PRML 第2章（2.41から2.61まで）解答例

はじめに

PRML解答例まとめを参照

演習 2.41

ガンマ関数

$$Γ(a)≡∫0∞ua−1e−udu(1.141) \Gamma(a) \equiv \int_{0}^{\infty} u^{a-1} e^{-u} \mathrm{d} u \tag{1.141}$$

の定義から，ガンマ分布

$$Gam⁡(λ∣a,b)=1Γ(a)baλa−1exp⁡(−bλ)(2.146) \operatorname{Gam}(\lambda | a, b)=\frac{1}{\Gamma(a)} b^{a} \lambda^{a-1} \exp (-b \lambda) \tag{2.146}$$

が正規化されていることを示せ．

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ガンマ分布が正規化されている$(∫0∞1Γ(a)baλa−1exp⁡(−bλ)dλ=1)\displaystyle \left(\int_0^{\infty}\frac{1}{\Gamma(a)} b^{a} \lambda^{a-1} \exp (-b \lambda) d\lambda = 1\right)$ことを示す。

これには$bλ=ub\lambda = u$という変数変換を使うと（$dλ=b−1dud\lambda = b^{-1}du$）、

$$∫0∞1Γ(a)baλa−1exp⁡(−bλ)dλ=1Γ(a)∫0∞baλa−1exp⁡(−u)b−1du=1Γ(a)∫0∞ua−1e−udu=Γ(a)Γ(a)=1 \begin{aligned} &\int_0^{\infty}\frac{1}{\Gamma(a)} b^{a} \lambda^{a-1} \exp (-b \lambda) d\lambda \\ =&\frac{1}{\Gamma(a)}\int_0^{\infty}b^a\lambda^{a-1}\exp(-u)b^{-1}du \\ =&\frac{1}{\Gamma(a)}\int_0^{\infty}u^{a-1}e^{-u}du = \frac{\Gamma(a)}{\Gamma(a)} = 1 \end{aligned}$$

となるので、正規化されていることが示された。

演習 2.42

ガンマ分布

$$Gam⁡(λ∣a,b)=1Γ(a)baλa−1exp⁡(−bλ)(2.146) \operatorname{Gam}(\lambda | a, b)=\frac{1}{\Gamma(a)} b^{a} \lambda^{a-1} \exp (-b \lambda) \tag{2.146}$$

の平均，分散，およびモードを求めよ．

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まず，平均を求める．

$$E[λ]=∫0∞1Γ(a)baλa−1exp⁡(−bλ)λdλ=1Γ(a)∫0∞baλaexp⁡(−bλ)dλ \begin{aligned} \mathbb E \left[\lambda \right] =& \int_0^{\infty} \frac{1}{\Gamma(a)} b^{a} \lambda^{a-1} \exp (-b \lambda) \lambda \mathrm{d} \lambda \\ =& \frac{1}{\Gamma(a)} \int_0^{\infty} b^{a} \lambda^a \exp (-b \lambda) \mathrm{d} \lambda \\ \end{aligned}$$

ここで$bλ=ub\lambda = u$と変数変換すると，$dλ=b−1du\mathrm{d} \lambda = b^{-1} \mathrm{d} u$であるから

$$E[λ]=1Γ(a)∫0∞uaexp⁡(−u)b−1du=1Γ(a)b−1∫0∞uae−udu=1Γ(a)b−1Γ(a+1)=1Γ(a)b−1aΓ(a)=ab \begin{aligned} \mathbb E \left[\lambda \right] =& \frac{1}{\Gamma(a)} \int_0^{\infty} u^a \exp (-u) b^{-1} \mathrm{d} u \\ =& \frac{1}{\Gamma(a)} b^{-1} \int_0^{\infty} u^a e^{-u} \mathrm{d} u \\ =& \frac{1}{\Gamma(a)} b^{-1} \Gamma(a+1) \\ =& \frac{1}{\Gamma(a)} b^{-1} a\Gamma(a) \\ =& \frac{a}{b} \end{aligned}$$

となる．

次に，分散を求める．

$$E[λ2]=∫0∞1Γ(a)baλa−1exp⁡(−bλ)λ2dλ=1Γ(a)∫0∞baλa+1exp⁡(−bλ)dλ \begin{aligned} \mathbb E \left[\lambda^2 \right] =& \int_0^{\infty} \frac{1}{\Gamma(a)} b^{a} \lambda^{a-1} \exp (-b \lambda) \lambda^2 \mathrm{d} \lambda \\ =& \frac{1}{\Gamma(a)} \int_0^{\infty} b^{a} \lambda^{a+1} \exp (-b \lambda) \mathrm{d} \lambda \\ \end{aligned}$$

ここで$bλ=ub\lambda = u$と変数変換すると，$dλ=b−1du\mathrm{d} \lambda = b^{-1} \mathrm{d} u$であるから

$$E[λ2]=1Γ(a)∫0∞b−1ua+1exp⁡(−u)b−1du=1Γ(a)b−2∫0∞ua+1e−udu=1Γ(a)b−2Γ(a+2)=1Γ(a)b−2(a+1)Γ(a+1)=1Γ(a)b−2a(a+1)Γ(a)=a(a+1)b2 \begin{aligned} \mathbb E \left[\lambda^2 \right] =& \frac{1}{\Gamma(a)} \int_0^{\infty} b^{-1} u^{a+1} \exp (-u) b^{-1} \mathrm{d} u \\ =& \frac{1}{\Gamma(a)} b^{-2} \int_0^{\infty} u^{a+1} e^{-u} \mathrm{d} u \\ =& \frac{1}{\Gamma(a)} b^{-2} \Gamma(a+2) \\ =& \frac{1}{\Gamma(a)} b^{-2} (a+1)\Gamma(a+1) \\ =& \frac{1}{\Gamma(a)} b^{-2} a(a+1)\Gamma(a) \\ =& \frac{a(a+1)}{b^2} \end{aligned}$$

となる．したがって分散は

$$var⁡[λ]=E[λ2]−E[λ]2=a(a+1)b2−a2b2=ab2 \begin{aligned} \operatorname{var}\left[\lambda \right] =& \mathbb E \left[\lambda^2 \right] - \mathbb E \left[\lambda \right]^2 \\ =& \frac{a(a+1)}{b^2} - \frac{a^2}{b^2} \\ =& \frac{a}{b^2} \end{aligned}$$

となる．

次に，モードを求める．モードは分布の停留点を求めれば良いので$(2.146)(2.146)$を$λ\lambda$で微分して0とおく．

$$ddλGam⁡(λ∣a,b)=0⇔ ddλ1Γ(a)baλa−1exp⁡(−bλ)=0⇔ ddλλa−1e−bλ=0⇔ (a−1)λa−2e−bλ+λa−1e−bλ(−b)=0⇔ λa−2e−bλ(a−1−bλ)=0⇔ λ=a−1b \begin{aligned} & \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda} \operatorname{Gam}(\lambda | a, b) = 0 \\ \Leftrightarrow ~ & \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda} \frac{1}{\Gamma(a)} b^{a} \lambda^{a-1} \exp (-b \lambda) = 0 \\ \Leftrightarrow ~ & \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda} \lambda^{a-1} e^{-b \lambda} = 0 \\ \Leftrightarrow ~ & (a-1) \lambda^{a-2} e^{-b \lambda} + \lambda^{a-1} e^{-b \lambda} (-b) = 0 \\ \Leftrightarrow ~ & \lambda^{a-2} e^{-b \lambda} (a-1-b\lambda) = 0 \\ \Leftrightarrow ~ & \lambda = \frac{a-1}{b} \\ \end{aligned}$$

したがってモードは$a−1b\displaystyle \frac{a-1}{b}$となる．

演習 2.43

次の分布は，1変数ガウス分布を一般化したものである．

$$p(x∣σ2,q)=q2(2σ2)1/qΓ(1/q)exp⁡(−∣x∣q2σ2)(2.293) p\left(x | \sigma^{2}, q\right)=\frac{q}{2\left(2 \sigma^{2}\right)^{1 / q} \Gamma(1 / q)} \exp \left(-\frac{|x|^{q}}{2 \sigma^{2}}\right) \tag{2.293}$$

この分布が，次のように正規化されていることを示せ．

$$∫−∞∞p(x∣σ2,q)dx=1(2.294) \int_{-\infty}^{\infty} p\left(x | \sigma^{2}, q\right) \mathrm{d} x=1 \tag{2.294}$$

そして,$q=2q=2$で$(2.293)(2.293)$がガウス分布となることを示せ．目的変数が$t=y(x,w)+ϵt=y(\mathbf{x}, \mathbf{w})+\epsilon$で，ランダムノイズ変数$ϵ\epsilon$が分布$(2.293)(2.293)$に従う回帰モデルを考える．入力ベクトル集合$X={x1,⋯ ,xN}\mathbf{X} = \{ \mathbf{x}_1, \cdots, \mathbf{x}_N \}$と，目的変数に相当する観測値が$t=(t1,…,tN)T\mathbf{t} = (t_1, \ldots, t_N)^{\mathrm{T}}$であるとき，$w\mathbf{w}$と$σ2\sigma^2$についての対数尤度関数が

$$ln⁡p(t∣X,w,σ2)=−12σ2∑n=1N∣y(xn,w)−tn∣q−Nqln⁡(2σ2)+const(2.295) \ln p\left(\mathbf{t} | \mathbf{X}, \mathbf{w}, \sigma^{2}\right)=-\frac{1}{2 \sigma^{2}} \sum_{n=1}^{N}\left|y\left(\mathbf{x}_{n}, \mathbf{w}\right)-t_{n}\right|^{q}-\frac{N}{q} \ln \left(2 \sigma^{2}\right)+\mathrm{const} \tag{2.295}$$

になることを示せ．ただし，$const\mathrm{const}$は$w\mathbf{w}$と$σ2\sigma^2$の両方と独立な項である．なお，これは$w\mathbf{w}$の関数として見た場合，1.5.5節で扱った$LqL_q$誤差関数である．

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まず$(2.293)(2.293)$について

$$∫−∞∞p(x∣σ2,q)dx=∫−∞∞q2(2σ2)1/qΓ(1/q)exp⁡(−∣x∣q2σ2)dx=q2(2σ2)1/qΓ(1/q)⋅2∫0∞exp⁡(−∣x∣q2σ2)dx=q(2σ2)1/qΓ(1/q)∫0∞exp⁡(−xq2σ2)dx \begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} p(x | \sigma^2, q)dx &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{q}{2\left(2 \sigma^{2}\right)^{1 / q} \Gamma(1 / q)} \exp \left(-\frac{|x|^{q}}{2 \sigma^{2}}\right) d x \\ &=\frac{q}{2\left(2 \sigma^{2}\right)^{1 / q} \Gamma(1 / q)} \cdot 2 \int_{0}^{\infty} \exp \left(-\frac{|x|^{q}}{2 \sigma^{2}}\right) d x \\ &=\frac{q}{\left(2 \sigma^{2}\right)^{1 / q} \Gamma(1 / q)} \int_{0}^{\infty} \exp \left(-\frac{x^{q}}{2 \sigma^{2}}\right) d x \end{aligned}$$

