Derivada de una función dividida por su norma, es decir, ϕ(x)=f(x)∥f(x)∥ϕ(x)=f(x)‖f(x)‖\phi(x) = \frac{ f(x)}{\|f(x)\|}

Question

Derivada de una función dividida por su norma, es decir, ϕ(x)=f(x)∥f(x)∥ϕ(x)=f(x)‖f(x)‖\phi(x) = \frac{ f(x)}{\|f(x)\|}

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usuario318854

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$f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ y $\|\cdot \|$ ser la norma euclidiana usual. Me gustaría calcular la derivada con respecto a $x$ de

ϕ (X) = \frac{F (X)}{‖ F (X) ‖}

$\phi(x) = \frac{f(x)}{\|f(x)\|}$

Mi intento de solución

\nabla_{X} \frac{F (X)}{| | F (X) | |} = \frac{\nabla_{X} F (X)}{| | F (X) | |} + F (X) \nabla_{X} {(F (X)^{⊤} F (X))}^{- \frac{1}{2}} = \frac{\nabla_{X} F (X)}{| | F (X) | |} - \frac{1}{2} \frac{F (X)}{| | F (X) | |^{3}} 2 F (X)^{⊤} \nabla_{X} F (X) = (I - \frac{F (X) F (X)^{⊤}}{| | F (X) | |^{2}}) \frac{\nabla_{X} F (X)}{| | F (X) | |}

$\nabla_x \frac{f(x)}{||f(x)||} = \frac{\nabla_x f(x)}{||f(x)||} + f(x)\nabla_x\left(f(x)^\top f(x)\right)^{-\frac{1}{2}} = \frac{\nabla_x f(x)}{||f(x)||}-\frac{1}{2}\frac{f(x)}{||f(x)||^3} 2f(x)^\top \nabla_x f(x) = \left(I - \frac{f(x)f(x)^\top}{||f(x)||^2}\right)\frac{\nabla_x f(x)}{||f(x)||}$ Sin embargo, estoy muy inseguro acerca de esto. En particular, tengo la sensación de que el segundo término sería

f (x)^{⊤} \nabla_{x} f (x)

$f(x)^\top \nabla_x f(x)$ y por lo tanto conducir a

\nabla_{X} \frac{F (X)}{| | F (X) | |} = \frac{\nabla_{X} F (X)}{| | F (X) | |} - \frac{\nabla_{X} F (X)}{| | F (X) | |} = 0

$\nabla_x \frac{f(x)}{||f(x)||} = \frac{\nabla_x f(x)}{||f(x)||} - \frac{\nabla_x f(x)}{||f(x)||} = 0$ Sin embargo, esto no tendría mucho sentido porque seguramente el gradiente no es

0

$0$ para cada función.

Nick Castillo

¿Tiene alguna suposición sobre

f

$f$ ?

usuario318854

Estoy feliz de asumir lo que necesito para que esto funcione. Por ejemplo, feliz por

g

$g$ ser Lipschitz continuo y/o acotado. @NickCastillo

usuario318854

@NickCastillo Así que en la práctica

g

$g$ será la función de gradiente de otra función

f : R^{n} \to R

$f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ . También sé que la función hessiana

H : R^{n} \to R^{n \times n}

$H:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^{n\times n}$ está bien definido (es decir, el Hessian

H (x) = \nabla_{x} g (x)

$H(x) = \nabla_x g(x)$ existe)

Respuestas (3)

Derivada de una función dividida por su norma, es decir, ϕ(x)=f(x)∥f(x)∥ϕ(x)=f(x)‖f(x)‖\phi(x) = \frac{ f(x)}{\|f(x)\|}

Estoy feliz de asumir lo que necesito para que esto funcione. Por ejemplo, feliz por $g$ ser Lipschitz continuo y/o acotado. @NickCastillo
@NickCastillo Así que en la práctica $g$ será la función de gradiente de otra función $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ . También sé que la función hessiana $H:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^{n\times n}$ está bien definido (es decir, el Hessian $H(x) = \nabla_x g(x)$ existe)

greg · Answer 1

$\def\p{{\partial}} \def\grad#1#2{\frac{\p #1}{\p #2}} \def\c#1{\color{red}{#1}}$ Separado $f$ en dos componentes: $\;$ su longitud $(\lambda)$ y direccion $(\phi)$

\begin{aligned} λ^{2} & = ‖ F ‖^{2} & ⟹ λ d λ = F^{T} d F \\ ϕ & = λ^{- 1} F \end{aligned}

