Ableitung einer Funktion dividiert durch ihre Norm, also ϕ(x)=f(x)∥f(x)∥ϕ(x)=f(x)‖f(x)‖\phi(x) = \frac{ f(x)}{\|f(x)\|}

Question

Ableitung einer Funktion dividiert durch ihre Norm, also ϕ(x)=f(x)∥f(x)∥ϕ(x)=f(x)‖f(x)‖\phi(x) = \frac{ f(x)}{\|f(x)\|}

Derivate
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partielle Ableitung
Multivariable Infinitesimalrechnung

Benutzer318854

Einstellung

$f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ Und $\|\cdot \|$ sei die übliche euklidische Norm. Ich möchte die Ableitung nach berechnen $x$ von

ϕ (X) = \frac{F (X)}{“ F (X) “}

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

Mein Lösungsversuch

\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) = (ICH - \frac{F (X) F (X)^{⊤}}{| | F (X) | |^{2}}) \frac{\nabla_{X} F (X)}{| | F (X) | |}

$\nabla_x \frac{f(x)}{||f(x)||} = \frac{\nabla_x f(x)}{||f(x)||} + f(x)\nabla_x\left(f(x)^\top f(x)\right)^{-\frac{1}{2}} = \frac{\nabla_x f(x)}{||f(x)||}-\frac{1}{2}\frac{f(x)}{||f(x)||^3} 2f(x)^\top \nabla_x f(x) = \left(I - \frac{f(x)f(x)^\top}{||f(x)||^2}\right)\frac{\nabla_x f(x)}{||f(x)||}$ Allerdings bin ich mir da sehr unsicher. Insbesondere habe ich das Gefühl, dass die zweite Amtszeit wäre

f (x)^{⊤} \nabla_{x} f (x)

$f(x)^\top \nabla_x f(x)$ und damit führen

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

$\nabla_x \frac{f(x)}{||f(x)||} = \frac{\nabla_x f(x)}{||f(x)||} - \frac{\nabla_x f(x)}{||f(x)||} = 0$ Dies würde jedoch nicht viel Sinn machen, da der Gradient es sicherlich nicht ist

0

$0$ für jede Funktion.

Nick Castillo

hast du da irgendwelche vermutungen

f

$f$ ?

Benutzer318854

Ich nehme gerne an, was ich brauche, damit dies funktioniert. Zum Beispiel glücklich für

g

$g$ Lipschitz-stetig und/oder beschränkt sein. @NickCastillo

Benutzer318854

@NickCastillo Also in der Praxis

g

$g$ wird die Gradientenfunktion einer anderen Funktion sein

f : R^{n} \to R

$f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ . Ich kenne auch die hessische Funktion

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

$H:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^{n\times n}$ ist wohldefiniert (dh die hessische

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

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

Antworten (3)

Ableitung einer Funktion dividiert durch ihre Norm, also ϕ(x)=f(x)∥f(x)∥ϕ(x)=f(x)‖f(x)‖\phi(x) = \frac{ f(x)}{\|f(x)\|}

Ich nehme gerne an, was ich brauche, damit dies funktioniert. Zum Beispiel glücklich für $g$ Lipschitz-stetig und/oder beschränkt sein. @NickCastillo
@NickCastillo Also in der Praxis $g$ wird die Gradientenfunktion einer anderen Funktion sein $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ . Ich kenne auch die hessische Funktion $H:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^{n\times n}$ ist wohldefiniert (dh die hessische $H(x) = \nabla_x g(x)$ existiert)

Greg · Answer 1

$\def\p{{\partial}} \def\grad#1#2{\frac{\p #1}{\p #2}} \def\c#1{\color{red}{#1}}$ Getrennt $f$ in zwei Komponenten: $\;$ seine Länge $(\lambda)$ und Richtung $(\phi)$

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

$\eqalign{ \lambda^2 &= \|f\|^2 &\quad\implies\quad \lambda\,d\lambda = \c{f^Tdf} \\ \phi &= \lambda^{-1} f \\ }$ Berechnen Sie das Differential von

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} ICH D F - λ^{- 3} F (F^{T} D F) \\ = λ^{- 1} (ICH - ϕ ϕ^{T}) D F \end{aligned}

$\eqalign{ d\phi &= \lambda^{-1} df - \lambda^{-2}f\,{d\lambda} \\ &= \lambda^{-1} df - \lambda^{-3}f\,{(\lambda\,d\lambda)} \\ &= \lambda^{-1}I\, df - \lambda^{-3}f\,\c{(f^Tdf)} \\ &= \lambda^{-1}\left(I - \phi\phi^T\right)df \\ }$ Nun differenziere nach

x

$x$

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

$\eqalign{ \grad{\phi}{x} &= \left(\frac{I - \phi\phi^T}{\lambda}\right)\grad{f}{x} \\ }$ Ihre ursprüngliche Lösung war also absolut richtig. Und Sie können das berühmte Ergebnis beweisen, dass Einheitsvektoren senkrecht zu ihren Gradienten stehen

\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}

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

Dies ist eine großartige Lösung. Eine Sache stört mich. Wie $\lambda d\lambda=f^T df$ ? Vor allem warum“ $f^T$ ".
@ user550103, hast du $\lambda^2=\lambda*\lambda=\|f\|^2=f^Tf$ , So $d(\lambda*\lambda) = (d\lambda)\lambda + \lambda(d\lambda)= 2\lambda d\lambda$ , das gleiche für $df^Tf=(df^T)f + f^Tdf=2f^Tdf$ , zurück zur Gleichheit: $2\lambda d\lambda = 2f^Tdf \implies \lambda d\lambda = f^Tdf$
@MathLearner Danke. In der Tat (das passiert, wenn Sie bald in den Urlaub fahren möchten ...)