ここで$u=xq2σ2\displaystyle u = \frac{x^q}{2\sigma^2}$とおくと、$du=q2σ2xq−1dx\displaystyle du = \frac{q}{2\sigma^2}x^{q-1}dx$, $x=(2σ2u)1/qx=(2\sigma^2u)^{1/q}$となるので、

$$∫0∞exp⁡(−x22σ2)dx=∫0∞2σ2qxq−1e−udu=2σ2q∫0∞1(2σ2u)q−1qe−udu=2σ2q⋅(2σ2)1q2σ2∫0∞u1q−1e−udu=(2σ2)1qqΓ(1/q) \begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \exp \left(-\frac{x^{2}}{2 \sigma^{2}}\right) d x &=\int_{0}^{\infty} \frac{2 \sigma^{2}}{q x^{q-1}} e^{-u} du \\ &=\frac{2 \sigma^{2}}{q} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\left(2 \sigma^{2} u\right)^{\frac{q-1}{q}}} e^{-u} d u \\ &=\frac{2 \sigma^{2}}{q} \cdot \frac{\left(2 \sigma^{2}\right)^{\frac{1}{q}}}{2 \sigma^{2}} \int_{0}^{\infty} u^{\frac{1}{q}-1} e^{-u} d u \\ &=\frac{\left(2 \sigma^{2}\right)^{\frac{1}{q}}}{q} \Gamma(1 / q) \end{aligned}$$

よって

$$∫−∞∞p(x∣σ2,q)dx=q(2σ2)1/qΓ(1/q)⋅(2σ2)1qqΓ(1/q)=1 \int_{-\infty}^{\infty} p\left(x \mid \sigma^{2}, q\right) d x=\frac{q}{\left(2 \sigma^{2}\right)^{1 / q} \Gamma(1 / q)} \cdot \frac{\left(2 \sigma^{2}\right)^{\frac{1}{q}}}{q} \Gamma(1 / q)=1$$

正規化されていることが示された。
また、$q=2q=2$のとき$Γ(1/2)=π\Gamma(1/2) = \sqrt{\pi}$を代入すれば

$$∫−∞∞p(x∣σ2,2)dx=12πσ2exp⁡(−x22σ2) \int_{-\infty}^{\infty} p\left(x \mid \sigma^{2}, 2 \right) dx = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left( -\frac{x^2}{2\sigma^2}\right)$$

となり、ガウス分布の形になる。

最後に、ランダムノイズが$ϵ\epsilon$が$p(x∣σ2,q)p(x|\sigma^2,q)$に従うとすると、$ϵ=t−y(x,w)\epsilon = t-y(\mathbf{x}, \mathbf{w})$が$(2.293)(2.293)$式の$xx$に相当する。
$X={x1,…,xN}\mathbf{X} = \{\mathbf{x}_1, \ldots, \mathbf{x}_N\}$を入力として目的変数に相当する観測値が$t=(t1,…,tN)T\mathbf{t} = (t_1, \ldots, t_N)^{\mathrm{T}}$とするとき、1.2.5節での議論から

$$p(t∣X,w,σ2)=∏n=1Np(tn∣xn,w,σ2) p(\mathbf{t} | \mathbf{X}, \mathbf{w}, \sigma^2) = \prod_{n=1}^N p(t_n | \mathbf{x}_n, \mathbf{w}, \sigma^2)$$

となるので、これの対数尤度は

$$ln⁡p(t∣X,w,σ2)=ln⁡{∏n=1Nq2(2σ2)1/qΓ(1/q)exp⁡(−∣tn−y(xn,w)∣q2σ2)}=−12σ2∑n=1N∣y(xn,w)−tn∣q−Nqln⁡(2σ2)+const⁡ \begin{aligned} \ln p\left(\mathbf{t} | \mathbf{X}, \mathbf{w}, \sigma^2 \right) &=\ln \left\{\prod_{n=1}^{N} \frac{q}{2\left(2 \sigma^{2}\right)^{1 / q} \Gamma(1 / q)} \exp \left(-\frac{\mid t_n-y\left(\mathbf{x}_n, \mathbf{w} \right) \mid^q}{2 \sigma^{2}}\right)\right \} \\ &=-\frac{1}{2 \sigma^{2}} \sum_{n=1}^{N}\left|y\left(\mathbf{x}_n, \mathbf{w} \right)-t_{n}\right|^{q}-\frac{N}{q} \ln \left(2 \sigma^{2}\right)+\operatorname{const} \end{aligned}$$

となる($const\textrm{const}$は$w\mathbf{w}$と$σ2\sigma^2$の両方に独立な項である)。

演習 2.44

1変数ガウス分布$N(x∣μ,τ−1)\mathcal{N}\left(x | \mu, \tau^{-1}\right)$について考える．共役事前分布はガウス–ガンマ分布

$$p(μ,λ)=N(μ∣μ0,(βλ)−1)Gam⁡(λ∣a,b)(2.154) p(\mu, \lambda)=\mathcal{N}\left(\mu \mid \mu_{0},(\beta \lambda)^{-1}\right) \operatorname{Gam}(\lambda \mid a, b) \tag{2.154}$$

で，独立同分布な観測値集合が$x={x1,…,xN}\mathbf{x}=\left\{x_{1}, \ldots, x_{N}\right\}$であるとする．事後分布も，事前分布と同じガウスーガンマ分布になることを示し，各パラメータに対する事後分布の式を書き下せ．

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事後分布は$p(μ,λ∣X)p(\mu,\lambda|\mathbf{X})$、尤度関数は$p(X∣μ,λ)p(\mathbf{X}|\mu, \lambda)$と書ける。
このとき共役事前分布$p(μ,λ)p(\mu,\lambda)$と合わせて、ベイズの定理から

$$p(μ,λ∣X)∝p(X∣μ,λ)p(μ,λ) p(\mu,\lambda|\mathbf{X}) \propto p(\mathbf{X}|\mu, \lambda)p(\mu,\lambda)$$

と書ける。また、$(2.152)(2.152)$式のように尤度関数は

$$p(X∣μ,λ)=∏n=1N(λ2π)1/2exp⁡{−λ2(xn−μ)2}∝[λ1/2exp⁡(−λμ22)]Nexp⁡{λμ∑n=1Nxn−λ2∑n=1Nxn2} \begin{aligned} p(\mathbf{X} \mid \mu, \lambda)&=\prod_{n=1}^{N}\left(\frac{\lambda}{2 \pi}\right)^{1 / 2} \exp \left\{-\frac{\lambda}{2}\left(x_{n}-\mu\right)^{2}\right\} \\ &\propto\left[\lambda^{1 / 2} \exp \left(-\frac{\lambda \mu^{2}}{2}\right)\right]^{N} \exp \left\{\lambda \mu \sum_{n=1}^{N} x_{n}-\frac{\lambda}{2} \sum_{n=1}^{N} x_{n}^{2}\right\} \end{aligned}$$

の形で書ける。これと

$$p(μ,λ)∝(βλ)1/2exp⁡(−βλ2(μ−μ0)2)λa−1exp⁡(−bλ) p(\mu, \lambda) \propto (\beta\lambda)^{1/2}\exp\left( -\frac{\beta\lambda}{2}(\mu-\mu_0)^2 \right)\lambda^{a-1}\exp(-b\lambda)$$

を利用して、事後分布$p(μ,λ∣X)p(\mu,\lambda|\mathbf{X})$の指数部を計算してみてガウス-ガンマ分布のそれと同型になることを示せば良い（正規化定数を求めるのはキツイ）。

$$p(μ,λ∣X)=λN2(βλ)12λa−1exp⁡{−Nλμ22−βλ2(μ−μ0)2−bλ+λμ∑n=1Nxn−λ2∑n=1Nxn2}=β12λN2+12+a−1exp⁡{μ2(−Nλ2−βλ2)+μ(βλμ0+λ∑n=1Nxn)−bλ−λ2∑n=1Nxn2−βλ2μ02}=β12λN2+12+a−1exp⁡{−λ(N+β)2μ2+μλ(βμ0+∑n=1Nxn)−λ(b+12∑n=1Nxn2−β2μ02)}=β12λN2+12+a−1exp⁡{−λ(N+β)2(μ−βμ0+∑n=1NxnN+β)2}exp⁡{−λ(b+12∑n=1Nxn2+β2μ02−(βμ0+∑n=1Nxn)22(N+β))}∝(λ(N+β))12exp⁡{−λ(N+β)2(μ−βμ0+∑n=1NxnN+β)2}λa+N2−1exp⁡{−(b+12∑n=1Nxn2+β2μ02−(βμ0+∑n=1Nxn)22(N+β))λ} \begin{aligned} p(\mu,\lambda|\mathbf{X}) &= \lambda^{\frac{N}{2}}(\beta \lambda)^{\frac{1}{2}} \lambda^{a-1} \exp \left\{-\frac{N \lambda \mu^{2}}{2}-\frac{\beta \lambda}{2}\left(\mu-\mu_{0}\right)^{2}-b \lambda+\lambda \mu \sum_{n=1}^{N} x_{n}-\frac{\lambda}{2} \sum_{n=1}^{N} x_{n}^{2}\right\} \\ &= \beta^{\frac{1}{2}} \lambda^{\frac{N}{2}+\frac{1}{2}+a-1} \exp \left\{\mu^{2} \left( -\frac{N \lambda}{2}-\frac{\beta \lambda}{2}\right)+\mu\left(\beta \lambda \mu_{0}+\lambda \sum_{n=1}^{N} x_{n}\right)-b \lambda-\frac{\lambda}{2} \sum_{n=1}^{N} x_{n}^{2}-\frac{\beta \lambda}{2} \mu_{0}^{2}\right\} \\ &=\beta^{\frac{1}{2}} \lambda^{\frac{N}{2}+\frac{1}{2}+a-1} \exp \left\{ -\frac{\lambda(N+\beta)}{2} \mu^{2}+\mu \lambda\left(\beta \mu_{0}+\sum_{n=1}^{N} x_{n}\right)-\lambda\left(b+\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{N} x_{n}^{2}-\frac{\beta}{2} \mu_{0}^{2}\right)\right\} \\ &=\beta^{\frac{1}{2}} \lambda^{\frac{N}{2}+\frac{1}{2}+a-1} \exp \left\{-\frac{\lambda(N+\beta)}{2}\left(\mu-\frac{\beta\mu_0+\sum_{n=1}^{N} x_{n}}{N+\beta}\right)^{2}\right\} \exp \left\{-\lambda\left(b+\frac{1}{2} \sum_{n=1}^N x_{n}^{2}+\frac{\beta}{2} \mu_{0}^{2}-\frac{\left(\beta\mu_0+\sum_{n=1}^{N} x_{n}\right)^{2}}{2(N+\beta)}\right)\right\} \\ &\propto (\lambda(N+\beta))^{\frac{1}{2}}\exp \left\{-\frac{\lambda(N+\beta)}{2}\left(\mu-\frac{\beta\mu_0+\sum_{n=1}^{N} x_{n}}{N+\beta}\right)^{2}\right\}\lambda^{a+\frac{N}{2}-1}\exp \left\{-\left(b+\frac{1}{2} \sum_{n=1}^N x_{n}^{2}+\frac{\beta}{2} \mu_{0}^{2}-\frac{\left(\beta\mu_0+\sum_{n=1}^{N} x_{n}\right)^{2}}{2(N+\beta)}\right)\lambda\right\} \end{aligned}$$

これは

$$μN=βμ0+∑n=1NxnN+βλN−1=(λ(N+β))−1aN=a+N2bN=b+12∑n=1Nxn2+β2μ02−(βμ0+∑n=1Nxn)22(N+β) \begin{aligned} \mu_{N} &=\frac{\beta \mu_{0}+\sum_{n=1}^{N} x_{n}}{N+\beta} \\ \lambda_{N}^{-1} &= (\lambda(N+\beta))^{-1} \\ a_{N} &=a+\frac{N}{2} \\ b_{N} &=b+\frac{1}{2} \sum_{n=1}^N x_{n}^{2}+\frac{\beta}{2} \mu_{0}^{2}-\frac{\left(\beta\mu_0+\sum_{n=1}^{N} x_{n}\right)^{2}}{2(N+\beta)} \end{aligned}$$

としたときの$N(μ∣μN,λN−1)Gam⁡(λ∣aN,bN)\mathcal{N}(\mu|\mu_N,\lambda_N^{-1})\operatorname{Gam}(\lambda|a_N, b_N)$の指数部分と同型になる。

