Производная матрицы по вектору

[tolybas]

Здравствуйте, коллеги!
Помогите, пожалуйста, продифференцировать квадратную матрицу по вектор-строке. Соображений, откровенно говоря, никаких. Разве что, если попытаться представить матрицу как произведение векторов и продифференцировать уже его. Известно, что производная вектора по вектору дает якобиан
$\dfrac{\partial \bold M}{\partial \bold r}=\dfrac{\partial (\bold u^T\bold v)}{\partial \bold r}=\dfrac{\partial \bold u^T}{\partial \bold r}\bold v+\bold u^T\dfrac{\partial \bold v}{\partial \bold r}$
Но, как видно из всего этого безобразия, ни к чему разумному это не приводит, т.к. складывается в результате строка со столбцом. Более того, по-моему, такая замена матрицы на произведение векторов справедлива только для вырожденных матриц.

[Bulinator]

$\frac{\partial}{\partial {\bf r}}\equiv \nabla$

[Dan B-Yallay]

Ндааа...

От каких перменных зависят элементы матрицы? В каком виде дан вектор?

[Null]

У вас получится трехмерная матрица $\frac{\partial a_{ij}}{\partial r_k}$

[Dan B-Yallay]

Bulinator в сообщении #398373 писал(а):

$\frac{\partial}{\partial {\bf r}}\equiv \nabla$

Какой еще градиент от матрицы?

[tolybas]

Элементы матрицы - скалярные функции от компонентов вектора r.
А насчет градиента, я всегда был уверен, что он применяется только к скалярам. К матрицам тоже можно?

[Bulinator]

Dan B-Yallay в сообщении #398385 писал(а):

Какой еще градиент от матрицы?

Отдельно от каждого элемента. Уже рассматриваете матрицу, элементы которого являются векторами.

[Dan B-Yallay]

Тогда

Null в сообщении #398382 писал(а):

У вас получится трехмерная матрица $\frac{\partial a_{ij}}{\partial r_k}$

Bulinator в сообщении #398391 писал(а):

Dan B-Yallay в сообщении #398385 писал(а):

Какой еще градиент от матрицы?

Отдельно от каждого элемента. Уже рассматриваете матрицу, элементы которого являются векторами.

Согласен.

[tolybas]

Null, у меня тоже возникала такая мысль. А нельзя ли как-то привести кубическую матрицу к двумерному виду, используя, скажем, прямое произведение. Мне бы желательно в конечном счете все это дело опять привести к вектор-строке.

[Dan B-Yallay]

tolybas в сообщении #398398 писал(а):

Null, у меня тоже возникала такая мысль. А нельзя ли как-то привести кубическую матрицу к двумерному виду, используя, скажем, прямое произведение. Мне бы желательно в конечном счете все это дело опять привести к вектор-строке.

Для этого (привести к вектор-строке) кубическая матрица "сворачивается" умножением на квадратную.

[paha]

tolybas в сообщении #398370 писал(а):

Помогите, пожалуйста, продифференцировать квадратную матрицу по вектор-строке.

Давайте разберемся с объектами:)

Какого происхождения Ваша матрица: это матрица из производных, или получена иным образом?
Может быть, она является матрицей какого-то линейного оператора в некотором базисе?

[tolybas]

Задача хитроумная, я представлю ее в максимально упрощенном виде. Надо продифференцировать первую норму обратной матрицы по вектору, содержащему логарифмы скаляров. Короче, выглядит это вот так: $\bold m=\dfrac{\partial}{\partial\bold c'}\left(\bold1\left(\bold\Delta_c^{-1}-\bold K\right)^{-1}\bold1^T\right)$, где $\bold c'=\left(\ln c_1,\ldots,\ln c_n\right)$, $\bold\Delta_c={\rm diag}\{c_1,\ldots,c_n\}$ (диагональная матрица), $\bold1=\left(1,1,\ldots,1\right)$, $\bold K$ - матрица констант (не зависит от $c_i$), $\bold m$ - вектор-строка. Цель - найти конкретные аналитические выражения для соответствующих компонентов вектора $\bold m$. Вручную получается все очень хорошо: $m_i=\dfrac{1}{c_i}\left(\bold1_i\left(\bold\Delta_c^{-1}-\bold K\right)^{-1}\bold1^T\right)^2$, тут вектор $\bold1_i$ - строка, на i-м месте которой стоит единица, остальные нули. Но хотелось бы то же самое получить, не прибегая к поэлементному дифференцированию, а, так сказать, в общем виде получить выражение.
Интуитивно понятно, что умножение $\dfrac{\partial\bold\Delta_c}{\partial\bold c}$ на обычную двумерную матрицу эквивалентно умножению последней на единичную матрицу. Мне бы хотя б ссылку на солидную литературу, где подобные вопросы рассматриваются. Никто не знает?

[Утундрий]

tolybas в сообщении #398533 писал(а):

максимально упрощенном виде

Не, не максимально... Если все лишнее повыкидывать, то вопрос сводится к вычислению $\[\nabla \left( {\overset{\lower0.5em\hbox{$\smash{\scriptscriptstyle\leftarrow}$}}{a} \cdot \hat Q \cdot \vec a} \right)\]$, если дифференцируется только $\[{\hat Q}\]$. Вынужден разочаровать - красиво записать не получится. Потому как для сохранения индексов по бокам (чтоб было с чем векторы сворачивать) наблу нужно тулить в середину. А для этого придется как минимум порвать $\[{\hat Q}\]$ пополам, что весьма неэстетично Так что в компонентах, в компонентах...

[paha]

ну, понятно... никаких производных отображений не надо

$$ O=\frac{\partial}{\partial\ln c_i}AA^{-1}=c_i\left(\frac{\partial A}{\partial c_i}A^{-1}+A\frac{\partial A^{-1}}{\partial c_i} \right)\Rightarrow \frac{\partial A^{-1}}{\partial \ln c_i}=-c_iA^{-1}\frac{\partial A}{\partial c_i}A^{-1} $$

в случае $A=Diag(1/c_1,\ldots,1/c_n)-K$ имеем

$$ \frac{\partial A^{-1}}{\partial \ln c_i}=\frac{1}{c_i}A^{-1}E_{ii}A^{-1}, $$

где $E_{ii}$ -- матрица с единственным ненулевым элементом на $i$-той позиции на диагонали


U. Исправил ашипку

[tolybas]

paha, спасибо, но это то же самое, что я получил, дифференцируя все это дело поэлементно. У Вас это по-профессиональному выглядит.

Утундрий, "В упрощенном виде" я имел в виду, что подобных производных в исходном выражении аж четыре, а это самое простенькое из них. Мне главное было философию всего этого понять. Коль скоро Вы говорите, что ничего хорошего из моей затеи не выйдет, то я и время на это тратить не стану. В компонентах, так в компонентах, ничего страшного.

Спасибо!