$\eqalign{ \lambda^2 &= \|f\|^2 &\quad\implies\quad \lambda\,d\lambda = \c{f^Tdf} \\ \phi &= \lambda^{-1} f \\ }$ Calcular el diferencial de

ϕ

$\phi$

\begin{aligned} d ϕ & = λ^{- 1} d F - λ^{- 2} F d λ \\ = λ^{- 1} d F - λ^{- 3} F (λ d λ) \\ = λ^{- 1} I d F - λ^{- 3} F (F^{T} d F) \\ = λ^{- 1} (I - ϕ ϕ^{T}) d F \end{aligned}

$\eqalign{ d\phi &= \lambda^{-1} df - \lambda^{-2}f\,{d\lambda} \\ &= \lambda^{-1} df - \lambda^{-3}f\,{(\lambda\,d\lambda)} \\ &= \lambda^{-1}I\, df - \lambda^{-3}f\,\c{(f^Tdf)} \\ &= \lambda^{-1}\left(I - \phi\phi^T\right)df \\ }$ Ahora diferencie con respecto a

x

$x$

\begin{aligned} \frac{\partial ϕ}{\partial X} & = (\frac{I - ϕ ϕ^{T}}{λ}) \frac{\partial F}{\partial X} \end{aligned}

$\eqalign{ \grad{\phi}{x} &= \left(\frac{I - \phi\phi^T}{\lambda}\right)\grad{f}{x} \\ }$ Entonces su solución inicial fue absolutamente correcta. Y puedes probar el famoso resultado de que los vectores unitarios son perpendiculares a sus gradientes

\begin{aligned} ϕ^{T} (\frac{\partial ϕ}{\partial X}) & = (\frac{ϕ^{T} - (1) ϕ^{T}}{λ}) \frac{\partial F}{\partial X} \\ = (\frac{0}{λ}) \frac{\partial F}{\partial X} \\ = 0 \end{aligned}

$\eqalign{ \phi^T\left(\grad{\phi}{x}\right) &= \left(\frac{\phi^T-({\tt1})\phi^T}{\lambda}\right)\grad{f}{x} \\ &= \left(\frac{0}{\lambda}\right)\grad{f}{x} \\ &= 0 \\ }$

Esta es una gran solución. Una cosa que me está molestando. Cómo $\lambda d\lambda=f^T df$ ? En particular, ¿por qué " $f^T$ ".
@user550103, tienes $\lambda^2=\lambda*\lambda=\|f\|^2=f^Tf$ , entonces $d(\lambda*\lambda) = (d\lambda)\lambda + \lambda(d\lambda)= 2\lambda d\lambda$ , lo mismo para $df^Tf=(df^T)f + f^Tdf=2f^Tdf$ , de vuelta a la igualdad: $2\lambda d\lambda = 2f^Tdf \implies \lambda d\lambda = f^Tdf$
@MathLearner Gracias. Efectivamente (esto es lo que pasa cuando quieres irte de vacaciones pronto...)

michael hoppe · Answer 2

Como las apuestas por gradiente son bajas, calculemos la derivada total de $\phi$ como sigue:

\begin{aligned} d_{pag} ϕ (v) & = \frac{d_{pag} F (v) ‖ F (pag) ‖ - F (pag) \frac{1}{2 ‖ F (pag) ‖} \cdot 2 ⟨ d_{pag} F (v), F (pag ⟩}{‖ F (pag) ‖^{2}} \\ = \frac{1}{‖ F (pag) ‖} (d_{pag} F (v) - \frac{F (pag)}{‖ F (pag) ‖} ⟨ \frac{F (pag)}{‖ F (pag) ‖}, d_{pag} F (v) ⟩,), \end{aligned}