したがって、事後分布もガウス-ガンマ分布の形になっていることが示された。

演習 2.45

$$W(Λ∣W,ν)=B∣Λ∣(ν−D−1)/2exp⁡(−12Tr⁡(W−1Λ))(2.155) \mathcal{W}(\mathbf{\Lambda} \mid \mathbf{W}, \nu)=B|\mathbf{\Lambda}|^{(\nu-D-1) / 2} \exp \left(-\frac{1}{2} \operatorname{Tr}\left(\mathbf{W}^{-1} \mathbf{\Lambda}\right)\right) \tag{2.155}$$

で定義されたウィシャート分布が確かに，多変量ガウス分布の精度行列の共役事前分布であることを確かめよ．

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事前分布と尤度と掛け合わせて事後分布を求めたとき，目的とする変数についての形式が変わらないような事前分布が共役事前分布である．したがって，尤度を求め，精度$Λ\mathbf \Lambda$についてウィシャート分布の形になっていることを確認すれば良い．

$X={x1,x2,⋯ ,xN}\mathbf{X} = \{\mathbf{x}_1, \mathbf{x}_2, \cdots,\mathbf{x}_N\}$が与えられたとき，精度$Λ\mathbf \Lambda$のガウス分布$N(X∣μ,Λ−1)\mathcal{N}(\mathbf{X}|\boldsymbol{\mu},\mathbf{\Lambda}^{-1})$の尤度関数は

$$∏n=1NN(xn∣μ,Λ−1)∝∣Λ∣12exp⁡(−12∑n=1N(xn−μ)TΛ(xn−μ))=∣Λ∣12exp⁡(−12∑n=1NTr⁡[(xn−μ)TΛ(xn−μ)])=∣Λ∣12exp⁡(−12∑n=1NTr⁡[(xn−μ)(xn−μ)TΛ])=∣Λ∣12exp⁡(−12Tr⁡[∑n=1N(xn−μ)(xn−μ)TΛ])=∣Λ∣12exp⁡(−12Tr⁡[SΛ]) \begin{aligned} & \prod_{n=1}^N \mathcal{N}(\mathbf{x}_n|\boldsymbol{\mu},\mathbf{\Lambda}^{-1}) \\ \propto & |\mathbf{\Lambda}|^{\frac{1}{2}} \exp{\left( -\frac{1}{2} \sum_{n=1}^N (\mathbf{x}_n - \boldsymbol{\mu})^{\mathrm{T}} \mathbf{\Lambda} (\mathbf{x}_n - \boldsymbol{\mu}) \right)} \\ =& |\mathbf{\Lambda}|^{\frac{1}{2}} \exp{\left( -\frac{1}{2} \sum_{n=1}^N \operatorname{Tr} \left[(\mathbf{x}_n - \boldsymbol{\mu})^{\mathrm{T}} \mathbf{\Lambda} (\mathbf{x}_n - \boldsymbol{\mu}) \right]\right)} \\ =& |\mathbf{\Lambda}|^{\frac{1}{2}} \exp{\left( -\frac{1}{2} \sum_{n=1}^N \operatorname{Tr} \left[(\mathbf{x}_n - \boldsymbol{\mu}) (\mathbf{x}_n - \boldsymbol{\mu})^{\mathrm{T}} \mathbf{\Lambda} \right]\right)} \\ =& |\mathbf{\Lambda}|^{\frac{1}{2}} \exp{\left( -\frac{1}{2} \operatorname{Tr} \left[ \sum_{n=1}^N (\mathbf{x}_n - \boldsymbol{\mu}) (\mathbf{x}_n - \boldsymbol{\mu})^{\mathrm{T}} \mathbf{\Lambda} \right]\right)} \\ =& |\mathbf{\Lambda}|^{\frac{1}{2}} \exp{\left( -\frac{1}{2} \operatorname{Tr} \left[\mathrm{S} \mathbf{\Lambda} \right]\right)} \\ \end{aligned}$$

となり，ウィシャート分布と同じ形であることがわかる．ただし$∑n=1N(xn−μ)(xn−μ)T=S\displaystyle \sum_{n=1}^N (\mathbf{x}_n - \boldsymbol{\mu}) (\mathbf{x}_n - \boldsymbol{\mu})^{\mathrm{T}} = \mathrm{S}$とおいた．

以上より，ウィシャート分布$(2.156)(2.156)$は多変量ガウス分布の精度行列の共役事前分布となっていることが確認できた．

演習 2.46

$$p(x∣μ,a,b)=∫0∞N(x∣μ,τ−1)Gam⁡(τ∣a,b)dτ=∫0∞bae(−bτ)τa−1Γ(a)(τ2π)1/2exp⁡{−τ2(x−μ)2}dτ=baΓ(a)(12π)12∫0∞τa−12exp⁡{−τ(b+(x−μ)22)}dτ \begin{align} p(x|\mu,a,b)&=\int_{0}^{\infty} \mathcal{N} (x | \mu, \tau^{-1}) \operatorname{Gam}(\tau | a, b) d \tau \\ &=\int_{0}^{\infty} \frac{b^{a} e^{(-b \tau)} \tau^{a-1}}{\Gamma(a)}\left(\frac{\tau}{2 \pi}\right)^{1 / 2} \exp \left\{-\frac{\tau}{2}(x-\mu)^{2}\right\} \mathrm{d} \tau\\ &=\frac{b^{a}}{\Gamma(a)}\left(\frac{1}{2 \pi}\right)^{\frac{1}{2}} \int_{0}^{\infty} \tau^{a-\frac{1}{2}} \exp \left\{-\tau\left(b+\frac{(x-\mu)^{2}}{2}\right)\right\} d \tau \tag{2.146} \end{align}$$

の積分を計算し

$$St⁡(x∣μ,λ,ν)=Γ(ν/2+1/2)Γ(ν/2)(λπν)1/2[1+λ(x−μ)2ν]−ν/2−1/2(2.159) \operatorname{St}(x \mid \mu, \lambda, \nu)=\frac{\Gamma(\nu / 2+1 / 2)}{\Gamma(\nu / 2)}\left(\frac{\lambda}{\pi \nu}\right)^{1 / 2}\left[1+\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{\nu}\right]^{-\nu / 2-1 / 2} \tag{2.159}$$

になることを確かめよ．

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まず$(2.158)(2.158)$式に$Gam⁡(λ∣a,b)=1r(a)baλa−1exp⁡(−bλ),Γ(x)=∫0∞ux−1e−udx\displaystyle \operatorname{Gam} ( \lambda |a, b)=\frac{1}{r(a)} b^{a} \lambda^{a-1} \exp (-b \lambda), \quad \Gamma(x)=\int_{0}^{\infty} u^{x-1} e^{-u} dx$を適用する。

$$∫0∞N(x∣μ,τ−1)Gam⁡(τ∣a,b)dτ=∫0∞τ2πexp⁡{−τ2(x−μ)2}baΓ(a)τa−1exp⁡(−bτ)dτ=baΓ(a)(12π)12∫0∞τa−12exp⁡{−τ(b+(x−μ)22)}dτ \begin{aligned} &\int_{0}^{\infty} \mathcal{N} (x | \mu, \tau^{-1}) \operatorname{Gam}(\tau | a, b) d \tau \\ =&\int_{0}^{\infty} \frac{\sqrt{\tau}}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left\{ -\frac{\tau}{2}(x-\mu)^{2}\right\} \frac{b^{a}}{\Gamma(a)} \tau^{a-1} \exp (-b \tau) d \tau \\ =&\frac{b^{a}}{\Gamma(a)}\left(\frac{1}{2 \pi}\right)^{\frac{1}{2}} \int_{0}^{\infty} \tau^{a-\frac{1}{2}} \exp \left\{-\tau\left(b+\frac{(x-\mu)^{2}}{2}\right)\right\} d \tau \end{aligned}$$

ここで、$b+(x−μ)22=c\displaystyle b+\frac{(x-\mu)^2}{2}=c$とおき、$τc=u\tau c = u$とすると、$dτ=c−1dud\tau = c^{-1}du$

$$=baΓ(a)(12π)12∫0∞(uc)a−12exp⁡(−u)⋅c−1du=baΓ(a)(12π)12c−a−12∫0∞ua−12e−udu=baΓ(a)(12π)12[b+(x−μ)22]−a−12Γ(a+12) \begin{aligned} =&\frac{b^{a}}{\Gamma(a)}\left(\frac{1}{2 \pi}\right)^{\frac{1}{2}} \int_{0}^{\infty}\left(\frac{u}{c}\right)^{a-\frac{1}{2}} \exp (-u) \cdot c^{-1} d u \\ =&\frac{b^{a}}{\Gamma(a)}\left(\frac{1}{2 \pi}\right)^{\frac{1}{2}} c^{-a-\frac{1}{2}} \int_{0}^{\infty} u^{a-\frac{1}{2}} e^{-u} d u \\ =&\frac{b^{a}}{\Gamma(a)}\left(\frac{1}{2 \pi}\right)^{\frac{1}{2}}\left[b+\frac{(x-\mu)^{2}}{2}\right]^{-a-\frac{1}{2}} \Gamma\left(a+\frac{1}{2}\right) \end{aligned}$$

よって$(2.158)(2.158)$の式変形が示された。次に$ν=2a,λ=ab\displaystyle \nu=2a,\quad \lambda=\frac{a}{b}$とおくと, $ba=(ν2λ)ν2=(2λν)−ν2\displaystyle b^a = \left( \frac{\nu}{2\lambda} \right)^\frac{\nu}{2}= \left( \frac{2\lambda}{\nu} \right)^{- \frac{\nu}{2}}$

$$=Γ(ν2+12)Γ(ν2)(12π)12(2λν)−ν2[ν2λ+(x−μ)22]−ν2−12=Γ(ν2+12)Γ(ν2)(λπν)12(2λν⋅ν+λ(x−μ)22λ)−ν2−12=Γ(ν2+12)Γ(ν2)(λπν)12[1+λ(x−μ)2ν]−ν2−12 \begin{aligned} &=\frac{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}\left(\frac{1}{2 \pi}\right)^{\frac{1}{2}}\left( \frac{2\lambda}{\nu} \right)^{- \frac{\nu}{2}}\left[\frac{\nu}{2 \lambda}+\frac{(x-\mu)^{2}}{2}\right]^{-\frac{\nu}{2}-\frac{1}{2}} \\ &=\frac{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)} \left(\frac{\lambda}{\pi \nu}\right)^{\frac{1}{2}} \left(\frac{2 \lambda}{\nu} \cdot \frac{\nu+\lambda(x-\mu)^{2}}{2 \lambda}\right)^{-\frac{\nu}{2}-\frac{1}{2}} \\ &=\frac{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}\left(\frac{\lambda}{\pi \nu}\right)^{\frac{1}{2}}\left[1+\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{\nu}\right]^{-\frac{\nu}{2}-\frac{1}{2}} \end{aligned}$$

となり、$(2.159)(2.159)$式に変形できることが示された。

演習 2.47

$ν→∞\nu \to \infty$の極限で，t分布

$$St⁡(x∣μ,λ,ν)=Γ(ν/2+1/2)Γ(ν/2)(λπν)1/2[1+λ(x−μ)2ν]−ν/2−1/2(2.159) \operatorname{St}(x \mid \mu, \lambda, \nu)=\frac{\Gamma(\nu / 2+1 / 2)}{\Gamma(\nu / 2)}\left(\frac{\lambda}{\pi \nu}\right)^{1 / 2}\left[1+\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{\nu}\right]^{-\nu / 2-1 / 2} \tag{2.159}$$

