정규분포의 확률밀도함수(Probability Density Function, PDF) 증명
0. 서론
확률밀도함수(PDF), 그 중에서도 정규분포함수가 왜 너무나도 당연하게 유도되는지를 증명해보려고 합니다.
신기하게도 하나하나 따라가다보면, 우리가 아는 그 유명한 종 모양 그래프가 나온답니다.
1. 정규분포의 함수 모양은 어떻게 생겼나?
아시는 분들은 대충 종 모양이라고 알고 계시겠고, 더욱 자세히 아시는 분들은 적어도 이 함수가 e의 지수함수꼴이라는 것은 알고계실겁니다.
그러나 그게 왜 그렇게 나오는지는 모르시는 경우가 많을 것이라 생각됩니다. 그럼 정말 '무지'에서 시작해서 이 그래프를 찾아가보도록 하겠습니다.
2. 조건들을 확인하자
우리가 아는 정규분포의 pdf의 조건들은 다음과 같습니다.
- $ \int_{-\infty}^\infty f(x) dx = 1 $ : 함수의 전체 넓이는 1(=전체 확률은 1)
- $ \int_{-\infty}^\infty x \cdot f(x) dx = \mu $ : 확률변수 x의 기댓값은 평균($ \mu $)
- $ \int_{-\infty}^\infty (x-\mu)^2 \cdot f(x) dx = \sigma^2 $ : 확률변수 x의 분산은 표준편차($ \sigma $)의 제곱
- $ \mu $를 기준으로 좌우 대칭
- 최대한 자연적인 분포(분포가 치우침이 없고 편향되지 않음)
이 조건들을 가지고 바로 함수의 모양을 찾아볼까요?
3. 최대한 자연적이다?
최대한 자연스러운 분포란 무엇일까요?
예를 들어, 동전을 던진다고 가정해봅시다.
가장 자연스러운 상황은 앞면이 나올 확률이 0.5, 뒷면도 0.5인 경우입니다.
왜냐하면 결과를 전혀 예측할 수 없기 때문이죠. (어느 쪽이 나올지 도무지 알 수 없음)
반면, 만약 앞면이 나올 확률이 0.99, 뒷면은 0.01이라면 어떨까요?
이건 거의 항상 앞면이 나오는 인위적인 상황으로, 결과를 예측하기 매우 쉽습니다.
더 이상 ‘무작위’라기보다는 ‘조작된’ 느낌이 들죠.
이처럼 우리가 말하는 ‘자연스러운 분포’란
결과를 예측하기 가장 어려운 상태,
즉 불확실성이 최대인 상태라고 할 수 있습니다.
그런데 생각해봅시다.
앞면이 나왔을 때 더 놀라운 경우는 어느 쪽일까요?
- 확률이 0.5인 공정한 동전?
- 아니면 0.99로 앞면이 나오는 조작된 동전?
당연히 전자입니다.
공정한 동전에서는 앞면과 뒷면이 동일한 가능성을 가지기 때문에,
결과가 나왔을 때 우리는 순간적으로 “아! 앞면이 나왔네!” 하고 반응하게 되죠.
반대로 조작된 동전에서는 앞면이 나와도 별로 새로울 것이 없습니다.
애초에 그럴 거라 거의 확신하고 있었으니까요.
이런 “놀라움의 크기”를 다른 말로 표현하면,
우리가 그 순간 “새롭게 알게 된 정보의 양”,
즉 정보량이라고 할 수 있습니다.
정리해보면 이렇게 연결됩니다:
불확실성이 크다 = 예측이 어렵다 = 놀라움이 크다 = 정보량이 크다
그리고 정보이론에서는 이것을 '엔트로피(entropy)'라고 부릅니다. 정보량이 크면 엔트로피가 큽니다.
[엔트로피의 원래 의미에서도 무질서도가 증가하는게 엔트로피가 크다고 하잖아요? 무질서할수록 우리가 알아야할 정보량은 커집니다.]
