가우스 적분에 대한 여러가지 접근

\[ \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi} \]

위 등식이 어떻게 성립하는지에 대해 알아볼 것이다

 

1. 이중적분으로 변환 (feat. 야코비안)

$\displaystyle I^2 = \left( \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy \right) =\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} e^{-y^2}dxdy = \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2-y^2}dxdy$

여기서 $x=r\cos \theta, y=r\sin\theta$로 두어주자, 여기서 조금 어려운 얘기가 나온다, 야코비안 행렬이다. 왜 나오느냐? 저 $dxdy$를 $r$과 $\theta$에 대해 나타내기 위해서다. 야코비안 행렬은 다음과 같이 나타난다.

\[ \displaystyle J= \begin{bmatrix}
\frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\
\frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta}
\end{bmatrix} =\left[ \frac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)} \right] \]

이때 $dxdy=|J|drd\theta$를 만족한다.

 

왜 그런지 간단하게만 보고 가자.

$x(r,\theta), y(r,\theta)$가 있다고 할 때 $\displaystyle dx=\frac{\partial x}{\partial r} dr + \frac{\partial x}{\partial \theta} d\theta, dy=\frac{\partial y}{\partial r} dr + \frac{\partial y}{\partial \theta} d\theta $이므로

$\displaystyle \begin{bmatrix} dx \\ dy \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} dr \\ d\theta \end{bmatrix} $가 성립한다

가운데 녀석을 $J$라고 해주면, $r$과 $\theta$의 기저가 $\mathrm{v}_r=\begin{bmatrix} dr \\ 0 \end{bmatrix}, \mathrm{v}_{\theta}=\begin{bmatrix} 0 \\ d\theta \end{bmatrix}$일 때, $J\mathrm{v}_r=\begin{bmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} \\ \frac{\partial y}{\partial r} \end{bmatrix}dr, J\mathrm{v}_{\theta}=\begin{bmatrix} \frac{\partial x}{\partial \theta} \\ \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{bmatrix}d\theta $

변환된 두 기저$J\mathrm{v}_r$와 $J\mathrm{v}_{\theta}$가 이루는 넓이는 $|J|drd\theta$인데, 이는 $dxdy$와 같으므로
$dxdy=|J|drd\theta$

 

자 잠시 딴 길로 새었는데 어쨋든 다시 돌아오자면

$x=r\cos\theta, y=r\sin\theta$였으므로, $J=\begin{bmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos\theta \end{bmatrix}$이고, $|J|=r\cos\theta\cos\theta+r\sin\theta\sin\theta=r$이므로 $dxdy=rdrd\theta$

이걸 그대로 대입만 해준다면

$\displaystyle I^2=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2-y^2}dxdy = \int_0^{2\pi} \int_0^{\infty} re^{-r^2}drd\theta = \int_0^{2\pi}\frac{1}{2}d\theta=\pi$다.

$I^2=\pi$이고, $e^{-x^2}>0$이므로 $I>0$, 따라서 $I=\sqrt{\pi}$가 되는 것을 알 수 있다.

 

2. 이중적분으로 변환 (feat. 3차원 기하도형)

아까와 같이 이중적분으로 변환해주지만, 야코비안을 쓰지 않고 접근하는 방법이다.

이 그림을 보면 조금 이해가 쉬울지도 모르겠다.

$e^{-x^2-y^2}$은 이렇게 종모양처럼 그려지는데, 이 종모양을 xy평면과 평행하는 평면으로 슬라이스해주면 원과 딱 들어맞게 된다. 즉 잘만 변환해주면 반지름 $r$에 대한 원넓이 $\pi r^2$의 각 높이에서의 적분으로 변환할 수 있다는 것이다. 위의 방법과 완벽히 동일한 접근법이지만 이쪽이 직관적으로 이해하기는 좀 더 쉬울 것이다.

높이가 $h$라고 설정한다면 $h=e^{-x^2-y^2}$일 것이다, 근데 $x^2+y^2=r^2$ (단, 이때 $r$은 $h$에 대한 함수다)이므로 $h=e^{-r^2}$이 되겠다.

원의 넓이는 $\pi r^2$이므로, 또 다르게 써주면 $h=e^{-\frac{S}{\pi}}, S=-\pi\ln{h}$

최대 높이가 $1$이므로, $\displaystyle I^2=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2-y^2}dxdy=\lim_{h_0\to 0^+}\int_{h_0}^1 (-\pi\ln{h})dh$가 되겠다.

하한을 극한으로 보내는 것을 잊지 말자! $\ln x$는 $x=0$에서 정의되지 않는다!

적분을 풀어주면 $\displaystyle I^2=-\pi \lim_{h_0\to0^+}[h\ln{h}-h]_{h_0}^1=\pi$

아까 구한 것과 같이 $I=\sqrt{\pi}$임을 알 수 있다.