がガウス分布になることを示せ．ヒント: 正規化係数を無視し，$xx$への依存性だけに注目する．

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スチューデントのt分布が$ν→∞\nu \to \infty$の極限で$N(x∣μ,λ−1)=λ2πexp⁡{−λ(x−μ)22}\displaystyle \mathcal{N}(x|\mu, \lambda^{-1})=\sqrt{\frac{\lambda}{2\pi}} \exp \left\{ -\frac{\lambda(x-\mu)^2}{2} \right\}$になることを示す。

$[1+λ(x−μ)2ν]−ν2−12\displaystyle \left[1+\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{\nu}\right]^{-\frac{\nu}{2}-\frac{1}{2}}$の部分を$exp⁡(⋅)\exp(\cdot)$で表すように変形させることを意識する。また、$Γ(ν2+12)Γ(ν2)(ν2)1/2\displaystyle \frac{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)\left(\frac{\nu}{2}\right)^{1/2}}$が$ν→∞\nu \to \infty$の極限で1に収束することを示す。このために$lim⁡n→∞Γ(x+n)Γ(n)nx=1\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\Gamma(x+n)}{\Gamma(n)n^x} = 1$であることを示す（※公式の解答集や問題文のヒントから、ここはどうせ規格化定数で吸収するので考えなくても良いことになっているけれど、一応示す）。

まずガンマ関数の定義から

$$Γ(x)=lim⁡n→∞(n−1)!nx∏k=0n−1(x+k) \Gamma(x) = \lim_{n\to\infty}\frac{(n-1)!n^x}{\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)}$$

逆数をとって

$$1Γ(x)=lim⁡n→∞∏k=0n−1(x+k)(n−1)!nx \frac{1}{\Gamma(x)}=\lim_{n\to\infty}\frac{\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)}{(n-1)!n^x}$$

よって

$$1=lim⁡n→∞Γ(x)∏k=0n−1(x+k)(n−1)!nx=lim⁡n→∞Γ(x)Γ(x+n)Γ(n)Γ(x)nx=lim⁡n→∞Γ(x+n)Γ(n)nx \begin{aligned} 1 &= \lim_{n\to\infty}\Gamma(x)\frac{\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)}{(n-1)!n^x} \\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{\Gamma(x)\Gamma(x+n)}{\Gamma(n)\Gamma(x)n^x} \\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{\Gamma(x+n)}{\Gamma(n)n^x} \end{aligned}$$

ここで、$x = 1/2, n=\nu/2$とすれば、$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)\left(\frac{\nu}{2}\right)^{1/2}} = 1$となることが示された。

ちなみにガンマ関数の定義をWikipediaにならって

$$\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty}\frac{n!n^x}{\prod_{k=0}^{n}(x+k)}$$

とした場合、上の式変形を進めていくと

$$1 = \lim_{n\to\infty}\left( 1+\frac{x}{n+1}\right)\frac{\Gamma(x+n)}{\Gamma(n)n^x}$$

となる。$n\to\infty$で$\displaystyle 1+\frac{x}{n+1} \to 1$となることを使えば結果は同様となる（ということであってるかな……？）。

続いて$\displaystyle \left[1+\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{\nu}\right]^{-\frac{\nu}{2}-\frac{1}{2}}$ について

$$\left[1+\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{\nu}\right]^{-\frac{\nu}{2}-\frac{1}{2}}= \exp \left\{ -\frac{\nu + 1}{2}\ln \left( 1+ \frac{\lambda(x-\mu)^2}{\nu}\right)\right\}$$

ここでテイラー展開$\ln (1+\epsilon) = \epsilon+O(\epsilon^2)$を用いると

$$\begin{aligned} &\exp \left\{ -\frac{\nu + 1}{2}\ln \left( 1+ \frac{\lambda(x-\mu)^2}{\nu}\right)\right\} \\ =&\exp\left\{ -\frac{\nu+1}{\nu}\cdot \left( \frac{\lambda(x-\mu)^2}{2}+O(\nu^{-2})\right)\right\} \\ =&\exp\left\{ -\frac{\nu+1}{\nu}\cdot \frac{\lambda(x-\mu)^2}{2}+O(\nu^{-1})\right\} \end{aligned}$$

$\nu \to \infty$の極限で、上式は$\displaystyle \exp\left\{ -\frac{\lambda(x-\mu)^2}{2}\right\}$となる。

したがって以上をまとめると、$\nu \to \infty$の極限で

$$\begin{aligned} &\lim_{\nu\to\infty}\frac{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}\left(\frac{\lambda}{\pi \nu}\right)^{\frac{1}{2}}\left[1+\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{\nu}\right]^{-\frac{\nu}{2}-\frac{1}{2}} \\ =&\lim_{\nu\to\infty}\frac{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)\left(\frac{\nu}{2}\right)^\frac{1}{2}} \left(\frac{\lambda}{2\pi}\right)^{\frac{1}{2}}\left[1+\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{\nu}\right]^{-\frac{\nu}{2}-\frac{1}{2}} \\ =&1\cdot\left(\frac{\lambda}{2\pi}\right)^{\frac{1}{2}}\exp\left\{ -\frac{\lambda(x-\mu)^2}{2}\right\} \\ =&\mathcal{N}(x|\mu,\lambda^{-1}) \end{aligned}$$

となる。よってガウス分布となることが示された。

別解

ネイピア数の定義($\lim_{n\to\infty}(1 + n^{-1})^{n}=e$)に基づいて示す方法

$$\begin{aligned} \lim_{\nu\to\infty}\left[1+\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{\nu}\right]^{-\frac{\nu+1}{2}}=& \lim_{\nu\to\infty}\left\{\left[1+\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{\nu}\right]^{\frac{\nu}{\lambda(x-\mu)^{2}}}\right\}^{\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{\nu}({-\frac{\nu+1}{2}})}\\ =&\displaystyle \exp\left\{ -\frac{\lambda(x-\mu)^2}{2}\right\} \end{aligned}$$

{} の中身は $\nu\to\infty$ で exp になり {} の外側の指数部分は $\nu\to\infty$ で $\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{2}$ となることを用いた

演習 2.48

1変数のスチューデントのt分布

$$\operatorname{St}(x \mid \mu, \lambda, \nu)=\frac{\Gamma(\nu / 2+1 / 2)}{\Gamma(\nu / 2)}\left(\frac{\lambda}{\pi \nu}\right)^{1 / 2}\left[1+\frac{\lambda(x-\mu)^{2}}{\nu}\right]^{-\nu / 2-1 / 2} \tag{2.159}$$

の導出で用いたのと同様の手続きで，スチューデントのt分布の多変量形式である

$$\operatorname{St}(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Lambda}, \nu)=\frac{\Gamma(D / 2+\nu / 2)}{\Gamma(\nu / 2)} \frac{|\mathbf{\Lambda}|^{1 / 2}}{(\pi \nu)^{D / 2}}\left[1+\frac{\Delta^{2}}{\nu}\right]^{-D / 2-\nu / 2} \tag{2.162}$$

の結果を，

$$\operatorname{St}(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Lambda}, \nu)=\int_{0}^{\infty} \mathcal{N}\left(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu},(\eta \mathbf{\Lambda})^{-1}\right) \operatorname{Gam}(\eta \mid \nu / 2, \nu / 2) \mathrm{d} \eta \tag{2.161}$$

の変数$\eta$を周辺化することで確かめよ．定義$(2.161)$を用いて，積分変数の順序を交換することで，多変量t分布が正規化されていることを示せ．

---

$(2.161)$の積分表現から$(2.162)$を得ることを目的とする。途中で以下の定理を用いる。

任意の$n\times n$行列$\mathbf{A}$と任意のスカラー値$k$に対して
$|k\mathbf{A}| = k^n|\mathbf{A}|$
が成り立つ（統計のための行列代数P.217, 系13.2.4）

途中でマハラノビス距離$\Delta^2 = (\mathbf{x}-\boldsymbol{\mu})^{\mathrm{T}}\mathbf{\Lambda}(\mathbf{x}-\boldsymbol{\mu})$を用いると

$$\begin{aligned} \operatorname{St}(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Lambda}, v) &=\int_{0}^{\infty} \mathcal{N}\left(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu},(\eta \mathbf{\Lambda})^{-1}\right) \operatorname{Gam}\left(\eta \left| \frac{\nu}{2}, \frac{\nu}{2}\right.\right) d \eta \\ &=\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(2 \pi)^{D/2}}|\eta \mathbf{\Lambda}|^{\frac{1}{2}} \exp \left\{-\frac{1}{2}(\mathbf{x}-\boldsymbol{\mu})^{\mathrm{T}}(\eta \mathbf{\Lambda})(\mathbf{x}-\boldsymbol{\mu})\right\} \frac{1}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}\left(\frac{\nu}{2}\right)^{\frac{\nu}{2}} \eta^{\frac{\nu}{2}-1} \exp \left\{-\frac{\nu}{2} \eta\right\} d\eta \\ &=\frac{|\mathbf{\Lambda}|^{\frac{1}{2}}}{(2 \pi)^{D/2}} \frac{\left(\frac{\nu}{2}\right)^{\nu/2}}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)} \int_{0}^{\infty} \eta^{\frac{D}{2}} \cdot \eta^{\frac{\nu}{2}-1} \exp \left\{-\frac{\nu}{2} \eta-\frac{\eta}{2} \Delta^{2}\right\} d\eta \end{aligned}$$

ここで$\displaystyle \tau = \left( \frac{\nu}{2}+\frac{\Delta^2}{2} \right)$とおくと、$\displaystyle d\tau = \left( \frac{\nu}{2}+\frac{\Delta^2}{2}\right)d\eta$で、

$$\begin{aligned} (与式) &=\frac{|\mathbf{\Lambda}|^{\frac{1}{2}}}{(2 \pi)^{D/2}} \frac{\left(\frac{\nu}{2}\right)^{\nu/2}}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}\left(\frac{\nu}{2}+\frac{\Delta^{2}}{2}\right)^{-\frac{D}{2}-\frac{\nu}{2}} \int_{0}^{\infty} \tau^{\frac{D}{2}+\frac{\nu}{2}-1} e^{-\tau} d \tau \\ &=\frac{|\mathbf{\Lambda}|^{\frac{1}{2}}}{(2 \pi)^{D/2}} \frac{\left(\frac{\nu}{2}\right)^{\nu/2}}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}\left(\frac{\nu}{2}+\frac{\Delta^{2}}{2}\right)^{-\frac{D}{2}-\frac{\nu}{2}} \Gamma\left(\frac{D}{2}+\frac{\nu}{2}\right) \\ &=\frac{\Gamma\left(\frac{D}{2}+\frac{\nu}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)} \cdot \frac{\left(\frac{\nu}{2}\right)^{\nu/2}}{(2 \pi)^{D/2}} | \mathbf{\Lambda} |^{\frac{1}{2}}\left(\frac{\nu}{2}\right)^{-\frac{D}{2}-\frac{\nu}{2}}\left[1+\frac{\Delta^{2}}{\nu}\right]^{-\frac{D}{2}-\frac{\nu}{2}} \\ &=\frac{\Gamma\left(\frac{D}{2}+\frac{\nu}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)} \frac{|\mathbf{\Lambda}|^{\frac{1}{2}}}{(\nu \pi)^{D/2}}\left[1+\frac{\Delta^{2}}{\nu}\right]^{-\frac{D}{2}-\frac{\nu}{2}} \end{aligned}$$

よって$(2.162)$式が得られた。

また、この多変数t分布が正規化されていることを示す。すなわち、

$$\int_{-\infty}^{\infty}\operatorname{St}(\mathbf{x}|\boldsymbol{\mu},\mathbf{\Lambda},\nu) d\mathbf{x} = 1$$

