Dexter's story

어쩌다보니 다음 꼴의 적분을 할 일이 생겼다.

$$ F(s) = \int_0^\infty dx J_0(x) e^{-xs} \,,\, s>0 $$

여기서 $J_0 (x)$는 베셀함수. 적분 자체는 베셀함수의 라플라스 변환으로 볼 수 있다. Jackson 연습문제 풀다가 계산한 적분에 저 적분이 있어서 대충 $(1+s^2)^{-1/2}$랑 비슷한 꼴이겠거니 생각하고 있었는데, Mathematica에 돌려보니 그냥 저게 답이었다(...). 그렇다면 Mathematica 없이 저 적분을 하는 방법을 알아보기로 하자.

시작은 베셀함수의 미분방정식. 베셀함수는 다음과 같은 미분방정식에 의해 정의된다.

$$ x^2 \frac{d^2 J_\nu}{dx^2} + x \frac{d J_\nu}{dx} + (x^2 - \nu^2) J_\nu = 0 $$

우리는 $J_0$를 보고 있으니 $\nu = 0$으로 두고 $x$를 하나씩 떼어내면 된다.

$$ x J_0'' + J_0' + x J_0 = 0$$

이제 이 관계식을 이용해 $F(s)$가 만족하는 미분방정식을 적으면 된다. 예컨대 마지막 항은 다음과 같이 적을 수 있다.

$$ \int dx x J_0 (x) e^{-xs} = - \frac{d}{ds} \int dx J_0 (x) e^{-xs} = - F(s)' $$

가운데 항은 라플라스 변환의 특징을 이용하면 된다.

$$ \int dx J_0' e^{-xs} = \left. J_0 e^{-xs} \right|^\infty_0 - \int dx J_0 \frac{d}{dx} e^{-xs} = - J_0(0) + s F(s) $$

첫 항은 약간의 산수가 들어가기는 하지만 비슷한 방식으로 계산할 수 있다.

$$ \int dx x J_0'' e^{-xs} = - \frac{d}{ds} \left[ \int dx J_0'' e^{-xs} \right] = - \frac{d}{ds} \left[ - J_0'(0) + s ( - J_0 (0) + s F(s) ) \right] $$

따라서 베셀방정식의 라플라스 변환을 정리하면 다음과 같다.

$$ \left( J_0 (0) - \frac{d[s^2 F]}{ds} \right) + \left( - J_0 + s F \right) + \left( - F' \right) = - sF - (1 + s^2) F' = 0 $$

위 방정식은 다음과 같이 정리할 수 있다.

$$ \frac{F'}{F} = \frac{d}{ds} \log(F) = - \frac{s}{1+s^2} = - \frac{1}{2} \frac{d}{ds} \log (1+s^2) $$

여기까지 쓰면 바로 답이 보이겠지만 $F(s) = A (1+s^2)^{-1/2}$로 결정된다. 이제 문제는 $A$를 결정하는 일. 경계조건은 $F(s \to \infty) = 0$과 $F(s=0) = 1$을 이용하면 된다. DLMF 10.22.41식의 베셀함수의 정규조건에서 따르는 성질.

$$ \int_0^\infty dx J_\nu(x) = 1 $$

이렇게 우리가 처음에 보이고 싶었던 적분을 계산할 수 있다.

$$ F(s) = \frac{1}{\sqrt{1+s^2}} = \int_0^\infty dx J_0(x) e^{-xs} $$

(매스매티카의 도움으로) 계산하긴 했는데 계산한 내가 봐도 ‘와 이걸 어떻게 계산한거지?’ 싶은 부분이 있다…(…) pic.twitter.com/vo6622yKjH

— Dexter Kim (@AstralDexter) July 28, 2021

(매스매티카의 도움을 받아 계산하기는 했지만) 계산을 나 자신도 '와 저게 정리가 되는구나...' 싶은 부분이 있어서 저 무한급수를 더하는데 들어간 테크닉을 좀 정리해보기로 했다. 저 무한급수는 일단은 다음 식^[각주:1].

\[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n!)^2 x^n}{(2n+1)!} = \frac{4 \csc^{-1} (2 / \sqrt{x})}{\sqrt{x(4-x)}} \]

논문을 위한 계산을 하다가 행렬의 로그를 취하는 과정에서 튀어나온 함수인데, 일반항은 찍은 것이다. 왼쪽의 급수를 어떻게 구했는가는 사실 중요한 문제는 아니니 제끼기로 하자.

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무한급수를 이름이 있는 함수(베셀함수라던가)로 다시 쓰기 위해 가장 중요한 것은 각종 특수함수의 급수전개를 미리 알고있는 것이다. 모든 물리학/공학 학부생의 적인 수리물리/공학수학 강의에서 특수함수 파트를 배우는 고통의 시간동안 졸지 않는 것이 중요한 이유이기도 하다^[각주:2]. 하지만 위의 예제는 베셀함수가 아니니 일단 넘어가기로 하자.

무한급수를 다시 정리하는데 쓸 수 있는 가장 간단한 테크닉은 초기하함수(hypergeometric function)의 미분방정식을 구하는 방법을 응용하는 것이다. 혹은 미분방정식의 급수해 풀이법인 Frobenius method의 반대 과정으로 생각해도 좋다. 우선 다음과 같이 일반항이 주어지는 무한급수를 생각해보자.

\[ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a(n) x^n}{b(n)} \]

여기서 $a(n)$과 $b(n)$은 어떤 수열이라고 하자. 처음 제시한 무한급수의 경우 $a(n) = (n!)^2$과 $b(n) = (2n+1)!$이다.

무한급수를 다시 합하는데 가장 중요한 공식은 다음 공식이다.

\[ x \frac{d}{dx} x^n = n x^n \]

이 미분연산자를 적당히 조합하는 것으로 $a(n)$을 $a(n+1)$로 바꿔주는 연산자 $D_1$을 찾는다.

\[ D_1 f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{a(n)}{b(n)} D_1 x^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{a(n+1)}{b(n)} x^{n+1} \]

일반적으로는 이런 연산자 $D_1$을 찾기 매우 어렵지만, 수열 $a(n)$이 팩토리얼과 같은 종류의 함수들의 곱으로 구성되어 있어 $a(n+1) / a(n)$이 $n$에 대한 다항식 $P(n)$으로 주어질 경우에는 연산자 $D_1$을 매우 쉽게 찾을 수 있다.

\[ \frac{a(n+1)}{a(n)} = P(n) \Rightarrow D_1 = x P(x \frac{d}{dx}) \]

예시에서는 이를 만족하는 연산자가 $D_1 = x (\frac{d}{dx} x)^2$으로 주어진다.

\[ D_1 f(x) = x \left( x (xf)' \right)' = \sum_{n=0}^\infty \frac{[(n+1)!]^2 x^{n+1}}{(2n+1)!} \]

다음으로 할 일은 $b(n)$을 $b(n-1)$로 바꿔주는 연산자 $D_2$를 찾는 것이다.

\[ D_2 f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{a(n)}{b(n)} D_2 x^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{a(n)}{b(n-1)} x^{n} \]

$D_1$의 경우와 마찬가지로, 일반적으로 이런 연산자 $D_2$는 존재하지 않지만 팩토리얼과 같은 종류의 함수들의 곱으로 구성된 $b(n)$의 경우에는 $D_2$를 찾을 수 있다. 비율 $b(n)/b(n-1)$이 $n$에 대한 다항식 $Q(n)$으로 주어지기 때문.

\[ \frac{b(n)}{b(n-1)} = Q(n) \Rightarrow D_2 = Q (x \frac{d}{dx}) \]

예시에서는 이를 만족하는 연산자가 $D_2 = 2 x \frac{d}{dx} (2 x \frac{d}{dx} + 1)$으로 주어진다.

\[ D_2 f(x) = 2 x \left( f + 2xf' \right)' = \sum_{n=0}^\infty \frac{(n!)^2 x^n}{(2n-1)!} \]

(음의 정수의 팩토리얼 $(-n)! = \infty$을 도입하여 $n=0$을 포함하도록 할 수 있다.) 여기까지 왔으면 다음은 뻔하다. 두 급수전개가 사실은 같은 함수이니 $D_1 f = D_2 f$라고 둘 수 있고, 이 관계식을 바탕으로 $f(x)$가 만족하는 미분방정식을 적을 수 있다.

\[ (D_1 - D_2) f(x) = 0 \Rightarrow x(x-4) f'' + 3 (x-2) f' + f = 0 \]

이제 미분방정식의 해를 찾아서 급수전개가 일치하도록 계수를 결정해주면 된다. 여기서부터는 계산할 때 Mathematica를 이용해 답을 얻었는데, 직접 손으로 미분방정식을 푸는 방법은 없을까 생각해보기로 한다. 여담으로 미분방정식의 답은 다음과 같이 주어진다.

\[ f(x) = \frac{A}{\sqrt{x(4-x)}} + \frac{B \sin^{-1}\sqrt{1-(x/4)}}{\sqrt{x(4-x)}} \]

여기서 $A = 2 \pi$, $B = -4$를 넣어주면 처음 제시한 답을 얻는다.

