$n$차원 초구(hyperball)의 초부피(hypervolume)

이번 글에서는 반지름이 $r$인 $n$차원 초구(hyperball)의 초부피(hypervolume)를 계산할 것이다. 논의를 간단히 하기 위하여 $V_n(r)$을 반지름이 $r$인 $n$차원 초구의 초부피로 정의하자.

 

먼저 $n=1$인 경우, 반지름이 $r$인 초구(선분)는 구간 $(-r,\, r)$과 같으므로 초부피(길이)는 $2r$이 된다. 또한 $n=2$인 경우, 반지름이 $r$인 초구(원)의 초부피(넓이)는 적분을 이용하여 다음과 같이 구할 수 있다. (아래 적분은 $x=r\sin(\theta)$로 치환적분을 하면 간단히 구할 수 있다.)

\[ \int_{-r}^{r} V_1\left( \!\! \sqrt{r^2 - x^2} \right) \, dx = \int_{-r}^{r} 2\sqrt{r^2 - x^2}\, dx = \pi r^2 \]

따라서 $V_2(r) = \pi r^2$이다.

 

이제 $n=3$인 경우, 반지름이 $r$인 초구(구)의 초부피(부피)는 디스크 방법(disk method)를 이용하여 다음과 같이 구할 수 있다.

\[ \int_{-r}^{r} V_2\left( \!\! \sqrt{r^2 - x^2} \right) \, dx = \int_{-r}^{r} \pi (r^2 - x^2)\, dx = \frac{4}{3}\pi r^3 \]

를 얻는다. 여기까지의 결과를 종합하면 차례대로

\[ V_1(r) = 2r, \quad V_2(r) = \pi r^2, \quad V_3(r) = \frac{4}{3} \pi r^3 \]

를 얻는다.

 

위에서 구한 $2$차원 원의 넓이와 $3$차원 구의 부피를 구했던 방법을 응용하여 반지름이 $r$인 $n$차원 초구의 초부피를 구해보자. 이를 위해서 먼저 $n$차원 초구를 $x$ 기준으로 잘라 $x \in (-r,\, r)$에 대하여 반지름이 $\sqrt{r^2-x^2}$인 $n-1$차원 초구들을 얻는다. 다음으로 이 $n-1$차원 초구들의 부피 $V_{n-1}(\sqrt{r^2 - x^2})$들을 구간 $(-r,\, r)$에서 $x$에 대하여 적분을 하면 $n$차원 초구의 부피를 구할 수 있다. 즉,

\[ V_n(r) = \int_{-r}^{r} V_{n-1}\left( \!\! \sqrt{r^2 - x^2} \right) \, dx \tag*{$(\ast)$} \]

의 값이 우리가 원하는 $n$차원 초구의 초부피가 된다.

 

이제 위 적분 값의 계산을 간단히 하기 위하여 먼저 다음의 보조정리를 증명하도록 하자. 이 보조정리는 (반지름이 $1$인) $n$차원 단위초구(unit hyperball)의 부피를 알면 반지름이 $r$인 $n$차원 구의 부피를 구할 수 있음을 보여준다.

 

보조정리.

임의의 $r>0$에 대하여 $V_n(r) = r^n V_n(1)$가 성립한다.

 

증명. $r>0$에 대하여, 다음과 같이 선형변환(linear transformation) $T : \R^n \to \R^n$, $T(\mathbf{u}) = r\mathbf{u}$를 정의하자. 그러면 $T$는 $n$차원 단위초구를 반지름이 $r$인 $n$차원 구로 변환한다. 또한 $\det(T) = r^n$이므로 $V_n(r) = r^n V_n(1)$가 성립한다.

 

정리. $V_n(r)$과 $V_{n-1}(r)$ 사이의 관계식

임의의 $r>0$에 대하여, $V_n(r)$과 $V_{n-1}(r)$은 다음의 관계식을 가진다.

\[ V_n(r) = r \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+2}{2} \right)} V_{n-1}(r) \]

 

증명. 먼저 식 $(\ast)$를 이용하여 $n$차원 단위초구의 부피를 다음과 같이 구할 수 있다.

