int }_0^{\pi /2}\frac{2\sin \theta \cos \theta }{\sin \theta \cos \theta }d\theta =\pi \end{array}$$

그러므로 식 $(4.1)$과 $(4.2)$에 의해 $4I^2=\pi$ 또는 $I=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$를 얻는다.

방법 5. 미분을 이용한 방법

아래와 같이 두 함수 $A(t)$와 $B(t)$를 정의하자.

$$\begin{array}{}\text{(5.1)}& A(t)={\left({\int }_0^t{e}^{-x^2}dx\right)}^2,B(t)={\int }_0^1\frac{e^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}dx\end{array}$$

먼저 $A(t)$를 미분하면 미적분학의 기본정리(fundamental theorem of calculus)에 의해

$$\begin{array}{}\text{(5.2)}& A^{\prime }(t)=2e^{-t^2}{\int }_0^t{e}^{-x^2}dx\end{array}$$

를 얻는다. 이제 $B(t)$를 미분하면

$$\begin{array}{rl}{B}^{\prime }(t)& ={\int }_0^1\frac{\partial }{\partial t}\left[\frac{e^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}\right]dx\\ & =-2t{\int }_0^1{e}^{-t^2(1+x^2)}dx\\ & =-2t{e}^{-t^2}{\int }_0^1{e}^{-t^2{x}^2}dx\end{array}$$

를 얻는다. 이제 위 식에서 $y=tx$로 치환해보자. 그러면

$$\begin{array}{}\text{(5.3)}& B^{\prime }(t)=-2t{e}^{-t^2}{\int }_0^1{e}^{-t^2{x}^2}dx=-2e^{-t^2}{\int }_0^t{e}^{-y^2}dy\end{array}$$

그러므로 식 $(5.2)$과 $(5.3)$에 의해 임의의 $t\ge 0$에 대하여 $A^{\prime }(t)+B^{\prime }(t)=0$이 성립함을 알 수 있다. 따라서 적당한 실수 $C$에 대하여, $A(t)+B(t)=C$라 할 수 있다. 또한

$$A(0)+B(0)={\left({\int }_0^0{e}^{-x^2}dx\right)}^2+{\int }_0^1\frac{1}{1+x^2}dx=\frac{\pi }{4}$$

따라서 임의의 $t\ge 0$에 대하여 $A(t)+B(t)=\frac{\pi }{4}$를 얻는다. 이제 이 식에 $t\to \mathrm{\infty }$의 극한을 취하면,

$$\begin{array}{rl}\frac{\pi }{4}& =\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}A(t)+B(t)\\ & =\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left({\int }_0^t{e}^{-x^2}dx\right)}^2+\underset{t\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^1\frac{e^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}dx\\ & =I^2\end{array}$$

그러므로 $I=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$임을 알 수 있다.