자, 그럼 정리되었습니다. 정규분포의 pdf는 엔트로피가 최대가 되어야 합니다.
4. 엔트로피는 어떻게 정의되는가
엔트로피는 샤논 엔트로피 공식(Shannon entropy formula)으로 구할 수 있습니다.
정보이론에서 샤논이라는 분이 엔트로피(불확실성)을 정량적으로 측정하기 위해 제안한 공식이죠.
수식을 보면
$ H(X) = - \sum p_i \log_b p_i $
이와 같습니다.
여기서 b가 2이면 bit로 나오고, e이면 nat, 10이면 hartley라고 하는데, 10은 거의 안쓰니까 크게 신경 안쓰셔도 됩니다.
p는 확률이죠.
이 수식은 정보이론에서 파생되었기 때문에 bit로 계산되는 이산적 공식이지만, 이 개념을 이용해서 연속적으로도 활용할 수 있습니다.
또한 보통 연속적으로 사용할때는 b가 e인 nat(natural unit of information) 단위로 쓰이지만, 이 단위가 크게 중요한 부분은 아닙니다.
중요한건 이 공식으로 연속함수의 불확실성을 나타낼 것이라는 점입니다.
$ H[f] = - \int f(x) \ln f(x) dx $
이제 이 공식에서 f(x)가 가장 불확실함을 나타내는 함수를 찾으면 됩니다. 그렇다면 H[f] 즉, 함수 f의 엔트로피가 최대가 되면 되겠죠?
5. 값이 최대가 아니라, 함수가 최대라구요?
여기서 값이 최대인 것을 찾는 방법이 미분법이라고 한다면, 함수가 최대인 것을 찾는 방법은 변분법이라고 불립니다.
그러면 바로 H[f]를 바로 변분법을 쓰면 될까요?
아니겠죠..? 위에서 조건들이 엄청 많았는데 그것들을 무시하고 찾으면 안되는 거잖아요?
그렇다면 위의 조건들을 어떻게 반영할 것이냐.. 하면 여기서 라그랑주 승수법이라는것이 나옵니다.
어떤 함수에 대해서 각 조건들에 라그랑주 승수를 곱해서 원 함수에서 더하거나 빼서 그 함수를 조건짓는 겁니다.
그렇게 해서 중간에 나오는 식을 '라그랑지안'이라고 부릅니다.
그렇다면 H[f]에서 각 조건들을 빼주면 되겠죠?
$ \mathcal{L} = - \int f(x) \ln f(x) dx - \lambda_0 ( \int f(x) dx -1 ) - \lambda_1 ( \int x \cdot f(x) dx - \mu ) - \lambda_2 ( \int (x-\mu)^2 \cdot f(x) dx - \sigma^2 ) $
이렇게 정리될겁니다.
그리고 여기에서 변분법을 적용하여(함수로 미분하는 겁니다) 이 값이 0인 점을 찾으면 미분처럼 극값을 주는 함수를 찾을 수 있습니다.
$ \frac{\delta \mathcal{L}}{\delta f(x)} = - (1 + \ln f(x)) - \lambda_0 - \lambda_1 \cdot x - \lambda_2 \cdot (x-\mu)^2 = 0 $
으로 나올테고, 이를 정리하면
$ \ln f(x) = -1 - \lambda_0 - \lambda_1 \cdot x - \lambda_2 \cdot (x-\mu)^2 $
이 되고, 이를 다시 f(x)로 표현하면
$ f(x) = e^{-1 - \lambda_0 - \lambda_1 \cdot x - \lambda_2 \cdot (x-\mu)^2} $
$ f(x) = Ae^{- \lambda_1 \cdot x - \lambda_2 \cdot (x-\mu)^2} $
이렇게 정리할 수 있습니다.
그리고 여기서 '함수는 평균을 기준으로 좌우 대칭이다'라는 조건에 의해 $ \lambda_1 $은 0이 되어야만 합니다. x가 살아있으면 이 함수는 좌우 대칭이 깨지기 때문이죠. 따라서 다시 써보면
$ f(x) = Ae^{- \lambda_2 \cdot (x-\mu)^2} $
이렇게 정리가 됩니다.
