Gradiente di forma quadratica

Messaggioda thedarkhero » 21/07/2019, 16:36

Sia $A\inM_n(RR)$ una matrice simmetrica, considero la funzione quadratica $f:RR^n->RR^n$ definita da $f(x)=x^TAx$.
Voglio calcolare il gradiente $\gradf(x)$.

Per prima cosa scrivo la funzione $f$ in coordinate:
$f(x_1,...,x_n)=\sum_{i=1}^n x_i * (\sum_{j=1}^n A_{ij}*x_j) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n x_i * A_{ij}*x_j$.
Ora calcolo la derivata parziale di $f$ rispetto a $x_k$:
$\partial / {\partial x_k} f(x_1,...,x_n) = \partial / {\partial x_k} (\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n x_i * A_{ij}*x_j) =$
$= \partial / {\partial x_k} ((\sum_{j=1,j \ne k}^n x_k * A_{kj}*x_j) + x_k * A_{kk} * x_k) =$
$= (\sum_{j=1,j \ne k}^n A_{kj}*x_j) + 2x_k * A_{kk} =$
$= (\sum_{j=1}^n A_{kj}*x_j) + x_k * A_{kk}$.
Ora dovrei mostrare che questo gradiente si scrive in forma matriciale come $\gradf(x)=2Ax$, ma non si sembra che dai miei conti si deduca questo...dove ho sbagliato?
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Re: Gradiente di forma quadratica

Messaggioda anto_zoolander » 21/07/2019, 23:27

Ciao!
intanto è $f:RR^n->RR$ :-D

comunque considera che, posto $e_k$ il $k-$esimo vettore della base canonica di $RR^n$, si ha;

$f(x+te_k)=(x+te_k)^TA(x+te_k)=x^TAx+2te_k^TAx+t^2e_k^TAe_k$

quindi $lim_(t->0)(f(x+te_k)-f(x))/t=lim_(t->0)[2e_k^TAx+te_k^TAe_k]=2e_k^TAx$

questo significa che $(partialf)/(partialx_k)(x)=2e_k^TAx$

denotata con $A_k$ la $k-$esima riga della matrice si ha $e_k^TA=A_k$ quindi il gradiente è

$nablaf(x)=2(A_1x,A_2x,...,A_nx)=2Ax$

ti basta considerare che

$Ax=[(A_1x),(A_2x),( : ),(A_mx)]equiv(A_1 x, A_2 x,...,A_n x)$


poichè $RR^n cong underbrace(RR^(1timesn))_(M_(1,n)(RR)) cong underbrace(RR^(ntimes1))_(M_(n,1)(RR))$

aggiungo: non ti fare confondere dalle particolari proprietà di $RR^n$ e dalla “forma” dei suoi vettori; se lo sostituisci con un qualsiasi altro spazio euclideo $(X,*)$ reale, posta una base ortonormale qualsiasi, puoi dimostrare lo stesso teorema nello stesso modo :-D
Questo perché sostanzialmente il gradiente ha senso considerarlo solo quando hai a che fare con spazi euclidei e basi ortonormali, poi tutta la dimostrazione dipende soltanto da questo
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Re: Gradiente di forma quadratica

Messaggioda dissonance » 22/07/2019, 11:43

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Re: Gradiente di forma quadratica

Messaggioda thedarkhero » 25/07/2019, 14:24

Grazie mille ad entrambi! :)
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