\[ \begin{align*} V_n(1) &= \int_{-1}^{1} V_{n-1}\left( \!\! \sqrt{1 - x^2} \right) \, dx \\[5px] &= \int_{-1}^{1} \left( \!\! \sqrt{1 - x^2} \right)^{n-1} V_{n-1}(1) \, dx \\[5px] &= V_{n-1}(1) \int_{-1}^{1} (1 - x^2)^{\frac{n-1}{2}} \, dx \\[5px] &= 2V_{n-1}(1) \int_{0}^{1} (1 - x^2)^{\frac{n-1}{2}} \, dx \\[5px] &= V_{n-1}(1) \int_{0}^{1} (1 - u)^{\frac{n-1}{2}} u^{-\frac{1}{2}} \, du \qquad (\because\; u = x^2,\, du = 2\sqrt{u} dx) \\[5px] &= V_{n-1}(1) B \left( \frac{1}{2},\, \frac{n+1}{2} \right) \end{align*} \]

여기서 $B(x,\,y)$는 베타함수(beta function)를 나타낸다. 이제 베타함수와 감마함수(gamma function) 사이의 관계식과 $\Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}$라는 사실을 이용하면,

\[ B \left( \frac{1}{2},\, \frac{n+1}{2} \right) = \frac{ \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+2}{2} \right)} = \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+2}{2} \right)} \]

를 얻는다. 따라서 $V_n(1)$과 $V_{n-1}(1)$ 사이의 관계식

\[ V_n(1) = \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+2}{2} \right)} V_{n-1}(1) \]

을 얻고 위 식에 보조정리를 적용하면, 반지름이 $r$인 $n$차원 초구의 초부피는

\[ V_n(r) = r^n V_n(1) = r^n \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+2}{2} \right)} V_{n-1}(1) = r \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+2}{2} \right)} V_{n-1}(r) \]

와 같이 구해짐을 알 수 있다.

 
물론 $V_1(r) = 2r$임을 알 고 있으므로, 위 정리를 이용하면 $V_n(r)$을 귀납적으로 구할 수도 있지만. 여기서 한걸음 더 나아가 위 정리를 이용하여 $V_n(r)$을 직접 구하는 방법을 생각해 보자.

 

따름정리 1. $V_n(r)$과 $V_{n-2}(r)$ 사이의 관계식

임의의 $r>0$에 대하여, $V_n(r)$과 $V_{n-2}(r)$은 다음의 관계식을 가진다.

\[ V_n(r) = \frac{2 \pi r^2}{n} V_{n-2}(r) \]

 

증명. 정리를 두번 적용하고 임의의 $z>0$에 대하여 $\Gamma(z+1) = z \Gamma(z)$라는 사실을 이용하면, 원하는 결과를 얻을 수 있다.

\[ \begin{align*} V_n(r) &= r \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+2}{2} \right)} V_{n-1}(r) \\[5px] &= \left( r \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+2}{2} \right)} \right) \left( r \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)} V_{n-2}(r) \right) \\[5px] &= \frac{2 \pi r^2}{n} V_{n-2}(r) \qquad \left( \because\; \Gamma \left( \tfrac{n+2}{2} \right) = \frac{n}{2} \, \Gamma \left( \tfrac{n}{2} \right) \right) \tag*{$\textcolor{myblue}{\blacksquare}$} \end{align*} \]

 

따름정리 2. $V_n(r)$을 구하는 공식

임의의 $r>0$에 대하여, 다음 식이 성립한다.

\[ V_n(r) = \frac{(\sqrt{\pi})^n r^n}{\Gamma \left( \frac{n + 2}{2} \right)} \]

 

증명. 정리를 $n-1$번 반복해서 적용하면,

\[ \begin{align*} V_n(r) &= r \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+2}{2} \right)} V_{n-1}(r) \\[5px] &= \left( r \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+2}{2} \right)} \right) \left( r \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)} V_{n-2}(r) \right) \\[5px] &= \left( r \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+2}{2} \right)} \right) \left( r \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)} \right) \cdots \left( r \sqrt{\pi} \, \frac{ \Gamma \left( \frac{3}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{4}{2} \right)} V_1(r) \right) \\[5px] &= \frac{(\sqrt{\pi})^{n-1} r^{n-1}}{\Gamma \left( \frac{n+2}{2} \right)} \Gamma \left( \tfrac{3}{2} \right) V_1(r) \\[5px] &= \frac{(\sqrt{\pi})^n r^n}{\Gamma \left( \frac{n + 2}{2} \right)} \qquad \left( \because\; \Gamma \left( \tfrac{3}{2} \right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2},\, V_1(r) = 2r \right) \tag*{$\textcolor{myblue}{\blacksquare}$} \end{align*} \]

 
이제 위 따름정리 2를 이용하여 $1 \leq n \leq 8$일 때, $n$차원 초구의 초부피를 직접 계산해 보면 다음 표를 얻는다.