Michael Hoppe · Answer 2

Da die Einsätze für den Gradienten gering sind, berechnen wir die Gesamtableitung von $\phi$ folgendermaßen:

\begin{aligned} D_{P} ϕ (v) & = \frac{D_{P} F (v) “ F (P) “ - F (P) \frac{1}{2 “ F (P) “} \cdot 2 ⟨ D_{P} F (v), F (P ⟩}{“ F (P) “^{2}} \\ = \frac{1}{“ F (P) “} (D_{P} F (v) - \frac{F (P)}{“ F (P) “} ⟨ \frac{F (P)}{“ F (P) “}, D_{P} F (v) ⟩,), \end{aligned}

$\begin{align} d_p\phi(v)&= \frac{d_pf(v)\|f(p)\|-f(p)\frac{1}{2\|f(p)\|}\cdot2\langle d_pf(v),f(p\rangle}{\|f(p)\|^2}\\ &=\frac{1}{\|f(p)\|}\left(d_pf(v)-\frac{f(p)}{\|f(p)\|}\langle \frac{f(p)}{\|f(p)\|},d_pf(v)\rangle, \right), \end{align}$ was ein ziemlich angenehmes Ergebnis ist, da es die Senkrechte von ist

d_{p} f (v)

$d_pf(v)$ Zu

f (p)

$f(p)$ , skaliert durch die Länge von

f (p)

$f(p)$ .

Calvin Chor · Answer 3

Ich werde die Berechnung in Standardkoordinaten darstellen. Dein $\phi$ ist die Zusammensetzung von $u(x)=x/\|x\|$ Und $f(x)$ , dh

ϕ_{ich} (X) = u_{ich} (F (X)), u_{ich} (X) = \frac{X_{ich}}{“ X “} .

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

x

$x$ weg vom Ursprung, wie

u_{i} (x) = - \partial_{i} ‖ x ‖

$u_i(x) = -\partial_i {\|x\|}$ , und da

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

$(1/x)' = -1/{x^2}$ , Produkt und Kettenregel gibt

\partial_{k} u_{ich} = \frac{δ_{ich k}}{“ X “} - \frac{X_{ich} X_{k}}{“ X “^{3}} .

$\partial_k u_i = \frac{\delta_{ik}}{\|x\|} - \frac{x_i x_k}{\|x\|^3}.$ Oder, wenn Sie es vorziehen,

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

$\nabla u = \frac1{\|x\|}I_n - \frac1{\|x\|^3}xx^T$ . So lange wie

f

$f$ vermeidet den Ursprung, gibt Kettenregel

\partial_{J} ϕ_{ich} = \sum_{k = 1}^{N} \partial_{k} u_{ich} (F (X)) \partial_{J} F_{k} (X) = \frac{\partial_{J} F_{ich} (X)}{“ F (X) “} - \frac{1}{“ F (X) “^{3}} \sum_{k = 1}^{N} F_{ich} (X) F_{k} (X) \partial_{J} F_{k}

$\partial_j \phi_i = \sum_{k=1}^n\partial_k u_i(f(x))\partial_j f_k(x) = \frac{\partial_jf_i(x)}{\|f(x)\|} - \frac1{\|f(x)\|^3}\sum_{k=1}^n f_i(x) f_k(x) \partial_j f_k$ dh der Jacobi ist

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

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

Zu Ihrer letzten Bemerkung zum Gefühl: Der Fehler in Ihrer Intuition ist, dass Sie ersetzt haben $ff^T\in \mathbb R^{n\times n}$ mit dem Skalar $f^T f = \|f\|^2$ . Dies ist tatsächlich (wie Sie im Grunde gesagt haben) der Unterschied zwischen den beiden Begriffen. Tatsächlich ergibt sich dies bereits aus der obigen Formel für $\nabla u = \partial_i\partial_j \|x\|$ .

Als $\|x\|$ "skaliert" wie eine Potenz von $x$ , zwei Ableitungen sollten wie "skalieren". $x^{1-2}=1/x$ . Das ist genau das, was wir sehen, außer im Fall der Dimension $n=1$ wo die Ableitung tatsächlich genau steht $0$ Wo immer definiert (!!) In höheren Dimensionen gibt es einfach mehr Funktionen, die die gleiche Skalierung haben, was zu Ihrem Fehler führt.

Ableitung einer Funktion dividiert durch ihre Norm, also ϕ(x)=f(x)∥f(x)∥ϕ(x)=f(x)‖f(x)‖\phi(x) = \frac{ f(x)}{\|f(x)\|}

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