"N차원 가우시안 적분"의 두 판 사이의 차이

2021년 2월 17일 (수) 02:26 기준 최신판

개요

1차원 가우시안 적분 의 \(n\)차원에서의 일반화
\(A=(A_{ij})\) : 양의 정부호인 \(n\times n\) 대칭행렬
가우시안 적분

\[\int_{\mathbb{R}^n}\exp\left( - \frac {1}{2} \sum_{i,j=1}^{n}A_{ij} x_i x_j \right)\,d\mathbf{x}=\sqrt{\frac{(2\pi)^n}{\det{A}}}\]

1차항이 있는 경우는 다음과 같이 주어진다

\[ \int_{\mathbb{R}^n} \exp\left(-\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^{n}A_{ij} x_i x_j+\sum_{i=1}^{n}b_i x_i\right)\,d\mathbf{x}=\sqrt{ \frac{(2\pi)^n}{\det{A}} }\exp\left(\frac{1}{2}\mathbf{b}^{t}A^{-1}\mathbf{b}\right) \label{lin} \]

푸리에 변환에 응용

일반화

적당한 decay 조건을 만족시키는 함수 \(f\)에 대하여, 다음이 성립한다

\[ \int_{\mathbb{R}^n} f(\vec x) \, \exp\left( - \frac {1}{2} \sum_{i,j=1}^{n}A_{ij} x_i x_j \right) \,d\mathbf{x}=\sqrt{(2\pi)^n\over \det A} \, \left. \exp\left({1\over 2}\sum_{i,j=1}^{n}(A^{-1})_{ij}{\partial \over \partial x_i}{\partial \over \partial x_j}\right)f(\vec{x})\right|_{\vec{x}=0} \]

예

이차형식 x^2+xy+y^2에서 세타함수에 대한 다음의 항등식을 얻었다

\[ \sum_{(x,y)\in \mathbb{Z}^2}e^{-\pi t (x^2+x y+y^2)}=\frac{2}{t\sqrt{3}}\sum_{(x,y)\in \mathbb{Z}^2}e^{-\frac{4\pi}{3t}(x^2+x y+y^2)} \]

이를 얻는 과정에 다음과 같은 적분이 등장

\[ \hat{f}(u,v):=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\exp \left(-\pi t (x^2+x y+y^2)+2 \pi i (u x+v y)\right)\,dydx \label{exp} \]

\ref{lin}을 적용하기 위해 \(A=2\pi t\left( \begin{array}{cc} 1 & 1/2 \\ 1/2 & 1 \end{array} \right),\, \mathbf{b}=2\pi i (u,v)\)로 두면, 다음을 확인할 수 있다

\[ \det A=3 \pi ^2 t^2, \\ A^{-1}=\left( \begin{array}{cc} \frac{2}{3 \pi t} & -\frac{1}{3 \pi t} \\ -\frac{1}{3 \pi t} & \frac{2}{3 \pi t} \end{array} \right),\\ \mathbf{b}^{t}A^{-1}\mathbf{b}=-\frac{8 \pi \left(u^2-u v+v^2\right)}{3 t} \]

따라서 \ref{exp}는 다음과 같다

\[ \hat{f}(u,v)=\frac{2}{\sqrt{3} t}\exp\left(-\frac{4 \pi \left(u^2-u v+v^2\right)}{3 t}\right) \]

\ref{lin}의 증명

정리

\[\int_{-\infty}^\infty\prod_{i=1}^n d\sigma_i\exp\left(-\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^n\sigma_iA_{ij}\sigma_j+\sum_{i=1}^n h_i\sigma_i\right)\\=\frac{(2\pi)^{n/2}}{|A|^{1/2}}\exp\left(\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^nh_iA_{ij}^{-1}h_j\right)\]

이게 가우스 변환인데요, 이징 모형의 범함수 적분 형태에서 증명 없이 이용한 적이 있습니다.

증명

A는 대칭행렬이므로 대각화가 가능하고 A의 고유값과 고유벡터를 구한 후 고유벡터로 이루어진 행렬 U를 이용해서 다음처럼 쓸 수 있습니다. \[A=U\lambda U^{-1},\ \lambda=diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)\]

위 두번째 식은 행렬 λ가 A의 고유값들로 이루어진 대각 행렬이라는 걸 말합니다. 즉 λ의 대각 요소만 0이 아니며 이 요소들 각각이 A의 고유값이라는 거죠. σ_i들로 이루어진 벡터를 편의상 σ으로 쓰고 h_i들로 이루어진 벡터를 편의상 h로 쓰겠습니다. 위의 U를 이용해서 σ와 h도 변환시켜줍니다. \[\sigma=U\tau,\ h=Ux\]