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현재 문제는 다음과 같이 생긴 미분방정식을 푸는 것이다.

\[ x(x-4) f'' + 3 (x-2) f' + f = 0 \]

위 미분방정식은 $u = x(x-4)$란 함수를 도입하여 다음과 같이 적을 수 있다.

\[ u f'' + \frac{3}{2} u' f' + \frac{1}{2} u'' f = 0 \]

이렇게 쓰고보니 공학수학이나 수리물리 첫 시간에 잠깐 배우고 잊어버리는 테크닉인 적분인자(integrating factor)를 이용한 풀이법이 존재할 것 같은 느낌이 들지 않는가? 우선 식을 다음과 같이 나눠보자.

\[ u f'' + \frac{3}{2} u' f' + \frac{1}{2} u'' f = u f'' + u' f' + \frac{1}{2} \left( u' f' + u'' f \right) = 0 \]

위 식은 다음과 같이 정리할 수 있다.

\[ ( u f' )' + \frac{1}{2} (u' f)' = ( uf' + \frac{u' f}{2} )' = 0 \]

전체 미분의 안에 들어있는 식은 적분인자로 하나의 미분으로 정리할 수 있다.

\[ ( uf' + \frac{u' f}{2} )' = ( u^{1/2} (u^{1/2} f)' )' = 0 \]

위 미분방정식의 가장 간단한 해는 $u^{1/2} f = C_1$이다. 가장 안쪽의 미분이 사라질테니까. $C_1$에 단위허수를 붙여서 정리해준다고 가정하면 첫번째 homogeneous solution으로 다음 식을 얻는다.

\[ f_1(x) = C_1 (-u)^{-1/2} = \frac{C_1}{\sqrt{x(4-x)}} \]

두번째 해는 $u^{1/2} (u^{1/2} f)' = C_2$를 요구하는 것이다. 이 경우 (적당히 적분상수에 단위허수를 붙여 부호를 정리하고 나면) 우리는 다음 식을 얻는다.

\[ f_2(x) = C_2 (-u)^{-1/2} \int (-u)^{-1/2} dx = \frac{C_2}{\sqrt{x(4-x)}} \int \frac{dx}{\sqrt{4 - (x-2)^2}} \]

가장 우변의 적분은 $\sin^{-1}$으로 정리된다.

\[ \int \frac{dx}{\sqrt{4 - (x-2)^2}} = \int \frac{d(x/2)}{\sqrt{1 - (x/2-1)^2}} = \sin^{-1} (\frac{x}{2} - 1) \]

따라서 가장 일반적인 해로

\[ f(x) = \frac{C_1}{\sqrt{x(4-x)}} + \frac{C_2 \sin^{-1} (\frac{x}{2} - 1)}{\sqrt{x(4-x)}} \]

를 얻게 된다. 두번째 항이 조금 이상해 보일 수 있지만 $C_1$과 $C_2$를 적당히 조절하면 $\sin^{-1}$의 argument를 다시 정리할 수 있다. 처음 제시한 꼴로 어떻게 정리되는지 보이는 것은 연습문제(...)로 남겨두기로 하자.

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다음은 급수전개를 통해 계수를 맞추는 작업이다. $x=0$ 근처에서 작업해야 하니 가장 먼저 할 작업은 $\sin^{-1}$의 argument를 잘 정리해서 보다 급수전개하기 쉬운 꼴로 바꾸는 것이다. 이 작업을 위해 다음과 같이 $\theta$란 변수를 도입하자.

\[ \theta = \sin^{-1} (\frac{x}{2} - 1) \]

이제 $\theta$를 $\theta \to \phi - \pi / 2$를 통해 $\phi$로 재정의하는 경우를 생각할 수 있다. 정확히 $-\pi/2$만큼 원점을 이동하는 이유는 우변의 argument가 $x=0$에서 -1이 되기 때문인데 $- \pi / 2$만큼 $\theta$를 옮기는 것을 변수 $C_1$의 재정의로 흡수할 수 있다. 이제 $\phi$를 구하기 위해서는 다음과 같은 관계식을 풀게 된다.

\[ \sin (\phi - \pi/2) = - \cos \phi  = \frac{x}{2} - 1 \]

위 식은 배각공식을 이용해 조금 더 정리해줄 수 있다.

\[ 1 - \cos \phi = 2 \sin^2 \frac{\phi}{2} = \frac{x}{2} \Rightarrow \phi = 2 \sin^{-1} \frac{\sqrt{x}}{2} \]

위 방법으로 $\sin^{-1} (\frac{x}{2} - 1) = 2 \sin^{-1} (\sqrt{x}/2) - \pi / 2$로 다시 쓸 수 있고, 결과적으로 $f(x)$는 다음과 같이 정리된다.

\[ f(x) = \frac{\tilde{C}_1}{\sqrt{x(4-x)}} + \frac{\tilde{C}_2 \sin^{-1} (\sqrt{x}/2) }{\sqrt{x(4-x)}} \]

이제 처음 구한 급수전개와 맞추는 작업이 남았다. 먼저 사인함수의 역함수의 급수전개는 다음과 같이 주어진다.

\[ \sin^{-1} (x) = x + \mathcal{O} (x^3)\]

계수를 결정하는데는 1차항만 필요하므로 나머지 항은 무시하기로 하자. 이제 위에서 구한 $f(x)$를 $x=0$ 근처에서 전개해보자. 이를 위해서는 다음과 같이 식을 다시 적어주는 것이 좋다.

\[ f(x) = \frac{\tilde{C}_1}{2\sqrt{x} \sqrt{1-x/4}} + \frac{\tilde{C}_2 \sin^{-1} (\sqrt{x}/2) }{2 \sqrt{x} \sqrt{1-x/4} } \]

위의 꼴을 $x=0$에서 전개하면 다음 결과를 얻는다.

\[ f(x) = \frac{\tilde{C}_1}{2 \sqrt{x}} + \frac{\tilde{C}_2}{4} + \mathcal{O}(\sqrt{x}) \]

원래 $f(x)$의 급수전개는

\[ f(x) = 1 + \frac{x}{6} + \frac{x^2}{30} + \cdots \]

이므로, 계수가 바로 결정되어 $f(x)$를 결정할 수 있게 된다.

\[ f(x) = \frac{4 \sin^{-1} (\sqrt{x}/2) }{\sqrt{x(4-x)}}\]

매우 제한적인 경우에만 응용할 수 있는 테크닉이긴 하지만, 무한급수를 합하는 그다지 어렵지는 않은 방법이다.

Physicists know they can approximate everything by harmonic oscillators, though.

- R. Chapling(https://rc476.user.srcf.net/asymptoticmethods/am_notes.pdf)

최근 논문을 쓰며 망각의 늪(?)에 방치해두었던 미분방정식에 대한 지식을 다시 되살려야 할 필요가 있어서 간단하게 작성해보는 시리즈. Green's function과 Sturm-Liouville 문제에 기회가 되면 특수함수와 Lie군을 다뤄보고 싶은데 마지막 항목은 초기하함수와 SL(2,R)군 사이의 관계에 대해서는 공부해야 할 필요가 있어서 할 수 있을지 모르겠다. 언제나(?) 그렇듯 미분방정식은 2계미분방정식만 고려할 생각.

어차피 편미분방정식이라고 해서 개념적으로 바뀌는 것은 없으니 상미분방정식만 생각하기로 하자. 우선은 homogeneous equation을 생각하기로 한다.

\[ \left[p(x) \frac{d^2}{dx^2} + q(x) \frac{d}{dx} + r(x) \right] f(x) = 0 \]

일반적으로 이 방정식의 해는 둘로 주어지며, 두 해를 각각 $f_1(x)$과 $f_2(x)$라고 부르기로 하자. 둘 중 하나만 알고 있을 때 다른 하나를 구하는 방법은 Kreyzig 공학수학에 나와 있을테니^[각주:1] 두 해를 전부 알고 있다고 가정해도 무리는 없을 것이다.

homogeneous equation의 특징은 두 해 $f_1(x)$와 $f_2(x)$에 대해 두 해의 임의의 선형조합 $\alpha f_1 + \beta f_2$ 또한 homogeneous equation을 만족한다는 것이다. 선형미분방정식이 선형대수학을 만나는 지점이다. 그래서 위의 방정식을 다음과 같이 선형연산자 $\mathcal{L}$을 도입하여 선형연산자 방정식의 모양으로 바꿔 쓰기도 한다.

\[ \mathcal{L} = \left[ p(x) \frac{d^2}{dx^2} + q(x) \frac{d}{dx} + r(x) \right] \Rightarrow \mathcal{L} f(x) = 0 \]

많은 경우 homogeneous solution의 계수 $\alpha$와 $\beta$는 초기조건으로 결정하며^[각주:2], 초기조건은 함수 $f(x)$의 $x=x_0$에서 함수값 $f(x_0)$와 1계미분값 $\frac{df}{dx}(x_0)$으로 주어진다. 이 문제는 다음과 같은 행렬방정식으로 나타낼 수 있다.

\[ \begin{pmatrix} f(x_0) \\ \frac{df}{dx}(x_0) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_1(x_0) & f_2(x_0) \\ \frac{df_1}{dx}(x_0) & \frac{df_2}{dx}(x_0) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha \\ \beta \end{pmatrix} \]

위 식의 우변에 등장하는 행렬을 Wronskian matrix라고 부르며, 이 행렬의 행렬식(determinant)을 Wronskian이라고 한다. 일반적으로 Wronskian을 계산해 0이 되지 않는 것을 확인하는 것을 '구한 homogeneous solution들이 선형독립인가'를 묻는 질문이라고 말하는데, 위 행렬방정식 꼴을 보면 다음의 동등한 질문으로 바꿔 쓸 수 있음을 알 수 있다. "우변의 행렬의 역행렬을 구해 일반적인 초기조건 $f(x_0)$와 $\frac{df}{dx}(x_0)$를 만족하는 homogeneous solution을 찾을 수 있는가?"

그렇다면 선형대수학의 관점을 inhomogeneous equation에 어떻게 적용할 수 있을까? 일단 inhomogeneous equation을 적어보자.

\[ \left[p(x) \frac{d^2}{dx^2} + q(x) \frac{d}{dx} + r(x) \right] f_p(x) = s(x) \Rightarrow \mathcal{L} f_p = s \]

위에서 $f_p(x)$는 particular solution이라고 하며, 일반적으로 위 방정식을 만족하는 해는 homogeneous solution을 포함한 꼴인 $f_p(x) + \alpha f_1(x) + \beta f_2(x)$으로 주어진다. 여기서 자유롭게 결정할 수 있는 계수인 $\alpha$와 $\beta$를 결정하는 기준은 경계조건이 된다. 경우에 따라 위 식의 $s(x)$를 source term이라고 부르는데, 보편적으로 쓰는 용어인지는 모르겠다.

Green's function method는 위 식의 우변을 다음과 같이 바꿔쓸 수 있다는 점을 이용한다^[각주:3].

\[ s(x) = \sum_{y} \delta(x,y) s(y) \]

일부러 Dirac delta $\delta(x,y) = \delta(x-y)$를 잘 쓰지 않는 꼴로 적어두었는데, 행렬을 적는 일반적인 방법과 유사성이 잘 드러나도록 하기 위한 조치이다^[각주:4]. 만약 미분연산자 $\mathcal{L}$의 역연산자 $\mathcal{L}^{-1}$가 존재한다고 한다면, inhomogeneous equation은 양변의 좌측에 $\mathcal{L}^{-1}$를 붙여 다음과 같이 적을 수 있다.

\[ f_p(x) = \sum_{y} \left[ \mathcal{L}^{-1} \delta(x,y) \right] s(y) = \sum_{y} G(x,y) s(y) \]

미분방정식의 풀이가 행렬곱(?)으로 바뀌는 셈^[각주:5]. 문제는 $G(x,y) = \mathcal{L}^{-1} \delta(x,y)$를 어떻게 구할 것이냐가 된다.

