오일러 감마 함수(Euler's Gamma Function)와 정규분포

정의

$\forall k>0$에 대하여 감마 함수는 아래와 같이 주어진 함수다.

$$\Gamma(k)=\int_{0}^{\infty}t^{k-1}e^{-t}dt$$

오일러가 찾아낸 감마 함수는 미분방정식이나 통계에서 여러 가지 쓸모가 있다. 이 함수는 해석적인 복소함수이지만 복잡함을 피하기 위해 $k$를 실수라 생각하기로 하자.

먼저 부분적분으로 감마 함수가 가진 성질을 알아 보자.

정리

$$\Gamma(k+1)=k \Gamma(k)\tag{1}$$

증명$$\begin{split} \Gamma(k) & = \int_{0}^{\infty} e^{-t} t^{k-1} dt = \int_{0}^{\infty} e^{-t} k^{-1} d t^{k} \\ &=\bigg[ k^{-1} e^{-t} t^k \bigg]_{0}^{\infty} + k^{-1} \int_{0}^{\infty} e^{-t} t^{k} dt =k^{-1}\int_{0}^{\infty} e^{-t} t^k dt \\ &= k^{-1}\Gamma(k+1)\end{split}$$

$\Gamma(1)=\int_{0}^{\infty}e^{-t}dt=1$이므로 $k$가 자연수라면 계승(!) 함수와 같음을 귀납법으로 쉽게 알 수 있다.

정리

$$n\in \mathbb{N},\quad\quad \Gamma(n)=(n-1)!\tag{2}$$ 

 

정리

$$\Gamma(k)\Gamma(1-k)=\frac{\pi}{\sin \pi k}\quad\quad k\in \mathbb{R\backslash Z}\tag{3}$$

증명

양변에 $k$를 곱하자.

$$k\Gamma(k)\Gamma(1-k)=\frac{\pi k}{\sin \pi k}$$

(1)에 따라 아래를 증명하는 것과 같다.

$$\Gamma(1+k)\Gamma(1-k)=\frac{\pi k}{\sin \pi k}$$

$k=1/2n$이라고 하자.

$$\Gamma(1+\frac{1}{2n})\Gamma(1-\frac{1}{2n})=\frac{\pi/2n}{\sin \pi /2n}$$

$$\begin{split} \Gamma(1+\frac{1}{2n})\Gamma(1-\frac{1}{2n}) &= \int_{0}^{\infty} e^{-s} s^{1/2n} d s \cdot \int_{0}^{\infty} e^{-t} t^{-1/2n} d t \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-s-t}(s/t)^{1/2n}ds dt \end{split}$$

$u=s+t,\quad v=s/t$라고 하면 $s=uv/(v+1),\quad t=u/(v+1)$이다. 변환 $(s,t)\rightarrow(u,v)$의 자코비안은 아래와 같다.

$$\begin{equation}\frac{\partial (s,t)}{\partial(u,v)}=\begin{vmatrix} \frac{\partial s}{\partial u} & \frac{\partial s}{\partial v} \\ \frac{\partial t}{\partial u} & \frac{\partial t}{\partial v} \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} \frac{v}{v+1} & \frac{u}{(v+1)^2} \\ \frac{1}{v+1} & -\frac{u}{(v+1)^2} \end{vmatrix} =\frac{-uv-u}{(v+1)^3}=\frac{-u}{(v+1)^2}\end{equation}$$

$$\begin{split} \Gamma(1+\frac{1}{2n})\Gamma(1-\frac{1}{2n}) &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{u}v^{1/2n} \bigg |\frac{\partial (s,t)} {\partial(u,v)} \bigg|du dv \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{u}v^{1/2n} \frac{u} {(v+1)^2} du dv = \underbrace{\int_{0}^{\infty} e^{-u}u du}_{1}\cdot \int_{0}^{\infty} \frac{v^{1/2n} }{(v+1)^2} dv\end{split}$$

$$\begin{split} \int_{0}^{\infty} \frac{v^{1/2n} }{(v+1)^2} dv &= - \int_{0}^{\infty} v^{1/2n}d \bigg( \frac{1}{v+1}\bigg) \\ & = - \bigg[\frac{v^{1/2n}}{v+1}\bigg]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} \frac{1}{v+1}dv^{1/2n}=\int_{0}^{\infty}\frac{d w}{w^{2n}+1}= \frac{\pi/2n}{\sin \pi /2n}\end{split}$$

$\blacksquare$

이 정리에 따라 $\displaystyle{\Gamma \bigg(\frac{1}{2}\bigg)=\sqrt{\pi}}$임을 얻을 수 있다.

위에 있는 성질을 다음과 같이 증명할 수도 있다.

$t^{1/2}=x$이라 하면 $t=x^2$에서 $dt=2x dx$이므로 아래와 같이 바꿀 수 있다.

$$\Gamma \bigg(\frac{1}{2}\bigg)=\int_{0}^{\infty}t^{- 1/2}e^{-t}dt=2\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx$$

$$\Gamma \bigg(\frac{1}{2}\bigg)\cdot \Gamma \bigg(\frac{1}{2}\bigg)=\bigg(2\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx \bigg)\cdot \bigg( 2\int_{0}^{\infty}e^{-y^2}dy\bigg)=4 \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-x^2-y^2}dxdy$$

이제 위 증명과 마찬가지로 극좌표로 변환하여 적분하자.

$$x=r\cos \theta,\quad y=r\sin \theta$$

적분 영역은 1사분면 전체이므로 $r$은 $0$부터 $\infty$까지 $\theta$는 $0$부터 $\pi/2$까지다.

$$\begin{equation}\frac{\partial (x,y)}{\partial(r,\theta)}=\begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} \cos \theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos \theta \end{vmatrix} =r(\cos^2 \theta+ \sin^2 \theta)=r\end{equation}$$

$$\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} e^{-x^2-y^2}dxdy=\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{\infty}e^{-r^2}rdrd\theta=\int_{0}^{\pi/2}\ \bigg[-\frac{1}{2}e^{-r^2} \bigg]_{0}^{\infty} d\theta=\frac{\pi}{4}$$

$$\Gamma \bigg(\frac{1}{2}\bigg)\cdot \Gamma \bigg(\frac{1}{2}\bigg)=\pi$$

$\blacksquare$

이 과정에서 아래와 같은 성질을 덤으로 알 수 있다.

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=2\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}$$

이때 $z=\sqrt2 x$로 치환하면 $dz=\sqrt{2} dx$이므로 아래와 같다.

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-\frac{1}{2}z^2}dz=\sqrt{\pi}$$

양변을 $\sqrt{\pi}$로 나누어 정리하면 아주 유명한 식이 나온다.

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}z^2}dz=1\tag{4}$$

적분값이 1이므로 함수 $\displaystyle{f(z)=e^{-\frac{1}{2}z^2}}$은 확률 밀도 함수가 된다. 이 함수를 확률 밀도 함수로 가지는 확률분포를 표준 정규분포라 부른다. 평균과 분산을 구하면 아래와 같다.

$$\begin{split}E(Z)&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}ze^{-\frac{1}{2}z^2}dz=0 \\ V(Z)&=E(Z^2)-(E(Z))^2=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}z^2 e^{-\frac{1}{2}z^2}dz=1\end{split}$$

이제 주어진 함수를 적당히 바꿔서 평균이 $\mu$이고 분산이 $\sigma^2$인 아래와 같은 확률 밀도 함수를 얻을 수 있다.

$$f(z)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{1}{2} \big( \frac{z-\mu} {\sigma} \big)^2}\tag{5}$$