$$\int_{-\infty}^\infty\prod_{i=1}^N d\sigma_i\exp\left(-\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^N\sigma_iA_{ij}\sigma_j+\sum_{i=1}^N h_i\sigma_i\right)$$
$$=\frac{(2\pi)^{N/2}}{|A|^{1/2}}\exp\left(\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^Nh_iA_{ij}^{-1}h_j\right)$$
이게 가우스 변환인데요, 이징 모형을 범함수 적분 형태로 쓰면서 증명 없이 이용한 적이 있습니다. 그때 한번 해보시라고 했는데 해보셨는지 모르겠네요;;; 이전 글에서는 각 σi가 +1과 -1을 가지는 경우였는데 여기서는 음의 무한대부터 양의 무한대까지 값을 갖는다고 하고 풀었습니다. 계수가 달라질 수는 있어도 형태는 같게 나올 겁니다.
위에서 |A|는 행렬 A의 행렬식(determinant)을 뜻합니다. 그리고 이 증명에는 A를 대각화(diagonalization)할 수 있다는 전제가 필요합니다. A를 대각화할 수 있다고 했으므로 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. σi들로 이루어진 벡터를 편의상 σ으로 쓰고 hi들로 이루어진 벡터를 편의상 h로 쓰겠습니다. 위의 U를 이용해서 σ와 h도 변환시켜줍니다.
$$\sigma=U\sigma',\ h=Uh'$$
이제 위 가우스 변환의 좌변을 벡터와 행렬로 다시 쓰고... 블라블라... 해주면 아래와 같습니다.
$$\int\prod_i d\sigma_i\exp\left(-\frac{1}{2}\sigma^TA\sigma+h^T\sigma\right) $$
$$=\int\prod_i d\sigma'_i\exp \left( -\frac{1}{2} \sigma'^T\lambda\sigma'+h'^T\sigma' \right)$$
$$=\int\prod_i d\sigma'_i\exp \left( -\frac{1}{2} \sum_i \lambda_i \sigma'^2_i+ \sum_i h'_i\sigma'_i \right)$$
$$=\prod_i\int d\sigma'_i \exp\left(-\frac{1}{2}\lambda_i\sigma'^2_i+h'_i\sigma'_i\right)$$
$$=\prod_i \sqrt{\frac{2\pi}{\lambda_i}} \exp \left( h'^2_i / 2 \lambda_i \right)$$
$$=\frac{(2\pi)^{N/2}}{|A|^{1/2}}\exp\left(\frac{1}{2}\sum_ih'_i\lambda_i^{-1}h'_i\right)= \frac{(2\pi)^{N/2}}{|A|^{1/2}}\exp\left(\frac{1}{2}h'^T\lambda^{-1}h'\right)$$
위의 마지막 결과를 다시 정리하면 맨 위의 가우스 변환의 우변이 됩니다. 증명의 아이디어는 A를 대각화하여 얽혀 있는 σi들을 서로 떼어놓음으로써 각 σi에 대한 적분이 가능해진다는 거죠. 끝입니다.