그리고 이것을 통해서 정말 신기하게도, 이 함수의 '개형'을 알게 되었습니다.
그러면 이제 $ \lambda_2 $와 A만 알면 완벽한 정규분포식을 알 수 있겠군요!?
6. $ \lambda_2 $와 A 찾으러 떠나세~
여기서 다시한번 정리해보죠. 정규분포함수의 pdf는 $ f(x) = Ae^{- \lambda_2 \cdot (x-\mu)^2} $입니다.
그렇다면,
조건1:
조건 $ \int_{-\infty}^\infty f(x) dx = 1 $에서, f(x)를 대입하면
$ \int_{-\infty}^\infty Ae^{- \lambda_2 \cdot (x-\mu)^2} dx =1 $
이렇게 정리가되고, 이것을 풀면 $ \lambda_2 $와 A를 구할 수 있겠네요.
일단, A는 상수계수이므로 적분기호 밖으로 뺄 수 있을테니, $ \lambda_2 $부터 구해보도록하죠.
$ A \int_{-\infty}^\infty e^{- \lambda_2 \cdot (x-\mu)^2} dx = 1 $
그러나 여기서 안타까운 상황에 직면합니다.
$ e^{x^2} $꼴의 적분은 자명한 원시함수가 없음이 밝혀져있죠.(리우빌의 정리(Liouville’s theorem on integration in finite terms)에 의해 증명됩니다.)
그러면 풀지 못하냐.. 하면 우리 엄청나신 가우스님께서 이걸 약간의 트릭으로 아주 멋지게 풀어내십니다.
일단 $ x-\mu $를 $ u $로 치환해줍니다.
$ \int _{-\infty}^\infty e^{-\lambda_2 u^2} du $
여기서 해를 $ I $라고 하면 식은 다시
$ I = \int _{-\infty}^\infty e^{-\lambda_2 u^2} du $
이렇게 쓸 수 있습니다.
그리고 여기서 양변을 제곱해줍니다.
적분 변수를 구분해주기위해 다른 문자인 x, y를 씁니다. 여기서 x는 위에서의 x와 상관이 없습니다.(잠깐 쓰고 사라질 친구들이라 그냥 x쓰겠습니다)
$ I^2 = \left( \int _{-\infty}^\infty e^{-\lambda_2 x^2} dx \right)\left( \int _{-\infty}^\infty e^{-\lambda_2 y^2} dy \right) $
적분을 합치고, 수식을 정리하면
$ I^2 = \iint _{\mathbb{R^2}} e^{-\lambda_2 (x^2+y^2)} dx dy $
여기서 $ \mathbb{R^2} $는 '실수*실수 모든 영역에서'라는 뜻으로 $ \int _{-\infty}^\infty\int _{-\infty}^\infty = \iint_{\mathbb{R^2}} $입니다.
여기서 $ x^2+y^2 = r^2 $이라는, 원의 방정식이자 극좌표 표기 형식으로 바꿔보면,
$ dx dy $의 경우 미소 면적을 뜻하는 것인데, 극좌표 형식에서는 미소한 $ \theta $에 대해 부채꼴의 호의 길이인 $ rd\theta $와 $ dr$의 곱으로 표현할 수 있으므로 둘이 치환되며,
구간의 경우 $ r $이 0부터 무한대까지, 그리고 $ \theta $가 0에서 $2\pi$까지면 실수영역에서 $ \mathbb{R^2} $를 커버하므로 이와같이 치환하면 수식은
$ I^2 = \int_{0}^{2\pi}\int _{0}^\infty e^{-\lambda_2 r^2} rdrd\theta $
이와같이 바뀝니다.
