機械学習基礎理論独習

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PRML演習問題 1.18(標準) www

問題

D 次元の単位球の表面積S_D 、体積  V_D を導くのに (1.126) を使うことができる。
これにはまず、直交座標から極座標への変換から導かれる

\begin{eqnarray}
\prod_{i=1}^D\int_\infty^\infty e^{-x_i^2}{\rm d}x_i=S_D\int_0^\infty e^{-r^2}r^{D-1}{\rm d}r\tag{1.142}
\end{eqnarray}

という事実を考える。
ガンマ関数の定義 (1.141)(1.126) からこの式の両辺を評価し、

\begin{eqnarray}
S_D=\frac{2\pi^{D/2}}{\Gamma(D/2)}\tag{1.143}
\end{eqnarray}

を示せ。
次に半径 0 から 1 まで積分し、 D 次元単位球の体積が

\begin{eqnarray}
V_D=\frac{S_D}{D}\tag{1.144}
\end{eqnarray}

で与えられることを示せ。
最後に \Gamma(1)=1 および \Gamma(3/2)=\sqrt{\pi}/2 から、 (1.143)(1.144)D=2 および D=3 の通常の表現に帰着されることを示せ。

参照

\begin{eqnarray}
I=\int_{-\infty}^\infty\exp\left(-\frac{1}{2\sigma^2}x^2\right){\rm d}x\tag{1.124}
\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}
I=(2\pi\sigma^2)^{1 / 2}\tag{1.126}
\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}
\Gamma(x)\equiv\int_0^\infty u^{x-1}e^{-u}{\rm d}u\tag{1.141}
\end{eqnarray}

解答

\sigma=\dfrac{1}{2}のとき、式(1.124),(1.126)より、以下が成り立ちます。

\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^\infty\exp\left(-x^2\right){\rm d}x=\pi^{1/2}\tag{1}
\end{eqnarray}

(1.142)の左辺 \displaystyle\prod_{i=1}^D\int_\infty^\infty e^{-x_i^2}{\rm d}x_i を計算します。

\begin{eqnarray}
\prod_{i=1}^D\int_\infty^\infty e^{-x_i^2}{\rm d}x_i&=&\prod_{i=1}^D \pi^{1/2}\\
&=&\pi^{D/2}\tag{2}
\end{eqnarray}

u=r^2 とおいて、式(1.142)の右辺 S_D\displaystyle\int_0^\infty e^{-r^2}r^{D-1}{\rm d}r を計算します。

\begin{eqnarray}
S_D\int_0^\infty e^{-r^2}r^{D-1}{\rm d}r&=&S_D\int_0^\infty e^{-u}u^{(D-1)/2}\underbrace{\frac{1}{2r}{\rm d}u}_{{\rm d}u=2r{\rm d}r}\\
&=&S_D\int_0^\infty e^{-u}u^{(D-1)/2}\frac{1}{2u^{1/2}}{\rm d}u\\
&=&\frac{S_D}{2}\int_0^\infty e^{-u}u^{D/2-1}{\rm d}u\\
&=&\frac{S_D}{2}\Gamma(D/2)\tag{3}
\end{eqnarray}

(1.142),(2),(3)より、以下が成り立ちます。

\begin{eqnarray}
&&\pi^{D/2}=\frac{S_D}{2}\Gamma(D/2)\\
&&\Leftrightarrow S_D=\frac{2\pi^{D/2}}{\Gamma(D/2)}\tag{4}
\end{eqnarray}

(4)より、式(1.143)が示せました。

半径 r の時の D-1 次元超球の体積は、S_D\cdot r^{D-1} なので、これを 0 から 1 まで積分します。

\begin{eqnarray}
\int_0^1 S_D\cdot r^{D-1} {\rm d}r&=&S_D\left[\frac{r^D}{D}\right]_0^1\\
&=&S_D\left(\frac{1^D}{D}-\frac{0^D}{D}\right)\\
&=&\frac{S_D}{D}\tag{5}
\end{eqnarray}

(5) より、式 (1.144) が示せました。

V_2\ (D=2)を計算します。

\begin{eqnarray}
V_2&=&\frac{S_2}{2}\\
&=&\frac{2\pi^{2/2}}{\Gamma(2/2)}\cdot\frac{1}{2}\\
&=&\frac{\pi}{\Gamma(1)}\\
&=&\frac{\pi}{1}\\
&=&\pi\tag{6}
\end{eqnarray}

V_3\ (D=3)を計算します。

\begin{eqnarray}
V_3&=&\frac{S_3}{3}\\
&=&\frac{2\pi^{3/2}}{\Gamma(3/2)}\cdot\frac{1}{3}\\
&=&\frac{2}{3}\frac{\pi^{3/2}}{\pi^{1/2} / 2}\\
&=&\frac{4}{3}\pi\tag{7}
\end{eqnarray}

(6),(7) より、 (1.143)(1.144)D=2 および D=3 の通常の表現に帰着されることを示せました。

補足

問題文の解き方は無視することになりますが、式 (1.124),(1.126) を用いずに、
ガウス積分の公式 \displaystyle\int_\infty^\infty e^{-x^2/2}{\rm d}x=(2\pi)^{1/2} を用いて、式(1.142)の左辺 \displaystyle\prod_{i=1}^D\int_\infty^\infty e^{-x_i^2}{\rm d}x_i を計算してもよいと思います。

x_i^2=\dfrac{y_i^2}{2} とおいて、式(1.142)の左辺 \displaystyle\prod_{i=1}^D\int_\infty^\infty e^{-x_i^2}{\rm d}x_i を計算します。

\begin{eqnarray}
\prod_{i=1}^D\int_\infty^\infty e^{-x_i^2}{\rm d}x_i&=&\prod_{i=1}^D\int_\infty^\infty e^{-\overbrace{y_i^2/2}^{x_i^2=\frac{y_i^2}{2}}}\underbrace{2^{-1/2}{\rm d}y_i}_{{\rm d}x_i=2^{-1/2}{\rm d}y_i}\\
&=&\prod_{i=1}^D\left(2^{-1/2}\int_\infty^\infty e^{-y_i^2/2}{\rm d}y_i\right)\\
&=&\prod_{i=1}^D \left(2^{-1/2}(2\pi)^{1/2}\right)\\
&=&\prod_{i=1}^D \pi^{1/2}\\
&=&\pi^{D/2}\tag{X}
\end{eqnarray}

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