하이젠베르크 부등식

하이젠베르크 부등식

Heisenberg's Inequality

빌드업

$f$와 $f$의 푸리에 변환 $\hat{f}$ 사이에는 특별한 관계가 있다. 만약 어떤 상수 $\Omega$에 대해서 $\hat{f} (\omega) = 0\ for\ | \omega | \ge \Omega$가 성립할 때 $f$도 이와 같은 성질을 갖는 것이 불가능하다. 다시 말해 $f$와 $\hat{f}$이 둘 다 좁은 곳에 모여있는 모양을 가질 수 없다는 말이고, 수학적으로 말하자면 $f$와 $\hat{f}$이 동시에 좁은 유한 서포트를 가질 수 없다는 말이고, 통계적으로 말하자면 $f$와 $\hat{f}$의 분산이 동시에 작을 수 없다는 말이다.

이런 사실은 다음과 같은 푸리에 변환의 성질에서 엿볼 수 있다.

$$ \mathcal{F} \left[ f(\delta x) \right] (\xi) = \dfrac{1}{\delta} \hat{f} \left( \dfrac{\xi}{\delta} \right),\quad \delta > 0 $$

위 식에서 $\delta$가 커진다는 말은 $f$가 원점으로 점점 압축된다는 뜻인데, 그와 동시에 $\hat{f}$는 퍼지고 있다는 것을 알 수 있다. $\delta$가 작아지면 반대의 양상을 띈다.

정리를 소개하기전에 새로운 노테이션을 하나 소개한다. 함수 $f$의 $a$에서의 확산dispersion을 다음과 같이 정의하자.

$$ \Delta_{a} f: =\frac{\displaystyle \int(x-a)^{2}|f(x)|^{2} d x}{\displaystyle \int|f(x)|^{2} d x} $$

이는 $f$의 값들이 $a$ 근처에서 얼마나 퍼져있는지를 의미하게 된다. $\Delta _{a} f$의 값이 크다는 말은 $a$의 근방에서 $f$는 큰 값을 거의 가지지 않는다는 말이고, 반대로 $\Delta _{a} f$의 값이 작다는 말은 $a$의 근방에서 $f$가 큰 값을 엄청 많이 가진다는 뜻이다. 그러면 $f$와 $\hat{f}$이 동시에 좁은 구간에 모여있는 꼴을 가질 수 없다는 말은, 모든 $a, \alpha \in \mathbb{R}$에 대해서 $\Delta_{a}f$와 $\Delta_{\alpha}\hat{f}$의 값이 동시에 작은 것에는 한계가 있다는 말과 같다.

한마디로 요약하면 $f$의 값이 확실해질수록 $\hat{f}$의 값이 불확실해진다는 뜻이고 반대도 마찬가지이다. 통계에 익숙하다면 $\Delta_{a}f$를 모평균이 $a$이고 확률밀도함수가 $|f(x)|^{2}$인 확률 변수의 분산이라고 이해하면 된다.

위 내용은 다음과 같은 정리로 표현된다.

정리

$f^{\prime}$이 조각마다 연속이고, $f(x), xf(x), f^{\prime}(x) \in L^{2}$이면 다음의 부등식이 성립한다.

$$ \left( \Delta_{a} f \right) ( \Delta_{\alpha} \hat{f} ) \ge \dfrac{1}{4},\quad \forall a,\alpha \in \mathbb{R} $$

증명

$a=\alpha=0$

우선 $a=\alpha=0$인 경우에 대해서 생각해보자. 부분적분법에 의해서 다음의 식을 얻는다.

$$ \int_{A}^{B} \overline{xf(x)} f^{\prime}(x) dx = x|f(x)|^{2} \bigg|_{A} ^{B}-\int_{A}^{B}\left(|f(x)|^{2} + x f(x) \overline{f^{\prime}(x)}\right) dx $$

이를 정리하면 다음과 같다.

$$ \begin{align*} \int_{A}^{B} |f(x)|^{2} dx &= x|f(x)|^{2} \bigg|_{A} ^{B} - \int_{A}^{B} xf(x) \overline{f^{\prime}(x)}dx - \int_{A}^{B} \overline{xf(x)} f^{\prime}(x) dx \\ &= x|f(x)|^{2} \bigg|_{A} ^{B} - 2 \text{Re} \int_{A}^{B} xf(x) \overline{f^{\prime}(x)}dx \end{align*} $$

이때 $xf(x) \in L^{2}$라고 가정했으므로 $\lim \limits_{x \to \pm \infty}xf^{2}(x) \le \lim \limits_{x \to \pm \infty} x^{2}f^{2}(x) = 0$가 성립한다. 따라서 위의 식에서 $B\to \infty, A \to -\infty$의 극한을 취하면 다음과 같다.

$$ \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^{2} dx = - 2 \text{Re} \int_{-\infty}^{\infty} xf(x) \overline{f^{\prime}(x)}dx $$

그러면 코시-슈바르츠 부등식에 의해 다음의 식이 성립한다.