であることを示す。（問題文のヒントから）積分が交換可能であることを利用すると、定義から

$$\begin{aligned} & \int_{-\infty}^{\infty} \operatorname{St}(\mathbf{x}|\boldsymbol{\mu},\mathbf{\Lambda},\nu) d\mathbf{x} \\ =& \int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \mathcal{N}\left(\mathbf{x} | \boldsymbol{\mu},\left(\eta\mathbf{\Lambda}^{-1}\right)\right) \operatorname{Gam}\left(\eta \left| \frac{\nu}{2}, \frac{\nu}{2}\right.\right) d\eta d\mathbf{x} \\ =& \int_{0}^{\infty} \underbrace{\int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{N}\left(\mathbf{x} | \boldsymbol{\mu},\left(\eta \mathbf{\Lambda}^{-1}\right)\right) d\mathbf{x}}_{1} \operatorname{Gam}\left(n \left| \frac{\nu}{2}, \frac{\nu}{2}\right.\right) d \eta \\ =& \int_{0}^{\infty} \operatorname{Gam}\left(\eta \left| \frac{\nu}{2}, \frac{\nu}{2}\right.\right) d\eta \\ =& 1 \end{aligned}$$

ガンマ分布が正規化されていることは演習問題2.41で示した。

演習 2.49

ガウス分布とガンマ分布のたたみ込みである多変量スチューデントt分布の定義$(2.161)$を用いて，$(2.162)$で定義される多変量t分布の平均，共分散，およびモード

$$\mathbb{E}[\mathbf{x}] = \boldsymbol{\mu} \hspace{2em} (\mu > 1のとき)\tag{2.164}$$

$$\operatorname{cov}[\mathbf{x}] = \frac{\nu}{\nu -2} \mathbf{\Lambda}^{-1} \hspace{2em} (\mu > 2のとき)\tag{2.165}$$

$$\operatorname{mode}[\mathbf{x}] = \boldsymbol{\mu} \tag{2.166}$$

を確かめよ．

---

$$\begin{aligned} \mathbb{E}[\mathbf{x}] &= \int_{0}^{\infty} \underbrace{\int \mathcal{N}\left(\mathbf{x} | \boldsymbol{\mu},\left(\eta\mathbf{\Lambda}\right)^{-1}\right) \mathbf{x} d\mathbf{x}}_{\boldsymbol{\mu}(\because{(2.58)式})}\operatorname{Gam}\left(\eta \left| \frac{\nu}{2}, \frac{\nu}{2}\right.\right) d\eta \\ &= \int_{0}^{\infty} \boldsymbol{\mu}\operatorname{Gam}\left(\eta \left| \frac{\nu}{2}, \frac{\nu}{2}\right.\right) d\eta \\ &=\boldsymbol{\mu} (\because 演習2.41) \end{aligned}$$

---

$$\begin{aligned} \operatorname{cov}[\mathbf{x}] &= \int\int_{0}^{\infty} \mathcal{N}\left(\mathbf{x} | \boldsymbol{\mu},\left(\eta\mathbf{\Lambda}\right)^{-1}\right) \operatorname{Gam}\left(\eta \left| \frac{\nu}{2}, \frac{\nu}{2}\right.\right) d\eta (\mathbf{x}-\boldsymbol{\mu})(\mathbf{x}-\boldsymbol{\mu})^\mathrm{T} d\mathbf{x} \\ &= \int_{0}^{\infty}\underbrace{\int \mathcal{N}\left(\mathbf{x} | \boldsymbol{\mu},\left(\eta\mathbf{\Lambda}\right)^{-1}\right) (\mathbf{x}-\boldsymbol{\mu})(\mathbf{x}-\boldsymbol{\mu})^\mathrm{T} d\mathbf{x}}_{\left(\eta\mathbf{\Lambda}\right)^{-1}} \operatorname{Gam}\left(\eta \left| \frac{\nu}{2}, \frac{\nu}{2}\right.\right) d\eta \\ &=\int_{0}^{\infty}\left(\eta\mathbf{\Lambda}\right)^{-1} \frac{1}{\Gamma(\frac{\nu}{2})}\left(\frac{\nu}{2}\right)^\frac{\nu}{2}\eta^{\left(\frac{\nu}{2}-1\right)} e^{{-\frac{\nu}{2}}\eta} d\eta \\ &=\mathbf{\Lambda}^{-1} \frac{\frac{\nu}{2}^\frac{\nu}{2}}{\Gamma(\frac{\nu}{2})} \int_{0}^{\infty}\eta^{\left(\frac{\nu}{2}-2\right)}e^{-\frac{\nu}{2}\eta}d\eta \\\\ &ここで\frac{\nu}{2}\eta = uとおく。d\eta=\frac{2}{\nu}du \\\\ &=\mathbf{\Lambda}^{-1} \frac{\frac{\nu}{2}^\frac{\nu}{2}}{\Gamma(\frac{\nu}{2})} \int_{0}^{\infty}\left(\frac{2u}{\nu}\right)^{\left(\frac{\nu}{2}-2\right)}e^{-u}\frac{2}{\nu}du \\ &=\mathbf{\Lambda}^{-1} \frac{\frac{\nu}{2}^\frac{\nu}{2}}{\Gamma(\frac{\nu}{2})}\left(\frac{2}{\nu}\right)^{\left(\frac{\nu}{2}-1\right)} \underbrace{\int_{0}^{\infty}u^{\left(\frac{\nu}{2}-2\right)}e^{-u}du}_{\Gamma(\frac{\nu}{2}-1)} \\ &=\mathbf{\Lambda}^{-1} \frac{\Gamma(\frac{\nu}{2}-1)}{\Gamma(\frac{\nu}{2})}\frac{\nu}{2} \\ &=\mathbf{\Lambda}^{-1} \frac{\Gamma(\frac{\nu}{2}-1)}{\Gamma(\frac{\nu}{2}-1)\left(\frac{\nu}{2}-1\right)}\frac{\nu}{2}\\ &=\frac{\nu}{\nu-2}\Lambda^{-1}\\ \end{aligned}$$

---

$mode[x]=\boldsymbol{\mu}$ を示す

$$\begin{aligned}\\ \operatorname{St}(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Lambda}, \nu)=\frac{\Gamma(D / 2+\nu / 2)}{\Gamma(\nu / 2)} \frac{|\mathbf{\Lambda}|^{1 / 2}}{(\pi \nu)^{D / 2}}\left[1+\frac{\Delta^{2}}{\nu}\right]^{-D / 2-\nu / 2}\\ \end{aligned}$$

このようにかけるので

$$\begin{aligned} &\frac{\partial}{\partial\mathbf{x}}\operatorname{St}(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Lambda}, \nu)\propto \frac{\partial}{\partial\mathbf{x}}\left[1+\frac{\Delta^{2}}{\nu}\right]^{-D / 2-\nu / 2}\\ &=\left(-\frac{D}{2}-\frac{\nu}{2}\right)\left[1+\frac{\Delta^2}{\nu}\right]^{-D/2-\nu/2-1}\frac{2}{\nu}\mathbf{\Lambda}(\mathbf{x}-\boldsymbol{\mu})\\ \end{aligned}$$

これが$\mathbf{0}$となるのは$\mathbf{x}=\boldsymbol{\mu}$のとき

演習 2.50

$\nu \to \infty$の極限で，多変量スチューデントt分布

$$\operatorname{St}(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Lambda}, \nu)=\frac{\Gamma(D / 2+\nu / 2)}{\Gamma(\nu / 2)} \frac{|\mathbf{\Lambda}|^{1 / 2}}{(\pi \nu)^{D / 2}}\left[1+\frac{\Delta^{2}}{\nu}\right]^{-D / 2-\nu / 2} \tag{2.162}$$

が，平均が$\boldsymbol{\mu}$で精度が$\mathbf{\Lambda}$のガウス分布になることを示せ．

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$\lim_{\nu \to \infty} \operatorname{St}(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Lambda}, \nu)=\mathcal{N}\left(\mathbf{x} | \boldsymbol{\mu},\mathbf{\Lambda}\right)$を示す。スチューデントのt分布の形は

$$\operatorname{St}(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Lambda}, \nu)=\frac{\Gamma(D / 2+\nu / 2)}{\Gamma(\nu / 2)} \frac{|\mathbf{\Lambda}|^{1 / 2}}{(\pi \nu)^{D / 2}}\left[1+\frac{\Delta^{2}}{\nu}\right]^{-D / 2-\nu / 2}$$

ここで$\displaystyle \lim_{\nu \to \infty}\frac{\Gamma(D/2+\nu/2)}{\Gamma(\nu/2)\left(\nu/2\right)^{D/2}}=1$であるので(演習2.47を参照)、

$$\begin{aligned}\\ \lim_{\nu\to\infty}\operatorname{St}(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Lambda}, \nu) &= \lim_{\nu\to\infty}\frac{|\mathbf{\Lambda}|^{1 / 2}}{(2\pi)^{D / 2}}\left[1+\frac{\Delta^{2}}{\nu}\right]^{-D / 2-\nu / 2} \\ &=\frac{|\mathbf{\Lambda}|^{1 / 2}}{(2\pi)^{D / 2}}\lim_{\nu\to\infty}\underbrace{\left[1+\frac{\Delta^{2}}{\nu}\right]^{-D / 2}}_{\to1}\left[1+\frac{\Delta^{2}}{\nu}\right]^{-\nu / 2} \end{aligned}$$

ここで$\displaystyle u=-\frac{\nu}{2}$と置換し$\displaystyle \exp(x)=\lim_{n\to\infty}\left[1+\frac{x}{n}\right]^{n}=\lim_{n\to-\infty}\left[1+\frac{x}{n}\right]^{n}$を用いると

$$\begin{aligned} \lim_{\nu\to\infty}\operatorname{St}(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Lambda}, \nu) &= \frac{|\mathbf{\Lambda}|^{1 / 2}}{(2\pi)^{D / 2}}\lim_{u\to-\infty}\left[1-\frac{\Delta^{2}}{2u}\right]^{u}\\ &=\frac{|\mathbf{\Lambda}|^{1 / 2}}{(2\pi)^{D / 2}}\exp\left(-\frac{\Delta^{2}}{2}\right)\\ &=\mathcal{N}\left(\mathbf{x} | \boldsymbol{\mu},\mathbf{\Lambda}\right) \end{aligned}$$

演習 2.51

本章の周期変数の議論で用いた，いろいろな三角関数の公式は，次の関係を用いて容易に証明できる．

$$\exp(iA) = \cos A+i\sin A \tag{2.296}$$

ただし$i$は$-1$の平方根である．

$$\cos^2 A+\sin^2 A = 1 \tag{2.177}$$

の結果を

$$\exp(iA) \exp(-iA)=1 \tag{2.297}$$

から証明せよ．同様に

$$\cos (A-B)=\Re \exp \{i(A-B)\} \tag{2.298}$$

を用いて

$$\cos A \cos B+\sin A \sin B=\cos (A-B) \tag{2.178}$$

を証明せよ．ただし，$\Re$は実部を示す．最後に，$\sin (A-B) = \Im \exp\{i(A-B)\}$から，

$$\sin (A-B)=\sin A \cos B-\cos A \sin B \tag{2.183}$$

を証明せよ．ただし，$\Im$は虚部を示す．

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(2.296)を(2.297)に代入すると

$$\begin{aligned}( \text{左辺} ) &= \exp(iA)\exp(-iA) \\&= (\cos A + i \sin iA)(\cos A - i \sin iA) \\&= \cos^2 A + \sin^2 A \end{aligned}$$

よって、(2.177)は示された。

(2.298)より

$$\begin{aligned} \cos (A-B) &= \Re \exp \{ i(A-B) \} \\&= \Re \exp(iA) \exp(-iB) \\&= \Re (\cos A + i \sin iA)(\cos B - i \sin iB) \\&= \cos A \cos B + \sin A \sin B \end{aligned}$$

また

$$\begin{aligned} \sin (A-B) &= \Im \exp \{ i(A-B) \} \\&= \Im \exp(iA) \exp(-iB) \\&= \Im (\cos A + i \sin iA)(\cos B - i \sin iB) \\&= \sin A \cos B - \cos A \sin B \end{aligned}$$

