가우스 적분(Gaussian integral)

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

\[ 2 I := 2 \int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}} \,dx = \sqrt{\pi} = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2}} \,dx \]

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.

\[ \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} xe^{-x^2(1 + y^{2})} \,dx \,dy \tag{1.1} \]

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

\[ \int_{0}^{\infty} xe^{-x^2(1 + y^{2})} \,dx = \frac{1}{2(1 + y^2)} \int_{0}^{\infty} e^{-u} \,du = \frac{1}{2(1 + y^2)} \]

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

\[ \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} xe^{-x^2(1 + y^{2})} \,dx \,dy = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2(1 + y^2)} \,dy = \frac{\pi}{4} \tag{1.2} \]

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

\[ \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} xe^{-x^2(1 + y^{2})} \,dy \,dx \tag{1.3} \]

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

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} xe^{-x^2(1 + y^{2})} \,dy &= e^{-x^2} \int_{0}^{\infty} xe^{-(xy)^{2}} \,dy \\[5px] &= e^{-x^2} \int_{0}^{\infty} e^{-z^{2}} \,dz \end{align*}

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

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} xe^{-x^2(1 + y^{2})} \,dy \,dx &= \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} \int_{0}^{\infty} e^{-z^{2}} \,dz \,dx \\[5px] &= \left( \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} \,dx \right) \left( \int_{0}^{\infty} e^{-z^{2}} \,dz \right) \tag{1.4} \end{align*}

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, $I^2 = \tfrac{\pi}{4}$를 얻는다. 이제 함수 $f(x) = e^{-x^2}$가 실수 전체에서 양수이므로 $I > 0$임을 이용하면, $I = \tfrac{\sqrt{\pi}}{2}$임을 알 수 있다.

방법 2. 극좌표를 이용한 방법

먼저 아래와 같은 이중적분을 생각해 보자.

\[ \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-(x^2 + y^{2})} \,dx \,dy \tag{2.1} \]

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 $dx \, dy = r \, dr \, d\theta$이므로,

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-(x^2 + y^{2})} \,dx \,dy &= \int_{0}^{\pi/2} \int_{0}^{\infty} e^{-(r^2)} r \, dr \, d\theta \\[5px] &= \left( \int_{0}^{\pi/2} d\theta \right) \left( \int_{0}^{\infty} r e^{-r^2} \,dr \right) \\[5px] &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} e^{-u} \,du = \frac{\pi}{4} \tag{2.2} \end{align*}

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

방법 3. 회전체의 부피를 이용한 방법

방법 2와 비슷하게 아래의 이중적분으로부터 시작하자.

\[ 4I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2 + y^{2})} \,dx \,dy \tag{3.1} \]

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

\[ -\infty < x,\, y < \infty, \quad 0 < z < e^{-(x^2 + y^2)} \]

위 부등식들을 정리하면 다음을 얻는다. \[ 0 < z < 1, \quad 0 < x^2 + y^2 < -\ln z \] 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

\[ 4I^2 = \int_{0}^{1} \pi(g(z))^2 \, dz = -\pi \int_{0}^{1} \ln z \, dz = \pi (z - z \ln z) \, \Big|_{0}^{1} = \pi \]

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

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

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

\[ \Gamma(x) := \int_{0}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} \,dt, \quad B(x,\,y) := \int_{0}^{1} t^{x-1} (1-t)^{y-1} \,dt \]

그러면 임의의 정수 $n \geq k \geq 0$에 대하여,

\[n! = \Gamma(n+1), \quad {n \choose k} = \frac{1}{(n+1) B(n-k+1,\, k+1)} \]

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

\[ \frac{\Gamma(x) \Gamma(y)}{\Gamma(x+y)} = B(x,\,y) \]

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

\[ \Gamma \left( \tfrac{1}{2} \right) = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-t}}{\sqrt{t}} \,dt = 2 \int_{0}^{\infty} e^{-z^2} \,dz = 2I \tag{4.1} \]

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

\[ B \left( \tfrac{1}{2},\, \tfrac{1}{2} \right) = \int_{0}^{1} \frac{dt}{\sqrt{t(1-t)}} = \int_{0}^{\pi/2} \frac{2 \sin \theta \cos \theta}{\sin \theta \cos \theta} \, d\theta = \pi \tag{4.2} \]

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

방법 5. 미분을 이용한 방법

아래와 같이 두 함수 $A(t)$와 $B(t)$를 정의하자.

\[ A(t) = \left( \int_{0}^{t} e^{-x^{2}} \,dx \right)^2, \quad B(t) = \int_{0}^{1} \frac{e^{-t^2(1 + x^2)}}{1+x^2} \,dx \tag{5.1} \]

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

\[ A'(t) = 2 e^{-t^2} \int_{0}^{t} e^{-x^{2}} \,dx \tag{5.2} \]

를 얻는다. 이제 $B(t)$를 미분하면

\begin{align*} B'(t) &= \int_{0}^{1} \frac{\partial}{\partial t} \left[ \frac{e^{-t^2(1 + x^2)}}{1 + x^2} \right] \,dx \\[5px] &= -2t \int_{0}^{1} e^{-t^2(1 + x^2)} \,dx \\[5px] &= -2t e^{-t^{2}} \int_{0}^{1} e^{-t^{2}x^{2}} \,dx \end{align*}

를 얻는다. 이제 위 식에서 $y = tx$로 치환해보자. 그러면

\[ B'(t) = -2t e^{-t^{2}} \int_{0}^{1} e^{-t^{2}x^{2}} \,dx = -2 e^{-t^{2}} \int_{0}^{t} e^{-y^2} \,dy \tag{5.3} \]

그러므로 식 $(5.2)$과 $(5.3)$에 의해 임의의 $t \geq 0$에 대하여 $A'(t) + B'(t) = 0$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 $t \geq 0$에 대하여 $A(t) + B(t) = \tfrac{\pi}{4}$를 얻는다. 이제 이 식에 $t \to \infty$의 극한을 취하면,

\begin{align*} \frac{\pi}{4} &= \lim_{t \to \infty} A(t) + B(t) \\[5pt] &= \lim_{t \to \infty} \left( \int_{0}^{t} e^{-x^{2}} \,dx \right)^2 + \lim_{t \to \infty} \int_{0}^{1} \frac{e^{-t^2(1 + x^2)}}{1+x^2} \,dx \\[5px] &= I^2 \end{align*}

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