$$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^{2} dx &\le 2 \text{Re} \left( \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} |f(x)|^{2} dx \right)^{\frac{1}{2}} \left( \int_{-\infty}^{\infty} |f^{\prime}(x)|^{2} dx\right)^{\frac{1}{2}} \nonumber \\ \implies \left( \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^{2} dx \right)^{2} &\le 4 \left( \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} |f(x)|^{2} dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} |f^{\prime}(x)|^{2} dx\right) \label{eq1} \end{align} $$

이때 플랜체렐 정리에 의해서 $\| \hat{f} \|^{2} = 2\pi \| f \| ^{2}$이고, 도함수의 푸리에 변환은 $\mathcal{F} \left[ f^{\prime} \right] (\xi) = i \xi \mathcal{F} f (\xi)$이므로 다음이 성립한다.

$$ \int_{-\infty}^{\infty} |f^{\prime}(x)|^{2} dx = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |\mathcal{F}[f^{\prime}] (\xi)|^{2} d\xi = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \xi^{2} | \hat{f} (\xi)|^{2} d\xi $$

이를 $\eqref{eq1}$에 대입하면 다음과 같다.

$$ \left( \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^{2} dx \right)^{2} \le 4 \left( \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} |f(x)|^{2} dx \right) \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \xi^{2} | \hat{f} (\xi)|^{2} d\xi $$

또한 플랜체렐 정리를 적분꼴로 나타내면 $\int |f(x)|^{2}dx = \frac{1}{2\pi} \int |\hat{f}(\xi)|^{2} d\xi$이므로 위 식의 좌변에 대입하여 다음을 얻는다.

$$ \left( \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^{2} dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} |\hat{f}(\xi)|^{2} d\xi \right) \le 4 \left( \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} |f(x)|^{2} dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} \xi^{2} | \hat{f} (\xi)|^{2} d\xi \right) $$

그러므로 다음의 결과를 얻는다

$$ \dfrac{1}{4} \le \dfrac{ \left(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} |f(x)|^{2} dx \right) }{ \left(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^{2} dx \right) } \dfrac{\left(\displaystyle \int _{-\infty}^{\infty} \xi^{2} | \hat{f} (\xi)|^{2} d\xi \right)}{\left(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |\hat{f}(\xi)|^{2} d\xi \right)} = \left( \Delta_{0} f \right) ( \Delta_{0} \hat{f} ) $$

일반화

$F(x)=e^{-i \alpha x}f(x+a)$라고 두자. 그러면 다음의 식이 성립한다.

$$ \begin{align*} \Delta_{0} F = \dfrac{\displaystyle \int x^{2} |F(x)|^{2} dx}{\displaystyle \int |F(x)|^{2}dx} &= \dfrac{ \displaystyle \int x^{2} |f(x+a)|^{2} dx }{ \displaystyle \int |f(x+a)|^{2}dx} \\ &= \dfrac{ \displaystyle \int (x-a)^{2} |f(x)|^{2} dx }{ \displaystyle \int |f(x)|^{2}dx} & (\text{change of variable } x +a=x) \\ &= \Delta_{a}f \end{align*} $$

이제 $\hat{F}$를 구해보면 다음과 같다.

$$ \begin{align*} \hat{F} (\xi) = \int F(x) e^{-i \xi x}dx &= \int f(x+a)e^{-i(\alpha + \xi)x}dx \\ &= \int f(x)e^{-i(\alpha + \xi)x} e^{i(\alpha + \xi)a} dx & (\text{change of variable } x +a=x) \\ &= e^{i(\alpha + \xi)a} \int f(x)e^{-i(\alpha + \xi)x} dx \\ &= e^{i(\alpha + \xi)a} \hat{f}(\alpha + \xi) \end{align*} $$

이제 $\Delta_{0}\hat{F}$를 구해보면 다음과 같다.

$$ \begin{align*} \Delta_{0}\hat{F} = \dfrac{\displaystyle \int \xi^{2} |\hat{F}(\xi)|^{2} d\xi}{\displaystyle \int |\hat{F}(\xi)|^{2}d\xi} &= \dfrac{\displaystyle \int \xi^{2} | \hat{f}(\alpha + \xi)|^{2} d\xi}{\displaystyle \int | \hat{f}(\alpha + \xi)|^{2}d\xi} \\ &= \dfrac{\displaystyle \int (\xi-\alpha)^{2} | \hat{f}(\xi)|^{2} d\xi}{\displaystyle \int | \hat{f}(\xi)|^{2}d\xi} & (\text{change of variable } \xi +a=\xi) \\ &= \Delta_{\alpha}\hat{f} \end{align*} $$

따라서 $a=\alpha=0$일 때의 결과를 이용하면 다음의 식을 얻는다.

$$ \dfrac{1}{4} \le (\Delta_{0}F)(\Delta_{\alpha}\hat{F}) = (\Delta_{a}f) (\Delta_{\alpha}\hat{f}) $$

같이보기

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