Green's function은 결국 다음 방정식을 푸는 문제이다.

\[ \mathcal{L} G(x,y) = \delta(x,y) \]

편의상 미분방정식을 푸는 구간을 $(a,b)$라고 하고, $a$에서의 경계조건을 만족하는 homogeneous solution을 $f_1$, $b$에서의 경계조건을 만족하는 해를 $f_2$라고 하자. $\delta(x,y)$는 $x \neq y$에서 0이기 때문에, $G(x,y)$는 대충 다음과 같은 모양을 취할 것으로 예상할 수 있다.

\[ G(x,y) \propto \left\{ \begin{aligned} f_1(x) && a \le x < y \\ f_2(x) && y < x \le b \end{aligned} \right. \]

혹은 다음과 같이 표현할 수도 있다.

\[ G(x,y) = \left\{ \begin{aligned} f_1(x) g_1(y) && a \le x < y \\ f_2(x) g_2(y) && y < x \le b \end{aligned} \right. \]

이런 때 쓰기 위해 Heaviside step function이 있지만 위 꼴이 보다 다루기 쉬우니 일단은 이 꼴을 쓰기로 하자. Green's function $G(x,y)$는 $x$에 대한 2계미분에서 Dirac delta가 나와야 하기 때문에 $x$에 대해 연속적이어야 하므로^[각주:6], homogeneous solution들을 쌓아올리기 위해 도입하는 계수 $g_{1,2}(y)$는 다음 조건을 만족해야 한다.

\[ f_1(y) g_1(y) = f_2(y) g_2(y) \]

이제 이 Green's function에 대한 ansatz를 Green's function이 만족해야 하는 방정식에 집어넣어보자.

\[ \left[ \frac{d^2}{dx^2} + \frac{q(x)}{p(x)} \frac{d}{dx} + \frac{r(x)}{p(x)} \right] G(x,y) = \frac{\delta(x,y)}{p(x)} \]

Dirac delta가 들어간 방정식을 푸는 일반적인 방법은 양변에 Dirac delta의 support가 있는 neighbourhood를 적분하는 것이다.

\[ \int_{y-0^+}^{y+0^+} dx \left[ \frac{d^2}{dx^2} + \frac{q(x)}{p(x)} \frac{d}{dx} + \frac{r(x)}{p(x)} \right] G(x,y) = \int_{y-0^+}^{y+0^+} dx \frac{\delta(x,y)}{p(x)} \]

위 식을 계산하게 되면 다음과 같은 조건을 얻게 된다.

\[ \frac{d G(x = y + 0^+,y)}{dx} - \frac{d G(x = y - 0^+,y)}{dx} = f_2'(y) g_2(y) - f_1'(y) g_1(y) = \frac{1}{p(y)} \]

1계미분에 대한 적분은 Green's function이 연속적이라는 조건 때문에 사라진다. 위의 연속성 조건이랑 병렬로 놓고 보면 어디서 많이 본 것 같은 꼴이지 않은가? 두 조건을 행렬방정식으로 적어보자.

\[ \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{1}{p(y)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_1(y) & f_2(y) \\ \frac{df_1}{dx}(y) & \frac{df_2}{dx}(y) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} - g_1(y) \\ g_2(y) \end{pmatrix} \]

역행렬을 계산해서 $g_1$과 $g_2$를 풀면 다음과 같은 답을 얻는다.

\[ \begin{pmatrix} - g_1(y) \\ g_2(y) \end{pmatrix} = \frac{1}{Wr[f_1,f_2](y)} \begin{pmatrix} \frac{df_2}{dx}(y) & - f_2(y) \\ - \frac{df_1}{dx}(y) & f_1(y) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{1}{p(y)} \end{pmatrix} = \frac{1}{p(y) Wr[f_1,f_2](y)} \begin{pmatrix} - f_2(y) \\ f_1(y) \end{pmatrix} \]

여기서 $Wr[f_1,f_2] = f_1 f_2' - f_2 f_1'$는 Wronskian이다. 결론적으로, Green's function은 다음과 같이 적을 수 있다.

\[ G(x,y) = \left\{ \begin{aligned} \frac{f_1(x) f_2(y)}{p(y) Wr[f_1,f_2](y)} && a \le x < y \\ \frac{f_2(x) f_1(y)}{p(y) Wr[f_1,f_2](y)} && y < x \le b \end{aligned} \right. \]

최근 쓰는 논문에서 대충 다음과 같은 적분을 할 일이 있었다.

\[ \int_a^b \sqrt{f(x)} dx \]

구간은 $f(a) = f(b) = 0$의 해. 문제는 이 계산이 정확하게 되지 않아서 섭동계산으로 풀어야 한다는 것.

\[ \int_{a(\epsilon)}^{b(\epsilon)} \sqrt{f(x;\epsilon)} dx \]

편의상 $\epsilon$의 선형 차수까지 이 적분을 계산한다고 가정해보자. 이 경우 적분은 다음과 같이 전개할 수 있다.

\[ \int_{a(0)}^{b(0)} \sqrt{f(x;0)} dx + \epsilon \int_{a(0)}^{b(0)} \frac{\partial \sqrt{f(x;0)}}{\partial\epsilon} dx + \left[ \int_{a(0)+\epsilon a'(0)}^{a(0)} + \int_{b(0)}^{b(0)+\epsilon b'(0)} \right] \sqrt{f(x;0)} dx \]

첫 두 항은 별 문제가 없다. 문제가 되는 것은 마지막의 적분구간이 $\epsilon$에 대해 움직이는 부분. $\sqrt{f(x;0)}$의 부정적분을 계산할 수 있다고 생각없이 움직인 적분구간을 집어넣으면 틀린 답을 얻게 된다. 예컨대 구간 $(a(0)+\epsilon a'(0), a]$에서 $f(x;0)$의 값이 음수가 된다면 나올 리가 없는 허수부가 만들어진다.

그렇다면 정확한(?) 풀이방법은 무엇일까? 우선은 처음 쓴 적분을 $G(\epsilon)$으로 정의하자. 우리가 원하는 것은 $G'(0) = \left. \frac{\partial G}{\partial \epsilon} \right|_{\epsilon=0}$이다.

\[ G(\epsilon) := \int_{a(\epsilon)}^{b(\epsilon)} \sqrt{f(x;\epsilon)} dx = G(0) + \epsilon G'(0) + \cdots \]

$G'(0)$는 정의만 사용하면 다소 싱겁게 구할 수 있다.

\[ G'(0) = \int_{a(0)}^{b(0)} \frac{\partial \sqrt{f(x;0)}}{\partial\epsilon} dx + \frac{\partial b}{\partial \epsilon} \sqrt{f(b;0)} - \frac{\partial a}{\partial \epsilon} \sqrt{f(a;0)} \]

뒤 두 항은 $f(a) = f(b) = 0$란 조건으로부터 0이므로, 실제 계산은 맨 앞 항만 해주면 된다. 물론 이렇게 단순한 문제였으면 포스트를 쓰지도 않았을테지만.

문제는 $\epsilon^2$ 차수의 계산이다. $G''(0)$는 어떻게 구할 수 있을까? 쉽게 계산되는 부분은 일단 전부 던져두고, 문제가 되는 부분만 찾아보자.

\[ G''(0) = \cdots + \frac{\partial b}{\partial \epsilon} \frac{\partial \sqrt{f(b;0)}}{\partial \epsilon} + \cdots - \frac{\partial a}{\partial \epsilon} \frac{\partial \sqrt{f(a;0)}}{\partial \epsilon} + \cdots \]

위에서 $\cdots$로 표시한 부분은 딱히 발산하지 않는 부분이기 때문에 문제없이 계산할 수 있지만, 위에 적은 항들은 그렇지 않다.

\[ \frac{\partial b}{\partial \epsilon} \frac{\partial \sqrt{f(b;0)}}{\partial \epsilon} = \frac{\partial b}{\partial \epsilon} \left( \frac{1}{2 \sqrt{f(b;0)}} \frac{\partial f(b;0)}{\partial \epsilon} \right) \stackrel{?}{=} \frac{N}{0} \]

별 생각없이 계산하다가는 $\frac10$꼴의 항들이 두개나 튀어나오게 된다. 만약 보다 고차항을 보고 싶다면 $\frac10 \times \frac10$과 같은 더 계산이 불가능한 항들이 만들어질 것이다. 그렇다면 해결방법은 무엇일까?

문제의 원인은 적분구간이 이동한다는 사실에 있다. 그러므로 적분변수를 바꿔서 적분구간이 이동하지 않도록 조정해주면 문제가 해결된다. 다음과 같은 성질을 갖는 $\epsilon$에 의존하는 변수변환을 생각하자.

\[ x \to \tilde{x}(x; \epsilon) \,,\, \tilde{x}(a(\epsilon);\epsilon) = a(0) \,,\, \tilde{x}(b(\epsilon);\epsilon) = b(0) \,,\, \lim_{\epsilon \to 0} \tilde{x}(x;\epsilon) = x \]

이 변수변환이 적당한 one-to-one mapping이라면 문제는 매우 싱겁게 해결된다. $G(\epsilon)$에 대한 $\frac{\partial}{\partial \epsilon}$ 미분이 전부 integrand에만 걸리기 때문.

\[ G(\epsilon) = \int_{a(\epsilon)}^{b(\epsilon)} \sqrt{f(x;\epsilon)} dx = \int_{a(0)}^{b(0)} \sqrt{f(x(\tilde{x};\epsilon);\epsilon)} \left( \frac{\partial x}{\partial \tilde{x}} \right) d\tilde{x} \]

물론 이 invertible mapping을 찾기란 쉽지만은 않다. 처음에는 quadratic 관계식으로 해보려고 했는데 결국은 실패했고, 결과적으로는 다음과 같은 projective 관계식을 푸는 것으로 해결했다. (정확히는 $b = \infty$에 놓여있어서 단순한 선형 이동으로 해결했지만)

\[ \frac{x - a(\epsilon)}{x - b(\epsilon)} = \frac{\tilde{x} - a(0)}{\tilde{x} - b(0)} \]

학부 4년 과정 내내(?) 섭동계산을 배우지만 그것만으로는 충분하지 않을 만큼 섭동계산의 세계는 넓고도 험하다.