$\begin{align} d_p\phi(v)&= \frac{d_pf(v)\|f(p)\|-f(p)\frac{1}{2\|f(p)\|}\cdot2\langle d_pf(v),f(p\rangle}{\|f(p)\|^2}\\ &=\frac{1}{\|f(p)\|}\left(d_pf(v)-\frac{f(p)}{\|f(p)\|}\langle \frac{f(p)}{\|f(p)\|},d_pf(v)\rangle, \right), \end{align}$ que es un resultado bastante agradable ya que es la perpendicular de

d_{p} f (v)

$d_pf(v)$ a

f (p)

$f(p)$ , escalado por la longitud de

f (p)

$f(p)$ .

calvin khor · Answer 3

Presentaré el cálculo en coordenadas estándar. Su $\phi$ es la composicion de $u(x)=x/\|x\|$ y $f(x)$ , es decir

ϕ_{i} (X) = {tu}_{i} (F (X)), {tu}_{i} (X) = \frac{X_{i}}{‖ X ‖} .

$\phi_i(x) = u_i(f(x)), \quad u_i(x) = \frac{x_i}{\|x\|}.$ Para

x

$x$ lejos del origen, como

u_{i} (x) = - \partial_{i} ‖ x ‖

$u_i(x) = -\partial_i {\|x\|}$ , y desde

(1 / x)^{'} = - 1 / x^{2}

$(1/x)' = -1/{x^2}$ , producto y regla de la cadena da

\partial_{k} {tu}_{i} = \frac{d_{i k}}{‖ X ‖} - \frac{X_{i} X_{k}}{‖ X ‖^{3}} .

$\partial_k u_i = \frac{\delta_{ik}}{\|x\|} - \frac{x_i x_k}{\|x\|^3}.$ O, si lo prefieres,

\nabla u = \frac{1}{‖ x ‖} I_{n} - \frac{1}{‖ x ‖^{3}} x x^{T}

$\nabla u = \frac1{\|x\|}I_n - \frac1{\|x\|^3}xx^T$ . Siempre y cuando

f

$f$ evita el origen, la regla de la cadena da

\partial_{j} ϕ_{i} = \sum_{k = 1}^{norte} \partial_{k} {tu}_{i} (F (X)) \partial_{j} F_{k} (X) = \frac{\partial_{j} F_{i} (X)}{‖ F (X) ‖} - \frac{1}{‖ F (X) ‖^{3}} \sum_{k = 1}^{norte} F_{i} (X) F_{k} (X) \partial_{j} F_{k}

$\partial_j \phi_i = \sum_{k=1}^n\partial_k u_i(f(x))\partial_j f_k(x) = \frac{\partial_jf_i(x)}{\|f(x)\|} - \frac1{\|f(x)\|^3}\sum_{k=1}^n f_i(x) f_k(x) \partial_j f_k$ es decir, el jacobiano es

\nabla ϕ = \frac{\nabla F}{‖ F ‖} - \frac{1}{‖ F ‖^{3}} F F^{T} \nabla F .

$\nabla \phi = \frac{\nabla f}{\|f\|} - \frac1{\|f\|^3}ff^T\nabla f.$

Con respecto a tu comentario final sobre el sentimiento: el error en tu intuición es que reemplazaste $ff^T\in \mathbb R^{n\times n}$ con el escalar $f^T f = \|f\|^2$ . De hecho, esto es (como básicamente dijiste) lo que hace que los dos términos sean diferentes. De hecho, esto ya es evidente a partir de la fórmula anterior para $\nabla u = \partial_i\partial_j \|x\|$ .

Como $\|x\|$ "escalas" como una potencia de $x$ , dos derivadas deberían "escalar" como $x^{1-2}=1/x$ . Que es precisamente lo que vemos, excepto en el caso de la dimensión $n=1$ donde la derivada es de hecho exactamente $0$ donde sea que se defina (!!) En dimensiones más altas, simplemente hay más funciones que tienen la misma escala, lo que lleva a su error.

Derivada de una función dividida por su norma, es decir, ϕ(x)=f(x)∥f(x)∥ϕ(x)=f(x)‖f(x)‖\phi(x) = \frac{ f(x)}{\|f(x)\|}

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¿Cuál es la diferencia geométrica entre la derivada parcial y la derivada ordinaria?

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