이제 위 가우스 변환의 좌변을 벡터와 행렬로 다시 쓰고... 블라블라... 해주면 아래와 같습니다. \[ \begin{aligned} \int\prod_{i}d\sigma_i\exp\left(-\frac{1}{2}\sigma^TA\sigma+h^T\sigma\right) &= \int\prod_id\tau_i\exp\left(-\frac{1}{2}\tau^T\lambda\tau+x^T\tau\right)\\ &=\int\prod_id\tau_i\exp\left(-\frac{1}{2}\sum_i\lambda_i\tau_i^2+\sum_ix_i\tau_i\right)\\ &= \prod_i\int d\tau_i \exp\left(-\frac{1}{2}\lambda_i\tau_i^2+x_i\tau_i\right)=\prod_i\sqrt{\frac{2\pi}{\lambda_i}}\exp\left(x_i^2/2\lambda_i\right)\\ &= \frac{(2\pi)^{n/2}}{|A|^{1/2}}\exp\left(\frac{1}{2}\sum_ix_i\lambda_i^{-1}x_i\right)= \frac{(2\pi)^{n/2}}{|A|^{1/2}}\exp\left(\frac{1}{2}x^T\lambda^{-1}x\right) \\ &= \frac{(2\pi)^{n/2}}{|A|^{1/2}}\exp\left(\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^nh_iA_{ij}^{-1}h_j\right) \end{aligned} \]

증명의 아이디어는 A를 대각화하여 얽혀 있는 σ_i들을 서로 떼어놓음으로써 각 σ_i에 대한 적분이 가능해진다는 거죠.

메모

William O. Straub, A Brief Look at Gaussian Integrals

매스매티카 파일 및 계산 리소스

사전 형태의 자료

메타데이터

위키데이터

ID : Q1060321

Spacy 패턴 목록

[{'LOWER': 'gaussian'}, {'LEMMA': 'integral'}]
[{'LOWER': 'euler'}, {'OP': '*'}, {'LOWER': 'poisson'}, {'LEMMA': 'integral'}]