섭동계산을 하다 보면 다음과 같이 작은 섭동항이 붙은 행렬의 행렬식을 계산할 일을 자주 마주하게 된다.

\[ \text{Det}(G_{ab} + \epsilon A_{ab}) \]

이 계산은 어떻게 하면 될까? 먼저 $G_{ab}$의 역행렬 $G^{ab}$를 정의해서 다음과 같이 쓰도록 하자.

\[ \text{Det}(G_{ab} + \epsilon A_{ab}) = [ \text{Det} (I_{a}^{~b} + \epsilon A_{a}^{~b}) ] \times [ \text{Det} G_{ab} ] \]

여기서 $A_{a}^{~b} := A_{ac} G^{cb}$로 정의한다. $A_{a}^{~b}$의 고유값들을 $\lambda_i$라 부르기로 한다면, 위 식은 다음과 같이 적을 수 있다.

\[ \text{Det} (I_{a}^{~b} + \epsilon A_{a}^{~b}) = \prod_i (1 + \epsilon \lambda_i) = 1 + \epsilon \sum_i \lambda_i + \epsilon^2 \sum_{i<j} \lambda_i \lambda_j + \cdots \]

이제부터는 매우 쉽다. 행렬 $A_{a}^{~b}$에 대해 다음 두 조건을 알고 있으므로, 이 두 조건으로부터 얻는 식을 잘 조합하기만 하면 된다.

\[ \text{Tr} A = \sum_i \lambda_i \,,\, \text{Tr} A^n = \sum_i \lambda_i^n \]

예컨대 $2 \sum_{i<j} \lambda_i \lambda_j = (\sum_i \lambda_i)^2 - \sum_i \lambda_i^2$이므로,

\[ \text{Det} (I + \epsilon A) = 1 + \epsilon \text{Tr} A + \epsilon^2 \frac{(\text{Tr} A)^2 - \text{Tr} A^2}{2} + \epsilon^3 \frac{(\text{Tr}A)^3 - 3 \text{Tr} A^2 \text{Tr} A +2 \text{Tr} A^3 }{6} + \cdots \]

와 같은 전개를 얻는다. 찾아보면 위와 같은 조합에 대해 뭔가 이름이 있을 법도 한데 귀찮은 관계로 생략.

Dirac delta distribution은 다음과 같은 함수열(sequence of functions)의 극한으로도 볼 수 있다. Fermi's golden rule을 증명할 때 필요한 Dirac delta의 representation이기도 하다.

$$ \delta(x) = \frac{1}{\pi} \lim_{a \to \infty} \frac{\sin^2(ax)}{ax^2}$$

위 함수열의 극한을 이용하기 위해서는 다음 적분을 증명해야 한다.

$$ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2(ax)}{ax^2} dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2x}{x^2} dx = \pi$$

위 적분은 어떻게 증명하면 좋을까.

다음 푸리에 변환을 생각하자.

$$ F(s) = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2x}{x^2} e^{isx} dx $$

우리는 $F(s=0) = \pi$를 증명하길 원하며, Riemann-Lebesgue 보조정리에 의해 $F(s \to \pm \infty) = 0$이란 경계조건을 알고있다. 이제 $F''(s)$를 직접 계산하자.

$$ F''(s) = - \int \sin^2x e^{isx} dx = \frac{\pi}{2} (\delta(s+2) - 2 \delta(s) + \delta(s-2)) $$

위 식을 $s$에 대해 두번 적분하면서 경계조건 $F^{(n)} (s \to \pm \infty) = 0$을 넣어주면 다음과 같은 결과를 얻는다.

$$ F(s) = \left\{ \begin{aligned} & 0 && |s| \ge 2 \\ & \frac{\pi}{2}(2 - |s|) && |s| \le 2 \end{aligned} \right. $$

따라서 $F(s=0) = \pi$로 증명완료.

'원 위의 임의의 두 점을 골랐을때의 거리의 기하평균'을 구할 일이 있어서 다음과 같은 적분을 할 일이 생겼다.

\[ \int_0^1 \log ( \sin \pi x ) dx \]

매스매티카에 돌려보면 이 적분의 값은 $ - \log 2 $라고 한다. 어째서인지 직접 계산해서 보일 수 있을 것만 같은 값이라서 적분을 이리 고치고 저리 고치는 삽질을 좀 하다가 직접 증명이 가능하다는 것을 확인하는데 성공했다. 생각보다는 간단한 트릭이었음.

우선 적분을 다음과 같은 꼴로 바꾼다.

\[ \int_0^1 \log ( \sin \pi x ) dx = 2 \int_0^{1/2} \log ( \sin \pi x ) dx = \int_0^1 \log ( \sin \frac{\pi x}{2} ) dx \]

이 적분은 이런 꼴로도 변환할 수 있다.

\[ \int_0^1 \log ( \sin \pi x ) dx = \int_0^1 \log ( 2 \sin \frac{\pi x}{2} \cos \frac{\pi x}{2} ) dx \]

로그를 분해한 후 코사인에 대한 적분에서 변수변환 $x \to 1-x$을 적용하면 다음과 같이 정리된다.

\[ \int_0^1 \log ( \sin \pi x ) dx = \log 2 + 2 \int_0^1 \log ( \sin \frac{\pi x}{2} ) dx \]

두 표현을 잘 정리하면 원하는 답을 얻는다.

\[ \therefore \int_0^1 \log ( \sin \pi x ) dx = - \log 2 \]

어쩌다 보니 다음과 같은 합을 하게 되었다.

\[\sum_{m=0}^n \binom{4n}{4m}+\binom{4n}{4m+1}\]

의외라면 의외인데, 이 합은 정확하게 계산할 수 있다. 이항전개를 적당히 잘 조합하면 구할 수 있기 때문.

\[(1+x)^{n}=\sum_{m=0}^n \binom{n}{m}x^m\]

위의 식에서 $n$을 $4n$으로 뻥튀기하고, $x^4=1$이란 조건을 집어넣으면 다음 식을 얻는다.

$x^4=1\Rightarrow(1+x)^{4n}=\sum_{m=0}^n \binom{4n}{4m}+\binom{4n}{4m+1}x+\binom{4n}{4m+2}x^2+\binom{4n}{4m+3}x^3$

우리 모두 $x^4=1$의 답이 $1, i, -1, -i$라는 사실을 알고 있으므로, 다음과 같은 합을 생각해 볼 수 있다.

\[\alpha(1+1)^{4n}+\beta(1+i)^{4n}+\gamma(1-1)^{4n}+\delta(1-i)^{4n}\]

첫 식에 집어넣으면, 다음과 같은 조건이 필요하다는 것을 알 수 있다.

\[\alpha+\beta+\gamma+\delta=1\\\alpha+i\beta-\gamma-i\delta=1\\\alpha-\beta+\gamma-\delta=0\\\alpha-i\beta-\gamma+i\delta=0\]

이 이후를 푸는 것은 별로 어려운 일이 아니므로 여기까지만.$\alpha,\beta, \gamma, \delta$를 구한 뒤 합만 하면 된다. 4가 아닌 경우로 확장하는 것은 별로 어려운 일이 아니니 넘어가기로 하자.

series_expansion_public.pdf

뭐 내용 자체는 예전에 썼던 이항전개로 장난치는 그 글과 크게 다르지 않습니다. 다만 역함수의 급수전개법과 멱급수를 멱급수로 나누는 조금 다른 방법이랑 점근수열에 대한 내용을 조금 추가한 점이 바뀌었달까요. (왜 굳이 영역했냐고 물으신다면, 나중에 우려먹기 편하라고..)

2015/05/01 - 이항전개와 수치근사

수강생들이 수업에서 약간 헤매는 것 같길레 구체적인 예시로 쓸 겸 + Boas 수리물리에서 안 다루는 내용들을 간단하게 넣어볼 겸 만들었습니다. 의외로 Arfken에서는 안 다루는 급수 안에 급수를 집어넣어 급수전개하는 방법을 Boas에서는 다루고 있더군요. 어째서인지 많은 수강생분들이 교재를 안 읽고 미분계수를 구하는 삽질을 통해 테일러 전개를 하고 계시는 것 같아 안타깝습니다만...

저번에 중간고사를 보고 의외로 사람들이 많이 모르는 것 같아서 만들어봤습니다. 사실 대학 1학년때 배우는 미적분학에서 다뤘어야 할 내용인데 자세하게 알려주는 교수님도 조교님도 없죠. 수학과에선 증명을 하지 계산을 하지는 않으니까(...). 공학수학은 이미 알고 있다고 생각하고 진행하는 경향이 있고요.

binomial_expansion_and_numerical_approximation.pdf

그런데 정작 난 읽어야 할 논문은 안 읽고 뭔 짓을 하고 있는가...ㅠㅠ

조교일 하면서 삽질한걸 TeX으로 치는 더블삽질을 감행했습니다. 3차원 유클리드 공간이면 주로 $\mathbb{R}^3$라고 쓰지만 좀 있어보이는(..) $\mathbb{E}^3$란 표현을 쓰기로 결정. 사원수를 실제로 계산에 써 보는건 처음이군요.

Mobius transform public.pdf

밥값은 하고 있다고 생각해야 하나...

보통 $\int \exp(iax^2) dx, a\in \mathbb{R}^+$를 적분할 때는 다음과 같은 극한을 이용해서 풀곤 한다.

\[ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{iax^2}dx=\int_{-\infty}^{+\infty} \lim_{\epsilon\to0}e^{(ia-\epsilon)x^2}dx = \lim_{\epsilon\to0} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{(ia-\epsilon)x^2}dx \]

\[ \therefore \int_{-\infty}^{+\infty} e^{iax^2}dx = \sqrt{\frac{\pi}{-ia}} = (1+i)\sqrt{\frac{\pi}{2a}} \]

문제는 극한의 적분과 적분의 극한이 같지 않을 수 있다는 것. 물론 위의 적분은 맞는 값이긴 하다. 위 적분을 제대로 구하는 한 가지 방법은 http://www.jstor.org/stable/2588989에서 다루고 있으니 참조. 이 글에서는 조금 다른 방법으로 구할 생각이다. 일종의 컨투어 회전.

아이디어는 복소평면에서  $\exp(iaz^2)$의 절대값을 그리게 되면 안장과 같은 모양을 하게 된다는 것. 원래 적분하는 구간은 다음 그림과 같다.