여기서 안쪽 적분인
$\int _{0}^\infty e^{-\lambda_2 r^2} rdr$
부터 적분하면, $ \lambda_2 r^2 = v $, $ 2\lambda_2 rdr = dv \Leftrightarrow rdr = \frac{dv}{2\lambda_2} $로 치환하면
$\frac{1}{2\lambda_2}\int_0^\infty e^{-v} dv $
이렇게 변형이 되고, $ \int_0^\infty e^{-v} dv = 1 $이므로
안쪽적분은 $\frac{1}{2\lambda_2}$가 나옵니다.
이제 바깥쪽 적분으로 들어가면
$ \frac{1}{2\lambda_2} \int_0^{2\pi}d\theta $이므로
$ I^2 = \frac{2\pi}{2\lambda_2} $
$ I = \sqrt{\frac{\pi}{\lambda_2}} $
가 됩니다.
$ A \int_{-\infty}^\infty e^{- \lambda_2 \cdot (x-\mu)^2} dx = 1 $
여기에서 적분부분이 $ I $이므로, $ A\sqrt{\frac{\pi}{\lambda_2}} = 1 $
$ A = \sqrt{\frac{\lambda_2}{\pi}} $
조건2:
여기서 저희는 분산조건도 만족시켜야 합니다.
$ \int_{-\infty}^\infty (x-\mu)^2 \cdot f(x) dx = \sigma^2 $
f(x)에 $ Ae^{- \lambda_2 \cdot (x-\mu)^2} $대입하고, 마찬가지로 $ x-\mu $를 $u$로 치환하면
$ \int_{-\infty}^\infty u^2 \cdot Ae^{- \lambda_2 \cdot u^2} du = \sigma^2 $
여기서 A를 적분 밖으로 빼면
$ A \int_{-\infty}^\infty u^2 \cdot e^{- \lambda_2 \cdot u^2} du = \sigma^2 $
요런식이 나오는데, 여기서 부분적분해야하나?라는 생각이 들수도 있지만, 아주 멋있는 해법이 있습니다.
아까
$ I = \int _{-\infty}^\infty e^{-\lambda_2 u^2} du = \sqrt{\frac{\pi}{\lambda_2}} $
였죠?
이걸 바로 $ \lambda_2 $로 미분해줍니다.
$ \frac{dI}{d\lambda_2} = \frac{d}{d\lambda_2}\int _{-\infty}^\infty e^{-\lambda_2 u^2} du = \int _{-\infty}^\infty \frac{d}{d\lambda_2}e^{-\lambda_2 u^2} du = \int_{-\infty}^\infty (-u^2) \cdot e^{- \lambda_2 \cdot u^2} du $
따라서
$ \int_{-\infty}^\infty u^2 \cdot e^{- \lambda_2 \cdot u^2} du = -\frac{d}{d\lambda_2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda_2}} $
$ = -\sqrt{\pi} \frac{d}{d\lambda_2} \lambda_2^{-\frac{1}{2}} $
$ = -\sqrt{\pi} (-\frac{1}{2}) \lambda_2^{-\frac{3}{2}} $
$ = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda_2^3}} $
$ = \frac{1}{2\lambda_2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda_2}} $
다시정리하면,
$ A \frac{1}{2\lambda_2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda_2}} = \sigma^2 $
위에서 $ A = \sqrt{\frac{\lambda_2}{\pi}} $이었으므로
$ \sqrt{\frac{\lambda_2}{\pi}} \frac{1}{2\lambda_2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda_2}} = \sigma^2 $
$ \frac{1}{2\lambda_2} = \sigma^2 $
$ \lambda_2 = \frac{1}{2\sigma^2} $
이렇게 $ \lambda_2 $가 구해지고, A는
$ A = \sqrt{\frac{\lambda_2}{\pi}} $
이므로 여기에 대입하면
$ A = \sqrt{\frac{1}{2\pi\sigma^2}} $
$ = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} $
7. 결론
따라서 유도된 정규분포 pdf는
$ f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}e^{- \frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} $
이와 같습니다.
완전 무에서부터 조건들만 가지고 정규분포 pdf가 증명되는게 너무 신기하지 않나요?
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