@@ 1번째 줄: / 1번째 줄: @@
 ==개요==
-* A : 양의 정부호인 nxn 행렬
+* [[1차원 가우시안 적분]] 의 <math>n</math>차원에서의 일반화
+* <math>A=(A_{ij})</math> : 양의 정부호인 <math>n\times n</math> 대칭행렬
 * 가우시안 적분
-:<math>\int_{\mathbb{R}^n}e^{-\mathbf{x}^TA\mathbf{x}}d\mathbf{x}=\frac{\pi^{n/2}}{\sqrt{\det{A}}}</math>
+:<math>\int_{\mathbb{R}^n}\exp\left( - \frac {1}{2} \sum_{i,j=1}^{n}A_{ij} x_i x_j \right)\,d\mathbf{x}=\sqrt{\frac{(2\pi)^n}{\det{A}}}</math>
 * 1차항이 있는 경우는 다음과 같이 주어진다
-$$
+:<math>
-\int e^{-\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^{n}A_{ij} x_i x_j+\sum_{i=1}^{n}B_i x_i} d^nx=\sqrt{ \frac{(2\pi)^n}{\det{A}} }e^{\frac{1}{2}\vec{B}^{T}A^{-1}\vec{B}}
+\int_{\mathbb{R}^n} \exp\left(-\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^{n}A_{ij} x_i x_j+\sum_{i=1}^{n}b_i x_i\right)\,d\mathbf{x}=\sqrt{ \frac{(2\pi)^n}{\det{A}} }\exp\left(\frac{1}{2}\mathbf{b}^{t}A^{-1}\mathbf{b}\right) \label{lin}
-$$
+</math>
+* [[푸리에 변환]]에 응용
+===일반화===
+* 적당한 decay 조건을 만족시키는 함수 <math>f</math>에 대하여, 다음이 성립한다
+:<math>
+\int_{\mathbb{R}^n} f(\vec x) \, \exp\left( - \frac {1}{2} \sum_{i,j=1}^{n}A_{ij} x_i x_j \right) \,d\mathbf{x}=\sqrt{(2\pi)^n\over \det A} \, \left. \exp\left({1\over 2}\sum_{i,j=1}^{n}(A^{-1})_{ij}{\partial \over \partial x_i}{\partial \over \partial x_j}\right)f(\vec{x})\right|_{\vec{x}=0}
+</math>
+==예==
+* [[이차형식 x^2+xy+y^2]]에서 세타함수에 대한 다음의 항등식을 얻었다
+:<math>
+\sum_{(x,y)\in \mathbb{Z}^2}e^{-\pi t (x^2+x y+y^2)}=\frac{2}{t\sqrt{3}}\sum_{(x,y)\in \mathbb{Z}^2}e^{-\frac{4\pi}{3t}(x^2+x y+y^2)}
+</math>
+* 이를 얻는 과정에 다음과 같은 적분이 등장
+:<math>
+\hat{f}(u,v):=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\exp \left(-\pi  t (x^2+x y+y^2)+2 \pi  i (u x+v y)\right)\,dydx \label{exp}
+</math>
+* \ref{lin}을 적용하기 위해 <math>A=2\pi  t\left(
+\begin{array}{cc}
+& 1/2 \\
+/2 & 1
+\end{array}
+\right),\, \mathbf{b}=2\pi i (u,v)</math>로 두면, 다음을 확인할 수 있다
+:<math>
+\det A=3 \pi ^2 t^2, \\
+A^{-1}=\left(
+\begin{array}{cc}
+ \frac{2}{3 \pi  t} & -\frac{1}{3 \pi  t} \\
+ -\frac{1}{3 \pi  t} & \frac{2}{3 \pi  t}
+\end{array}
+\right),\\
+\mathbf{b}^{t}A^{-1}\mathbf{b}=-\frac{8 \pi  \left(u^2-u v+v^2\right)}{3 t}
+</math>
+* 따라서 \ref{exp}는 다음과 같다
+:<math>
+\hat{f}(u,v)=\frac{2}{\sqrt{3} t}\exp\left(-\frac{4 \pi  \left(u^2-u v+v^2\right)}{3 t}\right)
+</math>
+==\ref{lin}의 증명==
+;정리
+:<math>\int_{-\infty}^\infty\prod_{i=1}^n d\sigma_i\exp\left(-\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^n\sigma_iA_{ij}\sigma_j+\sum_{i=1}^n h_i\sigma_i\right)\\=\frac{(2\pi)^{n/2}}{|A|^{1/2}}\exp\left(\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^nh_iA_{ij}^{-1}h_j\right)</math>
+이게 가우스 변환인데요, [[이징 모형의 범함수 적분 형태]]에서 증명 없이 이용한 적이 있습니다.
+;증명
+A는 대칭행렬이므로 대각화가 가능하고 A의 고유값과 고유벡터를 구한 후 고유벡터로 이루어진 행렬 U를 이용해서 다음처럼 쓸 수 있습니다.
+:<math>A=U\lambda U^{-1},\ \lambda=diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)</math>
+위 두번째 식은 행렬 λ가 A의 고유값들로 이루어진 대각 행렬이라는 걸 말합니다. 즉 λ의 대각 요소만 0이 아니며 이 요소들 각각이 A의 고유값이라는 거죠. σ<sub>i</sub>들로 이루어진 벡터를 편의상 σ으로 쓰고 h<sub>i</sub>들로 이루어진 벡터를 편의상 h로 쓰겠습니다. 위의 U를 이용해서 σ와 h도 변환시켜줍니다.
+:<math>\sigma=U\tau,\ h=Ux</math>
+이제 위 가우스 변환의 좌변을 벡터와 행렬로 다시 쓰고... 블라블라... 해주면 아래와 같습니다.
+:<math>
+\begin{aligned}
+\int\prod_{i}d\sigma_i\exp\left(-\frac{1}{2}\sigma^TA\sigma+h^T\sigma\right) &= \int\prod_id\tau_i\exp\left(-\frac{1}{2}\tau^T\lambda\tau+x^T\tau\right)\\
+&=\int\prod_id\tau_i\exp\left(-\frac{1}{2}\sum_i\lambda_i\tau_i^2+\sum_ix_i\tau_i\right)\\
+&= \prod_i\int d\tau_i \exp\left(-\frac{1}{2}\lambda_i\tau_i^2+x_i\tau_i\right)=\prod_i\sqrt{\frac{2\pi}{\lambda_i}}\exp\left(x_i^2/2\lambda_i\right)\\
+&= \frac{(2\pi)^{n/2}}{|A|^{1/2}}\exp\left(\frac{1}{2}\sum_ix_i\lambda_i^{-1}x_i\right)= \frac{(2\pi)^{n/2}}{|A|^{1/2}}\exp\left(\frac{1}{2}x^T\lambda^{-1}x\right) \\
+&= \frac{(2\pi)^{n/2}}{|A|^{1/2}}\exp\left(\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^nh_iA_{ij}^{-1}h_j\right)
+\end{aligned}
+</math>
+증명의 아이디어는 A를 대각화하여 얽혀 있는 σ<sub>i</sub>들을 서로 떼어놓음으로써 각 σ<sub>i</sub>에 대한 적분이 가능해진다는 거죠.
+==메모==
+* William O. Straub, [http://www.weylmann.com/gaussian.pdf A Brief Look at Gaussian Integrals]
+==관련된 항목들==
+* [[완전제곱식 만들기]]
+* [[안장점 근사]]
+* [[헤세 판정법]]
+* [[윅 정리]]
+==매스매티카 파일 및 계산 리소스==
+* https://docs.google.com/file/d/0B8XXo8Tve1cxalJfcUxZYXY5QTQ/edit
+* http://mathematica.stackexchange.com/questions/6845/how-to-deal-with-complicated-gaussian-integrals-in-mathematica/6846#6846
+==사전 형태의 자료==
+* http://en.wikipedia.org/wiki/Gaussian_integral
+* http://en.wikipedia.org/wiki/Common_integrals_in_quantum_field_theory
+[[분류:원주율]]
+[[분류:적분]]
+[[분류:통계물리]]
+[[분류:평형 통계물리]]
+==메타데이터==
+===위키데이터===
+* ID :  [https://www.wikidata.org/wiki/Q1060321 Q1060321]
+===Spacy 패턴 목록===
+* [{'LOWER': 'gaussian'}, {'LEMMA': 'integral'}]
+* [{'LOWER': 'euler'}, {'OP': '*'}, {'LOWER': 'poisson'}, {'LEMMA': 'integral'}]