복소평면에서 적분하고  $\exp(iaz^2)$는 pole이 하나도 없는^[각주:1] analytic function이기 때문에 이 적분은 '시작점'과 '끝점'에만 의존한다. 해당 적분을 다음과 같이 바꾸어도 된다는 것.

왼쪽의 붉은 원호 적분이 $\Gamma_a$, 가운데의 녹색 선 적분이 $\Gamma_b$, 오른쪽의 붉은 원호 적분이 $\Gamma_c$이다. 파워포인트로 그리느라 감마를 넣는 과정이 복잡해서(..) 그림에는 넣지 않았는데 대충 알아들으리라 믿으며..

$\Gamma_b$를 +45도로 잡은 이유는 $z^2$의 허수부가 양수가 되도록 만들기 위해서다. 그래야 $a$ 앞의 $i$와 상쇄되어 음수가 만들어지니까. 각 적분을 구해 보자.

\[ \int_{-R}^{+R} e^{iax^2}dx = \Gamma_a+\Gamma_b+\Gamma_c \]

\[ \Gamma_b = \frac{(1+i)}{\sqrt2}\int_{-R}^{+R} e^{-ax^2} dx \]

여기까지는 쉽다. 이제 남은 두 적분이 $R\to\infty$ 극한에서 사라진다는 것을 보일 차례.

\[ \Gamma_a = \int_{0}^{\pi/4} e^{iaR^2\exp(2i\theta)}\left[-Re^{i\theta}\right]d\theta \\= \int_{0}^{\pi/4} -Re^{iaR^2\cos(2\theta)+i\theta}e^{-aR^2\sin(2\theta)}d\theta \]

어차피 크기가 0으로 날아간다는 것을 보이는 것이 중요하므로 크기만 구하면 된다.

\[ \left|\Gamma_a\right| \leq \int_{0}^{\pi/4} \left|-Re^{iaR^2\cos(2\theta)+i\theta}e^{-aR^2\sin(2\theta)}\right|d\theta \\ = \int_{0}^{\pi/4} Re^{-aR^2\sin(2\theta)}d\theta \\ = \int_{0}^{\pi/2} \frac{R}{2}e^{-aR^2\sin(\theta)}d\theta \\ \leq \int_{0}^{\pi/2} \frac{R}{2}e^{-aR^2\frac{2}{\pi}\theta}d\theta \sim O(R^{-1})\]

마지막 줄은 Jordan's lemma를 그대로 이용한 것. $\Gamma_c$도 같은 방법으로 $1/R$ 꼴을 갖는다는 것을 보일 수 있다. 이제 결론만 남은 상태.

\[ \therefore \int_{-\infty}^{+\infty} e^{iax^2}dx = \Gamma_b = \frac{(1+i)}{\sqrt2}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-ax^2}dx = (1+i)\sqrt{\frac{\pi}{2a}}\]

참고로 이 방식을 이용하면 처음 극한을 이용할 때 문제가 되는 $\sqrt{i}$의 부호가 한번에 해결된다. $\left(\frac{(1+i)}{\sqrt2}\right)^2=\left(-\frac{(1+i)}{\sqrt2}\right)^2=i$에서 어떤 부호를 택할 것이냐의 문제. 문제에서 $a$가 음의 실수인 경우에는 -45도로 틀면 똑같은 결론을 얻으니 더 언급할 필요는 없을 듯 하다.

페이스북 타임라인에 던져졌던 문제. 다음을 미분을 쓰지 않고 증명하시오.

\[ \ln f(x) = - \int _0 ^{\infty} \frac{1}{t}e^{-tf(x)}dt \]

그 전에 잠시 다음 적분을 보자.

\[ \forall a>0, \int_0^\infty \frac{1}{t}e^{-at}dt = \int_0^\infty \frac{1}{t}e^{-t}dt \]

위 식은 간단한 변수치환으로 보일 수 있다. 이제 다음 식을 생각해보자.

\[\forall a>0\forall \epsilon>0, \int_0^\infty\frac{1}{t}e^{-(a+\epsilon)t}dt -\int_0^\infty\frac{1}{t}e^{-at}dt = 0\]

왜냐고요? 위에서 임의의 변수 $a$를 넣어주어도 값이 같다는걸 보였으니까. 눈치가 빠른 사람들은 내가 왜 $\epsilon$을 넣었는지 감을 잡았겠지만, 이제 미분의 정의를 이용하려고 한다. 적분은 합쳐도 상관없으니 일단 같은 적분으로 퉁치기로 하자.

\[\lim_{\epsilon\to0}\frac1{\epsilon}\int_0^\infty\frac1t(e^{-(a+\epsilon)t}-e^{-at})dt=\lim_{\epsilon\to0}\frac1{\epsilon}0 = 0\]

한편, 극한을 적분 안에 우선 넣어버리는 방법도 있다.

\[\int_0^\infty\frac{1}{t}\lim_{\epsilon\to0}\frac{1}{\epsilon}(e^{-(a+\epsilon)t}-e^{-at})dt=-\int_0^\infty e^{-at}dt=-\frac1a \]

넵. 무언가 잘못되었습니다. 이런 문제가 생기는 이유중 하나로 처음 본 식의 적분은 무조건 발산한다는 성질이 있다.(극한과 적분의 순서를 바꾸어도 되는가는 꽤 섬세한 증명이 필요한 과정이긴 하지만 그건 수학과의 일이니 일단 무시하기로 하자)^{[각주:1][각주:2]} 애초에 시작부터 개소리라는 뜻이다. 하지만 우리는 불굴의 물리학도 계산기 공대생, 정의가 제대로 안 되었든 말든 그건 무시하고 일단 계산에 써먹는다!

본론으로 돌아와서, 양변을 미분하면 처음의 식을 어떻게든 얻지만 다른 해법을 구하라고 한 이상 다른 방법을 찾아야 한다. 우선 위 등식은 이렇게 쓸 수 있다.

\[ \ln f(x) = - \int _0 ^{\infty} \frac{1}{t}e^{-tf(x)}dt=-\int _0 ^{\infty}\int _{f(x)} ^{\infty} e^{-tf}df dt \]

되든 말든은 걱정하지 않고 식만 그럴듯하면 바꾸고 보는 공대생의 본능을 따라 적분 순서를 바꿔보자. 그러면

\[ \ln f(x) = -\int _0 ^{\infty}\int _{f(x)} ^{\infty} e^{-tf}df dt = -\int _{f(x)} ^{\infty}\int _0 ^{\infty} e^{-tf}dt df \\ = \int _{f(x)} ^{\infty} \frac1f df \]

적분이 발산한다. 어쨌든 식의 꼴은 대충 맞췄으니, 우리는 어떻게든 비슷한 맞는 증명과정을 가고 있다고 생각할 수 있다. 어디에서 문제가 생긴 걸까? 문제는 정의되지 않는 적분을 억지로 정의했기 때문에 생긴다: 0에서 1/t는 정의되지 않는다.^[각주:3] 보다 올바른 표현으로 바꾸려면 위 등식을 다음과 같이 써야 한다.

\[ \ln f(x) = - \lim_{\epsilon\to 0+} \int _\epsilon ^{\infty} \frac{1}{t}e^{-tf(x)}dt \]

이 식을 끌고가 보자. 적분 순서를 바꾸면 ('과연 바꿀수 있는가?'란 질문은 수학과에게 넘기기로 하자)

\[ - \int _\epsilon ^{\infty} \frac{1}{t}e^{-tf(x)}dt=-\int _\epsilon ^{\infty}\int _{f(x)} ^{\infty} e^{-tf}df dt = -\int _{f(x)} ^{\infty}\int _\epsilon ^{\infty} e^{-tf}dt df \\ = \int _{f(x)} ^{\infty} \frac{e^{-\epsilon f}}{f} df = \left (\ln{f})e^{-\epsilon f} \right|_{f(x)}^\infty+\epsilon\int_{f(x)}^{\infty}(\ln f)e^{-\epsilon f} df \]

문제는 두번째 항의 적분이다. 두번째 항은 입실론이 0으로 갈 때 수렴할까 발산할까? 당연히 발산하지(...). 얼마나 빠르게 발산하는지 확인하기 위해 두번째 항은 라플라스법/안장점법(saddle point method)/최대기울기법(method of steepest descent) 등으로 불리는 다음 기법을 이용해 근사해보자. 우선 다음이 되는 식 g를 계산한다.

\[ e^{g(f)}=(\ln f)e^{-\epsilon f} \]

이제 좌변을 극대값에서 테일러 전개를 이용해 근사한다.

\[ \frac{d}{df}\left[(\ln f)e^{-\epsilon f}\right]_{f^\ast}=\left[\frac1{f^\ast}-\epsilon\ln f^\ast \right]e^{-\epsilon f^\ast}=0 \\\therefore f^\ast\ln f^\ast=\frac1\epsilon \\\\g(f) = \ln\left[(\ln f)e^{-\epsilon f}\right] \simeq g(f^\ast)+\frac12 g''(f^\ast)(f-f^\ast)^2 \\\therefore g(f) \simeq \ln\left[\frac1{\epsilon f^\ast}e^{-\frac1{\ln f^\ast}} \right]-\frac12 \frac{\epsilon(1+\frac{1}{\ln f^\ast})}{f^\ast}(f-f^\ast)^2 \]

매우 익숙한 적분이 보이는 것은 착각이 아니다.

\[ \int_{f(x)}^{\infty}(\ln f)e^{-\epsilon f} df \simeq \int_{f(x)}^{\infty}\frac1{\epsilon f^\ast}e^{-\frac1{\ln f^\ast}}e^{-\frac12 \frac{\epsilon(1+\frac{1}{\ln f^\ast})}{f^\ast}(f-f^\ast)^2}df \\\simeq \int_{-\infty}^{\infty}\frac1{\epsilon f^\ast}e^{-\frac1{\ln f^\ast}}e^{-\frac12 \frac{\epsilon(1+\frac{1}{\ln f^\ast})}{f^\ast}(f-f^\ast)^2}df \\=\frac1{\epsilon f^\ast}\sqrt{\frac{2\pi f^\ast}{\epsilon(1+\frac{1}{\ln f^\ast})}}e^{-\frac1{\ln f^\ast}} \]

극한을 취하면

\[ \therefore- \lim_{\epsilon\to 0+} \int _\epsilon ^{\infty} \frac{1}{t}e^{-tf(x)}dt \\=\lim_{\epsilon\to 0+}\left[\left (\ln{f})e^{-\epsilon f} \right|_{f(x)}^\infty+\epsilon\int_{f(x)}^{\infty}(\ln f)e^{-\epsilon f} df \right ] \\=\lim_{\epsilon\to 0+}\left[\left (\ln{f})e^{-\epsilon f} \right|_{f(x)}^\infty+\frac1{f^\ast}\sqrt{\frac{2\pi f^\ast}{\epsilon(1+\frac{1}{\ln f^\ast})}}e^{-\frac1{\ln f^\ast}} \right ] \\=\ln f+O((\ln f^\ast)^{1/2}) \]

마지막의 O는 발산하는 항이다. 위에서의 정의 때문에 $\ln f^\ast$의 1/2승으로 발산하면 $-\ln \epsilon$의 1/2승보다도 느리게 발산한다는 것을 확인할 수 있다( $f^\ast\leq\epsilon^{-1}$). 참고로 $-\ln\epsilon$은 $\epsilon$의 어떤 차수보다도 천천히 발산한다(지금은 $\epsilon$을 0으로 보내고 있다) .

\[\therefore \epsilon\to0,-\int _\epsilon ^{\infty} \frac{1}{t}e^{-tf(x)}dt = \ln f + O((-\ln \epsilon)^{1/2}) \]

아, 그리고 뒤쪽의 발산하는 항은 '비물리적이다!'라고 판단해서 날려먹는 일은 자주 있는 일이다. 이로서 증명 끝!(?)