演習 2.52

フォン・ミーゼス分布

$$p\left(\theta \mid \theta_{0}, m\right)=\frac{1}{2 \pi I_{0}(m)} \exp \left\{m \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)\right\} \tag{2.179}$$

は，$m$が大きいとき，モード$\theta_0$の周囲で鋭く尖る．$\xi = m^{1/2}(\theta-\theta_0)$と定義し，余弦関数のテイラー展開が

$$\cos \alpha = 1-\frac{\alpha^2}{2}+O(\alpha^4) \tag{2.299}$$

であるとして，$m \to \infty$でフォン・ミーゼス分布がガウス分布になることを示せ．

---

$\xi = m^{1/2}(\theta-\theta_0)$より、$\theta-\theta_0 = \xi m^{-1/2}$。

これをフォン・ミーゼス分布(2.179)に代入すると、

$$\begin{aligned} p\left(\theta \mid \theta_{0}, m\right) &\propto \exp \left\{m \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)\right\} \\&= \exp \left\{m \cos \left(\xi m^{-1/2}\right)\right\} \\&= \exp \left\{m \left( 1 - \frac{1}{2} \xi^2 m^{-1} + O(\xi^4 m^{-2}) \right) \right\} \\&\propto \exp \left( -\frac{\xi^2}{2} \right) \\&= \exp \left\{ - \frac{m(\theta - \theta_{0})^2}{2} \right\} \end{aligned}$$

これはガウス分布の形になっているので示された。

演習 2.53

三角関数の公式

$$\sin (A-B)=\sin A \cos B-\cos A \sin B \tag{2.183}$$

を用いて，$\theta_0$についての

$$\sum_{n=1}^{N} \sin \left(\theta_{n}-\theta_{0}\right)=0 \tag{2.182}$$

の解が

$$\theta_{0}^{\mathrm{ML}}=\tan ^{-1}\left\{\frac{\sum_{n} \sin \theta_{n}}{\sum_{n} \cos \theta_{n}}\right\} \tag{2.184}$$

となることを示せ．

---

$(2.183)$で示されている加法定理$\sin(A-B) = \sin A \cos B- \cos A \sin B$を用いて$(2.182)$式を解いて

$$\sum_{n=1}^{N}\sin(\theta_n-\theta_0)=0 \\$$

$$\sum_{n=1}^{N}\left( \sin \theta_n \cos \theta_0 -\cos \theta_n \sin\theta_0 \right) =0 \\$$

$$sin\theta_0\sum_{n=1}^{N}\cos(\theta_n)=cos\theta_0\sum_{n=1}^{N}\sin(\theta_n)$$

$$\tan \theta_0 = \frac{\sum_{n}\sin\theta_n}{\sum_{n}\cos\theta_n}$$

なので、最尤推定量$\theta_0^{\mathrm{ML}}$は

$$\theta_0^{\mathrm{ML}} = \tan^{-1}\left\{ \frac{\sum_{n}\sin\theta_n}{\sum_{n}\cos\theta_n} \right\}$$

となり、$(2.184)$式を得ることができた。

演習 2.54

フォン・ミーゼス分布

$$p\left(\theta \mid \theta_{0}, m\right)=\frac{1}{2 \pi I_{0}(m)} \exp \left\{m \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)\right\} \tag{2.179}$$

の1階と2階の導関数を求め，さらに$m>0$で$I_0(m) > 0$であることを用いて，分布は$\theta = \theta_0$で最大になり，$\theta = \theta_0 + \pi\, (\mathrm{mod}\ 2\pi)$で最小になることを示せ．

---

1階の導関数は

$$\frac{\partial}{\partial \theta} p\left(\theta \mid \theta_{0}, m\right)=\frac{1}{2 \pi I_{0}(m)} \exp \left(m \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)\right)\left(-m \sin \left(\theta-\theta_{0}\right)\right)$$

2階の導関数は

$$\begin{aligned} \frac{\partial^{2}}{\partial \theta^{2}} p\left(\theta \mid \theta_{0}, m\right) &= \frac{1}{2 \pi I_{0}(m)} \exp \left(m \cos\left(\theta-\theta_{0}\right)\left(-m \sin \left(\theta-\theta_{0}\right)\right)\left(-m \sin \left(\theta-\theta_{0}\right)\right)\right. \\ &\left.\left.+\exp \left(m\cos \left(\theta-\theta_{0}\right)\right)( -m\cos \left(\theta-\theta_{0}\right)\right)\right\} \\ &=\frac{1}{2 \pi I_{0}(m)} \exp \left(m\cos \left(\theta-\theta_{0}\right)\right)\left(m^{2} \sin ^{2}\left(\theta-\theta_{0}\right)-m \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)\right) \end{aligned}$$

上の結果より$\displaystyle \frac{\partial p}{\partial \theta} = 0$となるのは$\displaystyle \frac{1}{2\pi I_0(m)}\exp (m \cos (\theta - \theta_0))>0, m>0$より$\sin(\theta - \theta_0)=0$のとき、つまり$\theta = \theta_0, \theta = \theta_0 + \pi\ (\textrm{mod}\ 2\pi)$のとき。

$\theta = \theta_0$では

$$\frac{\partial^{2} p}{\partial \theta^{2}}=\frac{1}{2 \pi I_{0}(m)} \exp \left(m \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)\right)(-m)<0$$

なので、$\theta = \theta_0$が$P(\theta \mid \theta_0,m)$の極大点。

$\theta = \theta_0 + \pi$では

$$\frac{\partial^2 p}{\partial \theta^2} = \frac{1}{2\pi I_0(m)}\exp (m \cos (\theta - \theta_0))$$

$m>0$より$\theta = \theta_0 + \pi\ (\mathrm{mod}\ 2\pi)$が$P(\theta \mid \theta_0, m)$の極小点となる。

演習 2.55

$$\bar{x}_{1}=\bar{r} \cos \bar{\theta}=\frac{1}{N} \sum_{n=1}^{N} \cos \theta_{n}, \quad \bar{x}_{2}=\bar{r} \sin \bar{\theta}=\frac{1}{N} \sum_{n=1}^{N} \sin \theta_{n} \tag{2.168}$$

の結果を，

$$\theta_{0}^{\mathrm{ML}}=\tan ^{-1}\left\{\frac{\sum_{n} \sin \theta_{n}}{\sum_{n} \cos \theta_{n}}\right\} \tag{2.184}$$

と三角関数の公式

$$\cos A \cos B+\sin A \sin B=\cos (A-B) \tag{2.178}$$

と共に用いて，フォン・ミーゼス分布の集中度の最尤推定解$m_{\mathrm{ML}}$が，$A(m_{\mathrm{ML}})=\bar{r}$を満たすことを示せ．ただし，$\bar{r}$は，図2.17のように，2次元ユークリッド平面中の単位ベクトルによって表した観測値の平均の半径である．

---

(2.187)より

$$\begin{aligned} A(m_{\mathrm{ML}}) &= \left( \frac{1}{N} \sum_{n=1}^{N} \cos \theta_n \right) \cos \theta_{0}^{\mathrm{ML}} + \left( \frac{1}{N} \sum_{n=1}^{N} \sin \theta_n \right) \sin \theta_{0}^{\mathrm{ML}} \\&= \bar{r} \cos \bar{\theta} \cos \theta_{0}^{\mathrm{ML}} + \bar{r} \sin \bar{\theta} \sin \theta_{0}^{\mathrm{ML}} \\&= \bar{r} \cos \theta_{0}^{\mathrm{ML}} \cos \theta_{0}^{\mathrm{ML}} + \bar{r} \sin \theta_{0}^{\mathrm{ML}} \sin \theta_{0}^{\mathrm{ML}} \\&= \bar{r} \end{aligned}$$

演習 2.56

ベータ分布

$$\operatorname{Beta}(\mu \mid a, b)=\frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a) \Gamma(b)} \mu^{a-1}(1-\mu)^{b-1} \tag{2.13}$$

ガンマ分布

$$\operatorname{Gam}(\lambda \mid a, b)=\frac{1}{\Gamma(a)} b^{a} \lambda^{a-1} \exp (-b \lambda) \tag{2.146}$$

およびフォン・ミーゼス分布

$$p\left(\theta \mid \theta_{0}, m\right)=\frac{1}{2 \pi I_{0}(m)} \exp \left\{m \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)\right\} \tag{2.179}$$

を指数型分布族の形

$$p(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\eta})=h(\mathbf{x}) g(\boldsymbol{\eta}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathbf{T}} \mathbf{u}(\mathbf{x})\right\} \tag{2.194}$$

に変形し，これらの分布の自然パラメータを求めよ．

---

※ 与えられた各分布の形を無理やり指数型分布族の一般形に変形していけば求まる。パラメータの変数名は各分布にしたがって適切に置き換える。

まずベータ分布は

$$\begin{aligned} \frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a) \Gamma(b)} \mu^{a-1}(1-\mu)^{b-1} &= \frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a) \Gamma(b)}\exp\left\{ (a-1)\ln \mu +(b-1) \ln(1-\mu) \right\} \\ &= \frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a) \Gamma(b)}\exp\left\{ \left(\begin{array}{c}a-1 \\ b-1\end{array}\right)^{\mathrm{T}} \left(\begin{array}{c}\ln \mu \\ \ln (1-\mu)\end{array}\right) \right\} \end{aligned}$$

これより、一般形と照らし合わせると、$\mathbf{x}\to\mu$, $\eta \to a,b$として

$$h(\mu) = 1,\ g(a,b) = \frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a) \Gamma(b)},\ \boldsymbol{\eta}(a,b) = \left(\begin{array}{c}a-1 \\ b-1\end{array}\right),\ \mathbf{u}(\mu) = \left(\begin{array}{c}\ln \mu \\ \ln (1-\mu)\end{array}\right)$$

同様にしてガンマ分布は

$$\begin{aligned} \frac{1}{\Gamma(a)} b^{a} \lambda^{a-1} \exp (-b \lambda) &= \frac{1}{\Gamma(a)} b^{a} \exp \{(a-1)\ln\lambda - b\lambda\} \\ &= \frac{b^a}{\Gamma(a)} \exp \left\{ \begin{pmatrix}a-1 \\ -b \end{pmatrix}^{\mathrm{T}} \begin{pmatrix}\ln \lambda \\ \lambda \end{pmatrix}\right\} \end{aligned}$$

これより

$$h(\lambda) = 1,\ g(a,b) = \frac{b^a}{\Gamma(a)},\ \boldsymbol{\eta}(a,b) = \left(\begin{array}{c}a-1 \\ -b\end{array}\right),\ \mathbf{u}(\lambda) = \left(\begin{array}{c}\ln \lambda \\ \lambda \end{array}\right)$$

フォン・ミーゼス分布は

$$\begin{aligned} \frac{1}{2 \pi I_{0}(m)} \exp \left\{m \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)\right\} &= \frac{1}{2 \pi I_{0}(m)} \exp \{ m\cos \theta \cos\theta_0 + m\sin\theta \sin\theta_0 \} \\ &= \frac{1}{2 \pi I_{0}(m)} \exp \left\{ \left(\begin{array}{c}m\cos\theta_0 \\ m\sin\theta_0 \end{array}\right)^{\mathrm{T}} \left(\begin{array}{c}\cos\theta \\ \sin\theta \end{array}\right) \right\} \end{aligned}$$

これより、

$$h(\theta) = 1,\ g(\theta_0, m) = \frac{1}{2\pi I_0(m)},\ \boldsymbol{\eta}(\theta_0, m) = \left(\begin{array}{c}m\cos\theta_0 \\ m\sin\theta_0 \end{array}\right),\ \mathbf{u}(\theta) = \left(\begin{array}{c}\cos\theta \\ \sin\theta \end{array}\right)$$