 

차원($n$)	초부피($V_n(r)$)
1	$2r$
2	$\pi r^2 \approx 3.1416 \times r^2$
3	$\frac{4 \pi r^3}{3} \approx 4.1888 \times r^3$
4	$\frac{\pi^2 r^r}{2} \approx 4.9348 \times r^4$
5	$\frac{8 \pi^2 r^5}{15} \approx 5.2638 \times r^5$
6	$\frac{\pi^3 r^6}{6} \approx 5.1677 \times r^6$
7	$\frac{16 \pi^3 r^7}{105} \approx 4.7248 \times r^7$
8	$\frac{\pi^4 r^8}{24} \approx 4.0587 \times r^8$

 

위의 표에서 관찰할 수 있는 재미있는 사실이 하나 있다. 우선 $r=1$이라 가정해 보자. 그러면 $n$의 값이 증가함에 따라 $V_n(1)$의 값 또한 점점 증가하다가 $n=5$에서 $V_n(1)$은 최댓값을 갖고 그 이후로는 $n$의 값이 증가함에 따라 $V_n(1)$의 값은 점점 감소하는 경향을 보임을 알 수 있다. 이와 같이 반지름 $r>0$을 고정하면, 차원 $n$이 증가함에 따라 $n$차원 초구의 초부피 $V_n(r)$은 언제나 $0$으로 수렴한다.

 

따름정리 3. $V_n(r)$의 극한

임의의 $r>0$에 대하여, 다음 식이 성립한다.

\[ \lim_{n \to \infty} V_n(r) = 0 \]

 

증명. 먼저 $n=2k$인 경우를 생각해 보자. 그러면 따름정리 2에 의해서

\[ V_{2k}(r) = \frac{(\sqrt{\pi})^{2k} r^{2k}}{\Gamma \left( \frac{2k + 2}{2} \right)} = \frac{\pi^k r^{2k}}{\Gamma(k+1)} = \frac{\pi^k r^{2k}}{k!} \]

따라서 $\lim_{k \to \infty} V_{2k}(r) = 0$이 성립한다.

 

또한 $n=2k+1$인 경우에도 마찬가지로 따름정리 2에 의해서

\[ V_{2k+1}(r) = \frac{(\sqrt{\pi})^{2k+1} r^{2k+1}}{\Gamma \left( \frac{2k + 3}{2} \right)} = \frac{\sqrt{\pi} \pi^k r^{2k+1}}{\Gamma \left( \frac{2k + 3}{2} \right)} \tag*{$(\ast\ast)$} \]

이제 위 식의 분모에 있는 감마함수의 값을 정리해 보자.

\[ \begin{align*} \Gamma \left( \frac{2k + 3}{2} \right) &= \underbrace{\left( \frac{2k+1}{2} \right) \left( \frac{2k-1}{2} \right) \cdots \left( \frac{1}{2} \right)}_{\text{$k+1$ terms}} \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) \\[5px] &= \frac{\sqrt{\pi}}{2^{k+1}} (2k+1)!! = \frac{\sqrt{\pi}}{2^{k+1}} \frac{(2k+1)!}{k! 2^k} = \frac{(2k+1)! \sqrt{\pi}}{2 k! 4^k} \end{align*} \]

이제 위 값을 식 $(\ast\ast)$에 대입하여 정리하면,

\[ V_{2k+1}(r) = \frac{2 k! (4\pi)^k r^{2k+1}}{(2k+1)!} \]

이고 $\lim_{k \to \infty} V_{2k+1}(r) = 0$이 성립한다. 즉, 수열 $\langle V_n(r) \rangle$의 짝수항 수열과 홀수항 수열이 모두 같은 값 $0$으로 수렴하므로 원래 수열 또한 $0$으로 수렴하고 따라서 원하는 결과를 얻는다.

 

참고. 위 증명 과정에서 계산한 감마함수의 값은 복사 공식(duplication formula)을 이용하여 다음과 같이 계산할 수 있다.

\[ \Gamma \left( \frac{2k + 3}{2} \right) = \Gamma \left( k + 1 + \frac{1}{2} \right)= \frac{2 \sqrt{\pi}}{4^{k+1}} \frac{\Gamma(2k+2)}{\Gamma(k+1)} = \frac{2 \sqrt{\pi}}{4^{k+1}} \frac{(2k+1)!}{k!} \]

 
참고. 위 증명 과정에서 도출한 공식

\[ V_{2k}(r) = \frac{\pi^k r^{2k}}{k!}, \qquad V_{2k+1}(r) = \frac{2 k! (4\pi)^k r^{2k+1}}{(2k+1)!} \]

을 이용하면 $V_n(r)$의 값을 (감마함수를 이용하지 않고) 직접 구할 수 있다.