오늘도 하라는 공부는 안 하고 트위터에서 놀다가 함수해석학과 양자역학 이야기가 나와서 위 글을 다시 검토하던 중, '유한 차원에서라면-선형대수학의 영역이라면- 교환자(commutator)가 identity의 상수배가 나오지 않는다는 것을 증명할 수 있지 않을까?'란 생각이 들었다. 결론: 매우 쉽게 보일 수 있다.

아이디어는 매우 쉽다. 2×2 행렬은 Pauli matrice에 identity를 더해 기저로 잡은 복소수체 벡터공간의 원소로 생각할 수 있다. 3×3 행렬은 Gell-mann matrice에 identity를 더하면 된다. 일반적으로 n×n 행렬은 SU(n) 군의 생성자(generator)에 identity를 더해 기저로 잡은 복소수체 벡터공간의 원소로 생각할 수 있다.

이제 n×n 행렬 두개를 가져다 교환자를 구성한 뒤 trace를 구하면 0이 됨을 쉽게 알 수 있다. 그런데 identity는 trace가 n이므로, identity의 상수배는 trace가 0일 수 없다. 따라서 유한차원에서 작용하는 연산자(operator)들의 교환자는 identity의 상수배가 될 수 없다.

이제 함수해석학을 배워야 하는 이유가 하나 더 추가되었다(...)

수정: 잠결에 생각해보니 너무 어렵게 풀었네요. 결론은 똑같지만 trace가 0이어야 한다는 것은 다음 trace의 기본 성질로부터 훨씬 쉽게 보일 수 있습니다.

그러면 위에서 일반적인 연산자를 identity와 SU(n) 군의 생성자를 이용한 기저로 나타내는 것이 무슨 의미를 갖는지 생각해볼 수 있겠죠. 알려진 것과 같이 양자역학에서는 모든 측정가능량이 연산자로 주어집니다. 그리고 임의의 측정량이 있을 때, 여기에 identity의 상수배를 더하는 것은 측정량의 기준점을 이동한다는 의미가 됩니다. 단순히 모든 고유값(eigenvalue)들을 일정한 값만큼 이동하는 것과 동일하니까요. 따라서 identity는 실제 물리적인 의미를 갖는 부분이 아니라고 생각할 수 있습니다. 결국 n개의 독립적인 상태를 가질 수 있는 계가 있다면 이 계에서 얻을 수 있는 모든 측정량들은 SU(n) 리 대수(Lie algebra)의 원소로 생각할 수 있다는 뜻이 되겠죠. 이젠 군론을 배웁시다 야호!

2014/01/11 - Poincare Half Plane 푸앙카레 반평면 (1) 에서 이어집니다..

약속을 지키고자(...) 적어봅니다.

이번에는 거리함수가 다음과 같이 주어졌을 때 geodesic이 어떻게 나오는지 알아보는 시간입니다.

ds^2=\frac{1}{z^2}(-dt^2+dz^2)

오늘따라 이런저런 디테일을 따져가며 문제를 풀기 귀찮아진 관계로(...) 예전에 정리해두었던 식을 쭈욱 나열해보도록 하겠습니다. 우선 connexion coefficient는

\Gamma^z_{zz}=\Gamma^z_{tt}=\Gamma^t_{tz}=-\frac1z

가 나옵니다. Geodesic equation은

z''-\frac1z(z'^2+t'^2)=t''-\frac1z(2t'z')=0

를 얻고, ∂t가 Killing vector임을 이용하면

z^2(t'/z^2)'=0;\,t'=\alpha z^2 \\\therefore z''-\frac1z(z'^2+\alpha^2 z^4)=0

가 나옵니다. 이제 geodesic만 구하면 되는데, 공간이 positive definite가 아니라 골치가 좀 아프죠(..). 편의상 spacelike와 timelike geodesic만 구해보겠습니다 null trajectory는 너무 쉽게 나오거든요(dt=±dz, 그러니까 그냥 ±45도 선이 null trajectory입니다. conformal metric의 특징이기도 하죠)

우선 spacelike trajectory입니다.

u^\mu u_\mu=1;\,\frac1{z^2}(z'^2-t'^2)=1=\frac1{z^2}(z'^2-\alpha^2 z^4) \\\therefore z'=\pm z\sqrt{1+\alpha^2 z^2} \\\\\text{The solution is;} \\z=\frac{R}{\sinh |\lambda|},\, t=-\frac{sgn(\lambda)R}{\coth\lambda} \\-\infty<\lambda<\infty,\,\,R\equiv\frac{1}{\alpha},\,\,t^2-z^2=R^2

어디서 많이 본 곡선이 나올겁니다. 쌍곡선! 상대론에서 등가속운동을 하면 볼 수 있는 곡선이죠. 물론 이 곡선은 다른 방향으로 나왔고 실제 물체가 움직이는 곡선이 아니기 때문에 별 다른 의미는 부여하기 힘듧니다. 참고로 parameter로 쓰인 lambda는 고유거리입니다. 이번엔 timelike trajectory를 보도록 하죠.

u^\mu u_\mu=-1;\,\frac1{z^2}(z'^2-t'^2)=\frac1{z^2}(z'^2-\alpha^2 z^4)=-1 \\\therefore z'=\pm z\sqrt{\alpha^2 z^2-1} \\\\\text{The solution is;} \\z=\frac{R}{\cos \tau},\, t=R\tan\tau \\-\frac\pi2<\tau<\frac\pi2,\,\,R\equiv\frac{1}{\alpha},\,\,z^2-t^2=R^2

이번엔 constant proper acceleration 문제에서 나오는 그 곡선이 나왔네요. alpha가 proper acceleration과 같은 역할을 해준다는 것도 재미있네요(R의 역수죠). 다만 쌍곡함수였던 것이 휘어진 공간에 오니까 삼각함수로 바뀌었다는 점이 차이가 납니다.

더 특이한 점은 proper time인 tau가 고작 pi만큼의 범위에서 움직인다는 것입니다. 자유낙하로 무한대의 z에서 0 근방까지 왔다가 다시 무한대의 z까지 가는데 걸리는 proper time이 고작 pi밖에 안 걸린다는 소리죠. 물론 scale factor가 빠져서 tau를 곧이 곧대로 '초'로 읽을 수는 없지만, 무한대까지 움직이는데 유한한 시간이 걸린다는 것은 문제가 됩니다. Schwarzschild 해를 extend하는 이유도 event horizon까지 도달하는데 유한한 proper time이면 충분하기 때문인 점도 있거든요.

자, 여기서 문제. 위의 미분방정식은 어떻게 풀어야 할까요? 편의상 spacelike trajectory에 나오는 다음 수식부터 풀어보도록 합시다.

z'=z\sqrt{\alpha^2 z^2+1}

일단은 제곱근을 터뜨리는게 중요하겠죠. z를 치환해줍니다.

z=\frac1\alpha\sinh y \\\therefore \frac{dy}{d\lambda}=\sinh y \\d\lambda=\frac{dy}{\sinh y}

저런 꼴의 미분방정식은 '찍어서' 풀어야 합니다. 대채로 저런 꼴의 미분방정식은 다음과 같은 식의 도함수로 풀 수 있습니다.

\left(\ln\frac{f}{g} \right )'=\frac{f'g-g'f}{fg} \\\\\text{Set }f=\sinh (y/2),\,\,g=\cosh(y/2) \\\therefore [\ln(\coth(y/2))]'=1/[2\sinh(y/2)\cosh(y/2)] \\=1/\sinh y

이로부터 y와 lambda의 관계식, 더 나아가서는 z와 lambda의 관계식을 구할 수 있게 됩니다.

\lambda=\ln(\coth(y/2)) \\e^\lambda=\frac{e^y+1}{e^y-1} \\e^y=\frac{e^\lambda+1}{e^\lambda-1} \\\therefore z=\frac1{2\alpha}\left[ \frac{e^\lambda+1}{e^\lambda-1}-\frac{e^\lambda-1}{e^\lambda+1}\right ] \\=\frac1\alpha\left[\frac{2e^\lambda}{e^{2\lambda}-1} \right ]=\frac1{\alpha\sinh\lambda}

결국 비슷한 방법이지만 다음과 같이 푸는 방법도 있습니다. 이번엔 timelike trajectory를 해 보도록 합시다.

z'=z\sqrt{\alpha^2z^2-1}

같은 방법으로 풀어봅니다. 이번엔 cosh를 쓰는게 적합하겠죠.

z=\frac1\alpha\cosh y \\\therefore \frac{dy}{d\tau}=\cosh y \\d\tau=\frac{dy}{\cosh y}

애석해게도 위와 같은 치환을 해도 적당한 f와 g가 바로 떠오르지 않습니다. 그렇다면 좀 더 자주 보는 방정식으로 바꾸어야겠지요. y를 ix로 치환해줍니다.

y=ix \\\therefore d\tau=\frac{dy}{\cosh y}=i\frac{dx}{\cos x}

왜 이런 번거로운 짓을 하느냐? cos이 역수로 있는 적분은 생각보다 자주 봤거든요(...) 한번 다음 식을 풀어봅시다.