演習 2.57

多変量ガウス分布は，指数型分布族の形式

$$p(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\eta})=h(\mathbf{x}) g(\boldsymbol{\eta}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathbf{T}} \mathbf{u}(\mathbf{x})\right\} \tag{2.194}$$

に変形できることを示し，$(2.220)–(2.223)$と同様に，$\boldsymbol{\eta}, \mathbf{u}(\mathbf{x}), h(\mathbf{x})$および$g(\boldsymbol{\eta})$の式を導出せよ．

---

多変量ガウス分布の式

$$\begin{aligned} N(\mathbf{x} \mid \boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Sigma}) &=\frac{1}{(2 \pi)^{D / 2}} \frac{1}{|\mathbf{\Sigma}|^{1 / 2}} \exp \left\{-\frac{1}{2}(\mathbf{x}-\boldsymbol{\mu}) \mathbf{\Sigma}^{-1}(\mathbf{x}-\boldsymbol{\mu})^{\mathrm{T}}\right\} \\ &=\frac{1}{(2 \pi)^{D / 2}} \frac{1}{|\mathbf{\Sigma}|^{1 / 2}} \exp\left\{-\frac{1}{2} \boldsymbol{\mu}^{\mathrm{T}} \mathbf{\Sigma}^{-1} \boldsymbol{\mu}\right\} \exp \left\{-\frac{1}{2} \mathbf{x}^{\mathrm{T}} \mathbf{\Sigma}^{-1} \mathbf{x}+\mathbf{x}^{\mathrm{T}} \mathbf{\Sigma}^{-1} \boldsymbol{\mu}\right\} \\ &= \frac{1}{(2 \pi)^{D / 2}} \frac{1}{|\mathbf{\Sigma}|^{1 / 2}} \exp\left\{-\frac{1}{2} \boldsymbol{\mu}^{\mathrm{T}} \mathbf{\Sigma}^{-1} \boldsymbol{\mu}\right\} \exp \left\{-\frac{1}{2}\operatorname{Tr}[\mathbf{xx}^{\mathrm{T}}\mathbf{\Sigma}^{-1}] + \boldsymbol{\mu}^{\mathrm{T}}\mathbf{\Sigma}^{-1}\mathbf{x}\right\} \end{aligned}$$

からはじめて、指数型分布族の一般形と比較すると、

$$h(\mathbf{x}) = (2\pi)^{-D/2}, g(\boldsymbol{\eta}) = |\mathbf{\Sigma}|^{-1 / 2}\exp\left\{-\frac{1}{2} \boldsymbol{\mu}^{\mathrm{T}} \mathbf{\Sigma}^{-1} \boldsymbol{\mu}\right\}$$

となる。（$g(\boldsymbol{\eta})$が$\boldsymbol{\eta}$の関数になっていないことについては後述。）

指数部分について$\boldsymbol{\eta}(\boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Sigma})$と$\mathbf{u}(\mathbf{x})$の形に分離できるようにすることを考える。

まず$\boldsymbol{\mu}^{\mathrm{T}}\mathbf{\Sigma}^{-1}\mathbf{x}$を作るため、

$$\boldsymbol{\eta}(\mu, \mathbf{\Sigma})^{\mathrm{T}} = \begin{pmatrix} \mathbf{A} \\ \mathbf{\Sigma}^{-1}\boldsymbol{\mu} \end{pmatrix}^{\mathrm{T}},\ \mathbf{u}(\mathbf{x}) = \begin{pmatrix} \mathbf{B} \\ \mathbf{x} \end{pmatrix}$$

とすれば（区分行列（または分割行列、ブロック行列とも）$\mathbf{A}, \mathbf{B}$の上下の位置は逆でもよい）、$\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u} = \mathbf{A}^{\mathrm{T}}\mathbf{B}+\boldsymbol{\mu}^{\mathrm{T}}\mathbf{\Sigma}^{-1}\mathbf{x}$となるので、$\exp$の第2項ができる（$\because \mathbf{\Sigma}^{-1} = (\mathbf{\Sigma}^{-1})^{\mathrm{T}}$）。

問題は$\mathbf{A}^{\mathrm{T}}\mathbf{B} = \operatorname{Tr}[\mathbf{xx}^{\mathrm{T}}\mathbf{\Sigma}^{-1}]$となるような区分行列$\mathbf{A}, \mathbf{B}$を求めることである。

ここで$\mathbf{xx}^{\mathrm{T}} = \mathbf{M}$とおくと

$$\begin{aligned} \operatorname{Tr}[\mathbf{xx}^{\mathrm{T}}\mathbf{\Sigma}^{-1}] &= \sum_{j=1}^{D}\mathbf{M}_j\mathbf{\Sigma}^{-1}_j \\ &= \begin{pmatrix}\mathbf{m}_{1}^{\mathrm{T}} \mathbf{m}_{2}^{\mathrm{T}} \ldots \mathbf{m}_{n}^{\mathrm{T}}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\boldsymbol{\sigma}_{1}^{-1} \\ \boldsymbol{\sigma}_{2}^{-1} \\ \vdots \\ \boldsymbol{\sigma}_{n}^{-1}\end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix}\mathbf{m}_{1} \\ \mathbf{m}_{2} \\ \vdots \\ \mathbf{m}_{n}\end{pmatrix}^{\mathrm{T}}\begin{pmatrix}\boldsymbol{\sigma}_{1}^{-1} \\ \boldsymbol{\sigma}_{2}^{-1} \\ \vdots \\ \boldsymbol{\sigma}_{n}^{-1}\end{pmatrix} \\ &= (\operatorname{vec}(\mathbf{M}))^{\mathrm{T}}(\operatorname{vec}(\mathbf{\mathbf{\Sigma}^{-1}})) \\ &= (\operatorname{vec}(\mathbf{xx}^{\mathrm{T}}))^{\mathrm{T}}(\operatorname{vec}(\mathbf{\mathbf{\Sigma}^{-1}})) \end{aligned}$$

ここで$\operatorname{vec}(\mathbf{A})$は任意の$m\times n$行列$\mathbf{A}$について要素$\mathbf{A} = \{ a_{ij} \}$を$mn$次元列ベクトルに再配列したものである（※vec作用素と呼ばれる。統計のための行列代数下巻 16.2と定理16.2.2を参照。）

たとえば， $m = 2$, $n = 3$ の行列$\mathbf{A}$にvec作用素を適用すると，

$$\operatorname{vec}(\mathbf{A}) = \begin{pmatrix} \mathbf{a}_{1} \\ \mathbf{a}_{2} \\ \vdots \\ \mathbf{a}_{n} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{11} \\ a_{21} \\ a_{12} \\ a_{22} \\ a_{13} \\ a_{23}\end{pmatrix}$$

である

これを用いると、求める$\boldsymbol{\eta}(\boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Sigma}), \mathbf{u}(\mathbf{x})$は

$$\boldsymbol{\eta}(\boldsymbol{\mu}, \mathbf{\Sigma}) = \begin{pmatrix} \operatorname{vec}(\mathbf{\Sigma}^{-1}) \\ \mathbf{\Sigma}^{-1}\boldsymbol{\mu} \end{pmatrix},\ \mathbf{u}(\mathbf{x}) = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2}\operatorname{vec}(\mathbf{xx}^{\mathrm{T}}) \\ \mathbf{x} \end{pmatrix}$$

となる。

（$g(\boldsymbol{\eta})$が$\boldsymbol{\eta}$についての式になっていないけれど大丈夫か？という疑問が残るが、vecを作用させる前の$\mathbf{\Sigma}^{-1}$を$\eta_1$,$\mathbf{\Sigma}^{-1}\boldsymbol{\mu}$を$\eta_2$とすれば, $\eta_1, \eta_2$の関数として$g(\boldsymbol{\eta})$を表現することは可能なのでセーフという理屈らしい……）

演習 2.58

$$-\nabla \ln g(\boldsymbol{\eta})=\mathbb{E}[\mathbf{u}(\mathbf{x})] \tag{2.226}$$

は，指数型分布族では$\ln g(\boldsymbol{\eta})$の負の勾配が，$\mathbf{u}(\mathbf{x})$の期待値になることを示している．

$$g(\boldsymbol{\eta}) \int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}} \mathbf{u}(\mathbf{x})\right\} \mathrm{d} \mathbf{x}=1 \tag{2.195}$$

の2階微分を取ることで

$$-\nabla \nabla \ln g(\boldsymbol{\eta})=\mathbb{E}\left[\mathbf{u}(\mathbf{x}) \mathbf{u}(\mathbf{x})^{\mathrm{T}}\right]-\mathbb{E}[\mathbf{u}(\mathbf{x})] \mathbb{E}\left[\mathbf{u}(\mathbf{x})^{\mathrm{T}}\right]=\operatorname{cov}[\mathbf{u}(\mathbf{x})] \tag{2.300}$$

を示せ．

---

※ 先にスカラーについてのベクトルでの微分、ベクトルについてのベクトルでの微分のやり方を知っておく必要がある。
$g(\boldsymbol{\eta}) \int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})\right\}\mathrm{d}\mathbf{x} = 1$なので$g(\boldsymbol{\eta}) \int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})\right\}\mathbf{u}(\mathbf{x})$はスカラーである。一方で$\mathbf{u}(\mathbf{x})$は列ベクトルである。$\boldsymbol{\eta}$でそれぞれを微分する場合、得られる結果はそれぞれ列ベクトルと行列になることに注意する。
スカラーをベクトルで微分する場合は

$$\frac{\partial f(\mathbf{x})}{\partial \mathbf{x}}= \begin{pmatrix} \frac{\partial f}{\partial x_{1}} \\ \vdots \\ \frac{\partial f}{\partial x_{D}} \end{pmatrix}$$

これは便宜的に以下のように考えることができる。

$$\frac{\partial}{\partial \mathbf{x}} f(\mathbf{x})= \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x_{1}} \\ \vdots \\ \frac{\partial}{\partial x_{D}} \end{pmatrix} f(\mathbf{x})$$

これより、

$$\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial \boldsymbol{\eta}}\underbrace{\exp (\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x}))}_{\textrm{scalar}} &= \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial \eta_{1}} \\ \vdots \\ \frac{\partial}{\partial \eta_{D}} \end{pmatrix} \exp \left( \sum_{i=1}^{D}\eta_{i}u_i(\mathbf{x}) \right) \\ &= \begin{pmatrix} \exp \left( \sum_{i=1}^{D}\eta_{i}u_i(\mathbf{x}) \right) u_1(\mathbf{x}) \\ \vdots \\ \exp \left( \sum_{i=1}^{D}\eta_{i}u_i(\mathbf{x}) \right) u_D(\mathbf{x}) \end{pmatrix} \\ &= \exp (\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})) \mathbf{u}(\mathbf{x}) \end{aligned}$$

となる。また、ベクトルをベクトルで微分する場合は、教科書によって微分する変数側を行ベクトルとするか、微分される関数側を行ベクトルとするか2通りの表現があるが、ここでは変数側を行ベクトルとする。微分される関数を$\mathbf{f}(\mathbf{x})$とすると

$$\frac{\partial}{\partial \mathbf{x}} \mathbf{f}(\mathbf{x})= \begin{pmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x_{1}} & \cdots &\frac{\partial f_1}{\partial x_{D}} \\ \vdots & & \vdots \\ \frac{\partial f_D}{\partial x_1} & \ldots & \frac{\partial f_D}{\partial x_D} \end{pmatrix}$$

これは便宜的に以下のように考えることができる。

$$\frac{\partial}{\partial \mathbf{x}} \mathbf{f}(\mathbf{x})= \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x_{1}} \\ \vdots \\ \frac{\partial}{\partial x_{D}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f_1(\mathbf{x}) & \ldots & f_D(\mathbf{x}) \end{pmatrix}$$