\left[\ln\frac{\sin x \pm1}{\cos x} \right ]'=\frac{\cos x}{\sin x \pm1}\frac{\cos^2 x-(-\sin x)(\sin x\pm1)}{\cos^2 x} \\=\frac{1\pm\sin x}{\cos x(\sin x\pm1)} \\\therefore \frac1{\cos x}=\left[\ln\frac{\sin x +1}{\cos x} \right ]'

대입, 대입, 그리고 대입을 하면

\tau=i\ln\frac{\sin x +1}{\cos x} \\e^{-i\tau}=\frac{1+\sin(-iy)}{\cos(-iy)}=\frac{1-i\sinh y}{\cosh y} \\=\frac{1-i\sqrt{\cosh^2y-1}}{\cosh y} \\\\\therefore e^{-i\tau}\cosh y-1=-i\sqrt{\cosh^2y-1} \\e^{-2i\tau}\cosh^2y-2e^{-i\tau}\cosh y+1=1-\cosh^2 y \\\cosh y\left[(e^{-2i\tau}+1)\cosh y - 2e^{-i\tau} \right ]=0 \\\\\therefore \cosh y = \frac{2e^{-i\tau}}{e^{-2i\tau}+1}=\frac{1}{\cos\tau} \\z=\frac1\alpha\cosh y=\frac1{\alpha\cos\tau}

이렇게 원하는 값을 얻습니다.

일반상대론 교재를 보고 식은 이해했는데 실제 연습문제를 풀 때마다 막막하신 분들을 위해 적습니다.

많은 이들을 멘붕에 빠지게 하는 일반상대론이 어려운 이유는 다른게 아니라 일반상대론에서 사용하는 리만기하학 때문입니다. 유클리드 공간에서 작도만 하던 그리스 시대와는 달리 시간이 지날수록 사람들은 '두 점 사이의 거리'에도 관심을 갖게 됩니다. 두 점 사이의 거리는 피타고라스의 정리로 쓰게 되죠.

c^2=a^2+b^2

이런 '두 점 사이의 거리'를 재는 방법을 가장 간단하게 일반화한 것이 리만기하입니다. 매우 가까운 두 점 사이의 거리는 두 점과 좌표축에 평행한 선분이 만드는 삼각형(편의상 2차원이라고 합시다)의 각 변의 길이에 대한 이차식의 꼴로 나타난다는 것이죠. 원래는 가우스가 휘어진 곡면 위에서 두 점 사이의 거리는 어떻게 주어지는가를 연구하면서 등장하게 되었다고 하는군요.

ds^2=Edx^2+2Fdxdy+Gdy^2

사실 거리를 일반화하는 방법은 이것 말고도 더 많기에 -피타고라스 정리에 제곱 대신 네제곱을 쓸 수도 있는 것이니까요. 페르마 님이 좋아합니다- 제곱의 꼴로 거리가 주어지는 리만기하학의 공간을 L^2공간이라고도 부릅니다. 양자역학에서 사용하는 힐베르트 공간도 L^2 공간의 일종이죠. 여기에 대해서는 아는 것의 밑천이 바닥나지 않을 이 정도 까지만 썰을 풀기로 합시다(...).

리만기하가 얼마나 일반적인 상식(?)과 어긋나는지 보기 위해 구체적인 문제를 풀어보도록 합시다. 가장 간단한 문제는 아무래도 푸앙카레 반평면(Poincare Half Plane)이 되겠네요. 푸앙카레 반평면이란 매우 가까운 두 점 사이의 거리 ds를 다음과 같이 정의하는 공간입니다.

ds^2=\frac{1}{y^2}(dx^2+dy^2)

여기서 리만기하학을 처음부터 다룰 수는 없는 노릇이니, 근처에 미분기하학 책이 하나 정도는 있다고 가정하고 바로 geodesic equation을 푸는 것으로 들어가도록 하겠습니다. 아무 일반상대론 책 하나 펴고 geodesic equation을 구하는 증명과정을 쭉 풀어본 사람이라도 실제 geodesic이 무엇이냐를 푸는데는 어려움을 겪는 경우가 있어서요. 그러면 방정식을 풀어봅시다.

geodesic equation은 다음과 같이 씁니다.

\frac{d^2x^\mu}{d\lambda^2}+\Gamma^\mu_{\alpha\beta}\frac{dx^\alpha}{d\lambda}\frac{dx^\beta}{d\lambda}=0

단, 이 경우 이 식이 만족되어야 합니다. 상수는 보통 1로 많이 잡는데, 그러면 람다의 변화는 이동한 거리가 되죠.

\frac{dx^\mu}{d\lambda}\frac{dx_\mu}{d\lambda}=\text{const}

위의 metric을 이용해서 connection coefficient(혹은 Christoffel symbol이라고도 부릅니다)를 구하면 다음과 같습니다. (summation은 그리스 문자만 해당하는 것으로 합시다)

\Gamma^x_{xy}=\Gamma^y_{yy}=-\Gamma^y_{xx}=-\frac1y

위로부터 다음 식을 계산해보면 이 식이 맞다는 것도 확인할 수 있죠.

\Gamma^\mu_{\mu\nu}=\partial_\nu\ln\sqrt{|g|}

람다에 대한 미분을 뉴턴식으로 간략하게 쓰기로 하면 geodesic equation은 다음과 같이 정리할 수 있습니다.

y''+\frac1y(x'^2-y'^2)=x''-\frac{2x'y'}y=0

확인한다면 위 식의 하나는 다음과 같이 쓸 수 있다는 것을 보일 수 있지요.

y^2\left(\frac{x'}{y^2} \right )'=0 \;\;\cdots\;x'=\alpha y^2

여기서 첫번째 geodesic을 얻습니다. 알파를 0으로 두면 geodesic은 x=const가 되거든요. 그러면 이 경우를 무시한 채 계속 진행해봅시다. 위에서 얻은 관계식을 대입하면 되는데, 우선은 어려운 방법부터 해 보도록 합시다.^[각주:1] 남은 geodesic equation에 위 관계식을 대입하면 다음 식을 얻습니다.

y''+\frac1y(\alpha^2y^4-y'^2)=y\left[(\ln y)''+\alpha^2y^2 \right ]=0

y의 로그를 z로 재정의하면 다음 식을 얻죠. 신나게 미분방정식을 풀어봅니다.

z\equiv\ln y \\z''+\alpha^2e^{2z}=0\;\;\cdots\;\;2z'z''+2\alpha^2e^{2z}z'=\left[z'^2+\alpha^2e^{2z}\right ]'=0 \\z'^2+\alpha^2e^{2z}=\frac{y'^2}{y^2}+\alpha^2y^2=\beta^2\;\;\cdots\;\;y'=\beta{y}\sqrt{1-\left(\frac{\alpha y}{\beta} \right )^2} \\\therefore\frac{dy}{y\sqrt{1-\alpha^2y^2}}=d\lambda\;\;\;\cdots\;\beta\text{ is considered }1

베타는 어차피 중요한 상수가 아니라서 그냥 1로 두었습니다. 나중에 끌고가 보시면 알겠지만 베타는 속도에 해당합니다. 그리고 마지막 적분은 매우 유명(?)한 적분입니다. 저런 꼴은 일단 삼각함수로 치환하고 생각합니다.

y\equiv\frac{\sin\chi}{\alpha} \\\frac{d\chi}{\sin\chi}=d\lambda\;\;\cdots\;\;\lambda=\ln\left(\frac{\sin\chi}{1+\cos\chi} \right ) \\\therefore e^\lambda=\frac{\alpha y}{1+\sqrt{1-\alpha^2y^2}}\;\;\cdots\;\;e^\lambda\sqrt{1-\alpha^2y^2}=\alpha y-e^\lambda \\\therefore y=\frac1\alpha\;\text{sech }\lambda

참 쉽죠?(...) 마지막 줄은 그냥 전 줄을 제곱한 뒤 슥슥 그어주면 얻습니다. y를 구했으니 이번엔 x를 구할 차례로군요.

x'=\alpha y^2=\frac1\alpha\;\text{sech}^2\;\lambda\;\;\cdots\;\;x=x_0+\frac1\alpha\;\text{tanh}\;\lambda \\\therefore (x-x_0)^2+y^2=\frac{1}{\alpha^2}

위를 종합하면 geodesic은 원으로 그려지게 됩니다. 물론 '우리 눈으로 보기에 원'이지, 실제 원은 아니지요. 원은 '한 점으로부터 등거리에 있는 점의 집합'이니까요.

이제 미분방정식을 푸는 쉬운 방법을 알려드리죠. 아까 구한 관계식을 이번에는 속도의 크기에 넣어줍니다.

\frac{1}{y^2}\left(x'^2+y'^2 \right )=\frac{1}{y^2}\left(\alpha^2y^4+y'^2 \right )=1 \\\therefore y'^2=y^2(1-\alpha^2y^2)\;\;\cdots\;\;y'=y\sqrt{1-\alpha^2y^2}

어라(...) 힘들게 z로 치환해가며 구했던 미분방정식을 얻었습니다. 실제로 이 식을 미분해서 정리하면 사용하지 않은 geodesic equation으로 정리되는 것을 알 수 있습니다.

geodesic을 구했으니 남은건 '임의의 두 점 사이의 거리'같은 것이 있겠지만 그런거나 하자고(...) 이 글을 쓰고 있는 것은 아니죠. 다음 글을 쓰게 된다면 그 때는 푸앙카레 반평면을 비틀어 보도록 하겠습니다. 일종의 반-푸앙카레 반평면(Anti-Poincare Half Plane) 혹은 민코프스키 푸앙카레 반평면(Minkowskian Poincare Half Plane)이라고 할 수 있죠.

ds^2=\frac{1}{z^2}(-dt^2+dz^2)

이런 metric을 생각한 이유는 de Sitter 공간과 Anti-de Sitter 공간을 단순화하면 이런 꼴의 metric으로 쓸 수 있기 때문이었죠. 혹시 시간이 되시는 분들은 괜찮은 일반상대론 책에서 conformal transformation을 찾아본 뒤 다음 metric의 scalar curvature를 계산해보세요. 모든 공간에서 상수가 나옵니다.

\\ds^2=\frac{1}{t^2}(-dt^2+dx^2+dy^2+dz^2)\;\;\cdots\text{de Sitter} \\ \\ds^2=\frac{1}{z^2}(-dt^2+dx^2+dy^2+dz^2)\;\;\cdots\text{Anti-de Sitter}

그러면 다음 시간에(그런게 있다면)...

오늘 퓨리에 급수에 대해 생각하다가 특정 구간에 대해서만 급수전개를 하되 '그 구간이 계속 움직인다면 어떨까?'란 생각을 떠올렸다. 조금만 계산을 하면 유도할 수 있으니 누군가는 했겠지 하고 찾아봤는데 의외로 이 생각을 하는 사람이 별로 없는 모양이다. 하긴 이렇게 연속적으로 들어오는 신호를 변환할 때는 라플라스 변환을 쓰는 것이 일반적이긴 하다. 찾은 관련 내용은 특허 하나와 논문 두 개. 특허는 73년이고, 논문은 99년과 01년에 나온 상당히 최근의 내용.

http://www.google.com/patents/US3778606

http://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0165168498002096

http://proceedings.spiedigitallibrary.org/proceeding.aspx?articleid=913845

위의 내용은 이산퓨리에변환(Discrete Fourier Transform)에 해당하는 내용이라 연속적인 경우에 대해서는 다루지는 않고 있다. 연속적인 경우를 다루기 위해 다음과 같은 '샘플링 구간을 한정지은 함수'를 정의하자.

그리고 다들 대학 2학년때 지옥을 맛보는 공학수학 시간에 하는 것처럼 신나게 퓨리에 급수를 구한다. 따로 유도과정은 안 적겠다. 그런건 위키백과에도 잘 나오니까.

이제 할 일은 간단하다. 구간이 계속 움직이는 경우(T가 계속 변하는 경우) 각 급수 성분은 어떻게 변하게 될까? 편미분을 쓰자.

만약 주기가 그대로 맞아 떨어진다면 예상하는 것과 같이 단순히 위상만 변하는 식을 얻게 된다.

여기까지는 샘플링 구간을 움직일 때 해당하는 내용. 그렇다면 샘플링 구간을 확장시킬 때 새로운 정보를 어떻게 반영해야 할까? 이건 샘플링 구간의 길이에 대해 편미분하면 된다.

정리해보면 다음과 같은 관계식을 얻는다.

쓸만한 곳이 있는지는 모르겠는데 일단 실시간 퓨리에 변환에 유리하고(FFT를 한 샘플 버리고 한 샘플 채취할 때마다 행하는 것보다 위의 방법으로 업데이트 하는 방식이 더 빠르다. 전자는 N logN인데 이 경우엔 N 정도-위에서 언급한 논문에도 나와 있다.), 또 한 가지 쓸모를 생각해 본다면 FFT에서 생기는 샘플 갯수에 대한 제한 문제를 비껴나갈 방법이 될 지도 모르겠다는 것. FFT를 쓰려면 데이터의 개수가 2^N의 꼴로 나와야 한다고 알고 있는데 거기에서 더 많을 경우 추가 데이터를 날려버리거나 더 적을 경우 0으로 추가 데이터를 만들어 FFT를 실행한다고 알고 있다. 위 관계식은 연속함수에 대해 구한 것이긴 하지만 이산화하면 2^N개의 데이터로 FFT를 한 다음에 데이터를 추가해주거나 빼주는 방식으로 원래 값에 맞도록 보정하는 것이 가능해진다. DFT의 시간이 N^2이라고 알고 있는데 정확한 값을 N logN에서 N^2 사이의 값으로 구하는 것도 가능하다는 것.

샘플 구간의 중심을 0으로 두고 구간의 길이를 점차 늘이는 문제로도 확장해볼 생각이 있다. 이건 양자장론에서 cut-off 문제와도 관련이 있을 것 같아서 풀어보려고 생각중인 문제.

그런데 왜 이 간단한 걸 찾아도 안 보이지... 미분만 잘 하면 되잖아...

역시 하라는 일은 안 하고 스트레스나 풀 겸 <중간고사: 리로디드><무엇을 상상하든 그 이상을 낼 것이다!!>와 같은 이상한 카피문구를 박은 영화 패러디 포스터나 그려볼까 하고 생각하던 중에 다음과 같은 문제를 생각해내었습니다.(영화 포스터에는 시험지에 페르마의 마지막 정리를 낼 생각이었거든요. '주)여백은 충분하다'를 포함하고(...))

"역행렬이 있는 모든 성분이 자연수(0을 포함)인 nxn행렬 A, B, C에 대해

A^n+B^n=C^n

을 만족하는 경우는 없다.(n>2)"

결론부터 말하자면 틀렸습니다. 왜냐하면 다음 반례가 있거든요.

A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\ 3 & 0 & 0 &0 \\ 0 & 0& 0 &1 \\ 0 & 0 & 3 & 0 \end{pmatrix}, B=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\ 4 & 0 & 0 &0 \\ 0 & 0& 0 &1 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \end{pmatrix}, C=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\ 5 & 0 & 0 &0 \\ 0 & 0& 0 &1 \\ 0 & 0 & 5 & 0 \end{pmatrix}

맞지 않을까 기대하고(더군다나 처음엔 commutator [A,B]=[B,C]=[C,A]=0인 경우에는 맞다는 헛소리를 했습니다) 페이스북 타임라인에 올렸다가 교수님의 지적을 받고 깨갱(...) 다만 교수님이 찾아내신 반례는 다른 반례인 듯 합니다. 교환자가 0일 조건에서도 반례가 있다는 말을 하셨는데, 2차단위행렬을 I로, 파울리 행렬을 그냥 x, y, z로 쓸 때 I+(x-iy)/2를 고려해보라고 하셨으니까요. 구체적으로는 다음 행렬입니다.

\begin{pmatrix} 1 &1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}

이건 아직 미스테리. 4x4 행렬에 embed해서 쓰는건가 싶기도 하고...

일단 제가 생각했던 교환자가 모두 0인 경우 성립하는 이유는 한번에 대각화가 된다고 가정했기 때문인데, 대각화가 되면 대각선의 각 성분인 고유값에 대해 페르마의 마지막 정리를 증명하는 것이 되며, 자연수로만 이루어진 행렬은 고유값이 양의 유리수가 나와야 하고, 페르마의 마지막 정리는 자연수를 대상으로 한 것이지만 양의 유리수를 대상으로 확장하는 것은 일도 아니니까 "될 것이다!!"라고 결론을 내렸습니다. 그런데 정수만 있는 대각화가 가능한 행렬에서 고유값이 음수가 나올 수 있네요? 밑줄 친 부분이 틀렸습니다...=_=;;

\begin{pmatrix} 1 &2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}

좋은 반례. 고유값은 3과 -1입니다. 역시 잠을 덜 잔 상태에서는 증명을 하면 안 됩니다.

하지만 여기서 멈출 수는 없는 법. 그러면 문제를 또 꼬아봅시다.

"역행렬이 있는 모든 성분이 자연수(0을 포함)인 대칭(symmetric) nxn행렬 A, B, C에 대해

A^n+B^n=C^n

을 만족하는 경우는 없을 조건은 무엇인가?"

대칭이라는 조건을 포함한 이유는 Schur's Theorem(혹은 Schur decomposition이라고 하는 모양입니다)을 써서 쉽게 증명할 수 있지 않을까 싶었기 때문입니다. 하지만 진짜로 알고 싶은(?) 문제는 다음 문제.

"역행렬이 있는 모든 성분이 격자 복소수(0을 포함)인 에르미트(Hermitian) mxm행렬 A, B, C에 대해

A^n+B^n=C^n

을 만족하는 경우는 없을 조건은 무엇인가?"

격자 복소수: z=a+bi라고 할 때, a \in \mathbb{Z}, b \in \mathbb{Z}인 복소수 z를 말한다. 

물리량은 보통 에르미트 행렬로 표현되므로 양자화가 어디까지 가능한가에 대한 힌트가 될 수도 있지 않을까, 뭐 그렇게 생각하는 중입니다. 어쩌면 이차식(quadratic form)만 쓰는 이유에 대한 힌트를 제공해줄 수 있을지도 모르고요.(거리를 보통 피타고라스 정리를 이용하거나 피타고라스 정리를 확장한 리만기하학을 이용해 정의하곤 하지만 이차식이 아닌 삼차나 그 이상의 다항식으로 거리를 정의하는 방법도 있다고 합니다.)

얼마 전부터 보기 시작한 입자물리 기초서에 페르미 황금률 2번(Fermi's Golden rule 2)이 나오길레 한번 증명해볼까 하다가 계속 한 부분에서 막히길레 Sakurai의 Modern QM을 봤다. 증명 없이 나오는 등식(?) 하나가 있길레 증명해봤다.

방법은 당연하게도(?) 복소변수를 이용. 양자물리 시간에 대충 배우고 공학수학 시간에 조금 더 배운 것 밖에 없는데 어떻게든 써 먹고 있다. 복소변수함수론을 한번 듣긴 들어야 할텐데...

먼저 sine 함수를 지수로 바꾼다. 그 유명한(?) 오일러 공식이 필요하다.

이러면 대충 다음 값이 나온다.

괄호는 편의상 친 것. 저 괄호를 이용해 분수를 둘로 나눈다. 적분 contour가 서로 달라야 하기 때문이다. 그런데 이렇게 무작정 나누어도 되는지를 모르겠네. 어쨌든 이러면 답이 나오기는 한다.

x를 z로 바꾸고, 앞의 것은 위쪽으로 닫힌 반원으로, 뒤의 것은 아래로 닫힌 반원으로 적분한다. residue는 원점에 있으니 이 부분은 포함시킨다. 앞의 항을 로랑전개(Laurent series)해보면 residue를 쉽게 구할 수 있다.

제대로 써 봅시다. C+는 위쪽 반원 반시계 방향, C-는 아래쪽 반원 시계방향.

마지막 줄의 괄호 안은 원점에서의 residue. 값이 두배가 나왔는데 이건 특이점이 적분하는 구간 위에 있기 때문에 그렇다. 그래서 실제 값은 위 값의 절반.^[각주:1] QED!

Sakurai 책에서는 맨 처음의 식이 이렇게 나와있다.

2012.08.24 수정

찾아보니 절반으로 나누는 이유는 평균내려는 것이 아니라 '반원'을 따라 적분하기 때문. 복소함수 교재 찾아봤더니 조금 다른 이유로 절반으로 만들더라. 그리고 그 책에서는 함수(sine)를 나누기보다는 부분적인 함수(exp.)를 가지고 와서 원래 함수로 만들었다.