これより

$$\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial \boldsymbol{\eta}}\underbrace{\exp (\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x}))\mathbf{u}(\mathbf{x})}_{\textrm{vector}} &= \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial \eta_{1}} \\ \vdots \\ \frac{\partial}{\partial \eta_{D}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \exp (\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})) u_1(\mathbf{x}) & \ldots & \exp (\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})) u_D(\mathbf{x}) \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} \exp (\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})) u_1(\mathbf{x}) u_1(\mathbf{x}) & \ldots & \exp (\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})) u_D(\mathbf{x}) u_1(\mathbf{x}) \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \exp (\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})) u_1(\mathbf{x}) u_D(\mathbf{x}) & \ldots & \exp (\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})) u_D(\mathbf{x}) u_D(\mathbf{x}) \end{pmatrix} \\ &= \exp (\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})) \mathbf{u}(\mathbf{x}) \mathbf{u}(\mathbf{x})^{\mathrm{T}} \end{aligned}$$

となる。

※ PRML P.110の$(2.194), (2.195)$を用いて$(2.224)-(2.226)$までの式変形をまず検証する。

$(2.195)$の両辺を$\boldsymbol{\eta}$で微分すると

$$\begin{aligned} \nabla g(\boldsymbol{\eta}) \int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})\right\} \mathrm{d}\mathbf{x} &+g(\boldsymbol{\eta}) \int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})\right\}\mathbf{u}(\mathbf{x}) \mathrm{d}\mathbf{x} = 0 \\ \nabla g(\boldsymbol{\eta}) \int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})\right\} \mathrm{d}\mathbf{x} &= -g(\boldsymbol{\eta}) \int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})\right\}\mathbf{u}(\mathbf{x}) \mathrm{d}\mathbf{x} \\ -\frac{\nabla g(\boldsymbol{\eta})}{g(\boldsymbol{\eta})} &= \frac{\int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})\right\}\mathbf{u}(\mathbf{x}) \mathrm{d}\mathbf{x}}{\int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})\right\}\mathrm{d}\mathbf{x}} \end{aligned}$$

ここで再度$(2.195)$式を使うと

$$-\frac{\nabla g(\boldsymbol{\eta})}{g(\boldsymbol{\eta})} = g(\boldsymbol{\eta})\int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}}\mathbf{u}(\mathbf{x})\right\}\mathbf{u}(\mathbf{x}) \mathrm{d}\mathbf{x} = \mathbb{E}[\mathbf{u}(\mathbf{x})]$$

これより$(2.226)$式の$-\nabla \ln g(\boldsymbol{\eta}) = \mathbb{E}[\mathbf{u}(\mathbf{x})]$が得られる。

続いて2階微分を行うと

$$\begin{aligned} -\nabla \nabla \ln g(\boldsymbol{\eta}) &=\nabla g(\boldsymbol{\eta}) \int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}} \mathbf{u}(\mathbf{x})\right\} \mathbf{u}(\mathbf{x})^{\mathrm{T}} \mathrm{d}\mathbf{x} \\ &+g(\boldsymbol{\eta}) \int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}} \mathbf{u}(\mathbf{x})\right\} \mathbf{u}(\mathbf{x}) \mathbf{u}(\mathbf{x})^{\mathrm{T}} \mathrm{d}\mathbf{x} \\ &=-\mathbb{E}[\mathbf{u}(\mathbf{x})] g(\boldsymbol{\eta}) \int h(\mathbf{x}) \exp \left\{\boldsymbol{\eta}^{\mathrm{T}} \mathbf{u}(\mathbf{x})\right\} \mathbf{u}(\mathbf{x})^{\mathrm{T}} \mathrm{d}\mathbf{x} \\ &+\mathbb{E}\left[\mathbf{u}(\mathbf{x}) \mathbf{u}(\mathbf{x})^{\mathrm{T}}\right] \\ &=\mathbb{E}\left[\mathbf{u}(\mathbf{x}) \mathbf{u}(\mathbf{x})^{\mathrm{T}}\right]-\mathbb{E}[\mathbf{u}(\mathbf{x})]\mathbb{E}\left[\mathbf{u}(\mathbf{x})^{\mathrm{T}}\right] \\ &=\operatorname{cov}[\mathbf{u}(\mathbf{x})] \end{aligned}$$

となり、共分散が求まる。

演習 2.59

$f(x)$が正規化されていれば，密度

$$p(x|\sigma) = \frac{1}{\sigma}f\left( \frac{x}{\sigma} \right) \tag{2.236}$$

も正規化されていることを，$y=x/\sigma$と変数を変換することで示せ．

---

$\displaystyle \int f(x) dx = 1$が成立するときに$\displaystyle \int p(x | \sigma) dx = 1$であることを示せば良い。

$y=x/\sigma$とすると、$dy = \frac{1}{\sigma} dx$なので

$$\int p(x|\sigma) dx = \int \sigma \cdot \frac{1}{\sigma}f(y) dy = \int f(y) dy = 1 \hspace{1em} \left( \because \int f(x)dx = 1\right)$$

したがって$p(x|\sigma)$が正規化されていることが示された。

演習 2.60

空間$\mathbf{x}$がいくつかの固定された領域に分割されているとする．このとき，$i$番目の領域中での密度$p(\mathbf{x})$は一定の値$h_i$であり，領域$i$の体積が$\Delta_i$であるような，ヒストグラム型の密度モデルを考える．$N$個の$\mathbf{x}$の観測値集合があり，領域$i$に入る観測値が、$n_i$個であるとする．このとき，密度の正規化制約条件をラグランジュ乗数法によって実現し，$\{ h_i \}$の最尤推定量の式を導出せよ．

---

※ ノンパラメトリック法に関連した問題だが、手法として最尤推定を使うので、2.2 多値変数の手法を見直しながらラグランジュ未定乗数法で対数尤度関数の最大化を目指し、$\{ h_i \}$の最尤推定量を求めていく。しかし、その上で観測データ点$\mathbf{x}_n$が領域$j$にあることを示す変数$j(n)$を使うというのは発想として難しいと思われる。

観測データ点$\mathbf{x}_n$が領域$j$にあることを示す変数$j(n)$を定義すると、点$\mathbf{x}_n$での密度$p(\mathbf{x})$の値は$h_{j(n)}$で与えられることになる。これを用いると、観測データセット$\mathbf{X} = \{ \mathbf{x}_1, \mathbf{x}_2, \ldots, \mathbf{x}_n\}$が発生する尤度関数は

$$\prod_{n=1}^{N}p(\mathbf{x}_n) = \prod_{n=1}^{N}h_{j(n)}$$

と表せる。すると、この対数尤度関数は

$$\ln \prod_{n=1}^{N}h_{j(n)} = \sum_{n=1}^{N}\ln h_{j(n)}$$

となる。

$\{h_i\}$の最尤推定解を求めるには、制約条件として$\displaystyle \sum_{i=1}^{N} h_i \Delta_i = 1$となることを考慮しつつ、$h_i$についての対数尤度関数$\displaystyle \sum_{n=1}^{N}\ln h_{j(n)}$を最大化する必要がある。すなわちラグランジュ乗数$\lambda$を使って

$$L = \sum_{n=1}^{N}\ln h_{j(n)} + \lambda\left( \sum_{i=1}^{N} h_i \Delta_i - 1 \right)$$

を最大化する。$h_i$についての導関数を0とおくと

$$\frac{\partial L}{\partial h_i} = \frac{\partial}{\partial h_i}\sum_{n=1}^{N}\ln h_{j(n)}+\lambda \Delta_i = 0$$

ここで$\displaystyle \frac{\partial}{\partial h_i}\sum_{n=1}^{N}\ln h_{j(n)}$について、$j(n)=i$となるような観測値は問題文の設定から$n_i$個なので

$$\frac{\partial}{\partial h_i}\sum_{n=1}^{N}\ln h_{j(n)} = n_i \cdot \frac{1}{h_i}$$

よって$\displaystyle \frac{n_i}{h_i}+\lambda \Delta_i = 0$。変形すると$n_i + \lambda \Delta_i h_i= 0$。

$i$について和を取ると$\sum_i (n_i + \lambda \Delta_i h_i)= N + \lambda = 0$となるので、$\lambda = -N$が求まる。

以上から、$h_i$の最尤推定解の式は

$$h_i = -\frac{n_i}{\lambda \Delta_i} = \frac{n_i}{N\Delta_i}$$

となる。

演習 2.61

$K$近傍密度モデルでは，全空間上での積分が発散する変則分布になることを示せ．

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【解法1】 ざっくりとしたやり方

ある$D$次元ユークリッド空間上での未知の確率密度$p(\mathbf{x})$から観測値の集合が得られていて、この集合から$p(\mathbf{x})$の値を推定したいとする。$(2.246)$までの議論から、K近傍法では密度$p(\mathbf{x})$を推定したい点$\mathbf{x}$を中心とした半径$r$の$D$次元小球の体積$V(r)$中に$K$個のデータ点が存在する時（これは言い換えれば$r$は$N$個の観測値からなるデータセット内で$\mathbf{x}$から見て$K$番目に近い点までの距離$r$をとった時）、密度$p(\mathbf{x})$の推定値が

$$p(\mathbf{x}) = \frac{K}{NV(r)}$$

で与えられることになる。

この問題の題意は「全空間上での積分が発散する」ことを示すことなので、$\displaystyle \int p(\mathbf{x})d\mathbf{x} \to \infty$を示せば良い。

ここで、この$p(\mathbf{x})$を極座標中で考えると、もし十分に大きな半径の値$r$をとったとき、上式から$p(\mathbf{x}) \propto r^{-D}$となることがわかる。また、$D$次元直交座標から極座標に変換するときのヤコビアンは（参考：https://wasan.hatenablog.com/entry/20110321/1300733907）

$$\begin{aligned} \left|\frac{\partial\left(x_{1}, \cdots, x_{D}\right)}{\partial\left(r, \theta_{1}, \cdots, \theta_{D-1}\right)}\right| &=\left|\frac{\partial\left(x_{1}, \cdots, x_{D}\right)}{\partial\left(x_{1}, \rho, \theta_{2}, \cdots, \theta_{D-1}\right)}\right|\left|\frac{\partial\left(x_{1}, \rho, \theta_{2}, \cdots, \theta_{D-1}\right)}{\partial\left(r, \theta_{1}, \cdots, \theta_{D-1}\right)}\right| \\ &=\left\{\rho^{D-2} \prod_{i=2}^{D-1}\left(\sin \theta_{i}\right)^{D-i-1}\right\} r \\ &=r\left(r \sin \theta_{1}\right)^{D-2} \prod_{i=2}^{D-1}\left(\sin \theta_{i}\right)^{D-i-1} \quad\left(\because \rho=r \sin \theta_{1}\right) \\ &=r^{D-1} \prod_{i=1}^{D-1}\left(\sin \theta_{i}\right)^{D-i-1} \end{aligned}$$

より、

$$d\mathbf{x} = d x_{1} \cdots d x_{D}=r^{D-1}\left\{\prod_{i=1}^{D-1}\left(\sin \theta_{i}\right)^{D-i-1}\right\} d r d \theta_{1} \cdots d \theta_{D-1}$$

となるので、

$$\int p(\mathbf{x})d \mathbf{x} \propto \int r^{-D}d\mathbf{x} \propto \int r^{-D}r^{D-1} dr d \theta_{1} \cdots d \theta_{D-1} \propto \int r^{-1}dr = \ln r$$

これは$r\to \infty$の無限大で$\ln r \to \infty$ となるため全空間上での積分は発散することが示された。すなわち、$K$近傍密度モデルは変則分布であることが示された。

【解法2】より厳密な解き方

https://qiita.com/r-takahama/items/cc03cffd49ad4732ebd3　に書かれてあります。