Chain Rule

设 $f=(f_1,\cdots,f_m):\R^n\to\R^m$ 是可微的 (当然是 $C^1$ 的也可以)，$g:\R^m\to\R$ 是可微的 (也可以是 $C^1$ 的)，则：

$$\frac{\partial}{\partial x_i}g(f_1(x_1,\cdots,x_n),\cdots,f_m(x_1,\cdots,x_n))=\sum_{k=1}^m\frac{\partial g}{\partial y_k}(f(\vec{x}))\frac{\partial f_k}{\partial x_i}$$

上面是使用映射语言做出的表述. 更早的语言，也就是变量语言，做出的表述是：

有初始变量 $x_1,\cdots,x_n$，中间变量 $y_1,\cdots,y_m$ 且对 $x_1,\cdots,x_n$ 有依赖关系 (为 $y_i=f_i(x_1,\cdots,x_n)$)，最终变量 $z$，依赖于 $y_1,\cdots,y_m$ (关系为 $z=g(y_1,\cdots,y_m)$). 因此，$z$ 能够视为依赖于 $x_1,\cdots,x_n$ 的.

这时候的链式法则写成：

$$\frac{\partial z}{\partial x_i}=\sum_{k=1}^m\frac{\partial z}{\partial y_k}\frac{\partial y_k}{\partial x_i}$$

提示

这解释了名字的来源，因为这里的分子分母长得像链条环环相扣. ——艾神

但是实际上这种写法有缺陷：

(1) 分子分母中出现的 $\partial y_k$ 意义并不一样，我们甚至会问一个非常幼稚的问题——为什么不约掉呢？分母中出现的 $\partial y_k$ 可以解释为 $z$ 对 $y_k$ 的偏导数，但是再映射语言中第一个分数等价于 $\nabla_{\hat{e}_k}g$，因此仅仅指示求导的方向；分子中出现的 $\partial y_k$ 则是指示对 $g$ 的实际上的第 $k$ 个输入进行求导.

(2) 实际使用中无法区分初始 / 中间变量. 比如以下这个恶意的例子：

$$z=g(x,x^2,y,x^2,x^3)$$

初始变量 $x,y$，中间变量为 $x,x^2,y,x^2,x^3$，这时出现既是初始又是中间的变量，甚至 $x^2$ 作为中间变量出现了两次.

这会导致我们写下这样的式子：

$$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial (x^2)}\frac{\partial (x^2)}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial (x^2)}\frac{\partial (x^2)}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial (x^3)}\frac{\partial (x^3)}{\partial x}$$

提示

我在北大物理系读书的时候就学的是这一套不知所云的语言. ——艾神

但是用映射的语言写下来的式子有 $z=g(f_1,\cdots,f_5)$，$f=(f_1,\cdots,f_5):\R^2\to\R^5$，$g:\R^5\to\R$，其中 $\R^2$ 坐标是 $x,y$，$\R^5$ 坐标是 $u_1,\cdots,u_5$，因此写作：

$$\frac{\partial z}{\partial x}=\sum_{k=1}^5\frac{\partial g}{\partial u_k}\frac{\partial u_k}{\partial x}$$

不会产生歧义.

(3) 映射语言中处处标明点：

$$\left.\frac{\partial g(f_1,\cdots,f_n)}{\partial x_i}\right|_{(x_1,\cdots,x_n)}=\sum_{k=1}^m\left.\frac{\partial g}{\partial f_k}\right|_{f(\vec{x})}\left.\frac{\partial f_k}{\partial x_i}\right|_{\vec{x}}$$

/Example/

设 $f\in C^1$，$p$ 是 $C^1$ 的 path，则：

$$\frac{\text{d}}{\text{d}t}f(p(t))=\nabla f(p(t))\cdot p'(t)$$

因此有：

/Claim/

$f$ 沿梯度方向增加最快，沿负梯度方向减少最快. 上节课已经使用 Chain Rule 和 Cauchy - Schwartz 不等式证明过.

接下来我们可以引入一种算法：Gradient Method / Gradient Descent (梯度下降法)

目标：求 $f$ 的最小值 (最大值 $\max f=-\min(-f)$).

算法：从当前点沿 $-\nabla f$ 前进，$\vec{x}_{m+1}=\vec{x}_m+(-\nabla f(\vec{x}_m))\lambda$，其中 $\lambda$ 是一个固定正实数，作为步长.

当 $|\nabla f(\vec{x}_m)|<\varepsilon$ 时，视为潜在的极小值点.

/Claim/ (Fermat)

若 $\vec{a}$ 是 $f$ 的极小值点，则 $\nabla f(\vec{a})=0$.

/Proof/

上学期我们几乎证明过这一结论. 现在只需要找一个 path 再进行复合就好.

任取过 $\vec{a}$ 的直线 path $p(t)=\vec{a}+\vec{v}t$，要证明 $t=0$ 是 $f(p(t))$ 的极小值点，用一元 Fermat 的结论得到：

$$0=\frac{\text{d}}{\text{d}t}f(p(t))=\nabla f(\vec{a})\cdot\vec{v}$$

而现在 $\vec{v}$ 是任意的一个矢量，所以 $\nabla f(\vec{a})=0$.

在算法设计中，为了消除初始点的影响，我们随机取很多 $\vec{x}_0$ 用 gradient descent 求极小值.

下面讨论 Hadamard 公式.

/Claim/ (Hadamard 公式)

设 $f\in C^1$，则 $\exist$ 连续的函数 $g_1,\cdots,g_n$ 使得

$$f(x_1,\cdots,x_n)=f(\vec{0})+x_1g_1(x_1,\cdots,x_n)+\cdots+x_ng_n(x_1,\cdots,x_n)$$

且 $g_k(\vec{0})=\partial_kf(\vec{0})$.

/Proof/

联系 $f(\vec{0})$ & $f(x_1,\cdots,x_n)$.

考虑 $h(t)=f(p(t))=f(tx_1,\cdots,tx_n)$，则

$$\begin{aligned} &\left\{\begin{array}{lr} h(0)=f(\vec{0})\\\\ h(1)=f(\vec{x}) \end{array}\right.\\\\ &h'(t)\overset{\text{Chain Rule}}{=}\sum_{k=1}^m\partial_kf(t\vec{x})x_k \end{aligned}$$

用 Newton - Leibniz 公式得到：

$$h(1)-h(0)=\int_0^1h'(t)\text{d}t=\int_0^1\sum_{k=1}^n\partial_kf(t\vec{x})\cdot x_k\text{d}t$$

于是

$$f(x_1,\cdots,x_n)=f(0,\cdots,0)+\sum_{k=1}^nx_k\int_0^1\partial_kf(tx_1,\cdots,tx_n)\text{d}t$$

令 $g_k(x_1,\cdots,x_n)=\int_0^1\partial_kf(tx_1,\cdots,tx_n)\text{d}t$ 即证 (含参积分).

另一个结果来自 Euler (更久以前)：

/Claim/ (Euler)

设 $f(x_1,\cdots,x_n)$ 是 $c^1$ 且是 $k$ 次齐次的 (即，$f(\lambda x_1,\cdots,\lambda x_n)=\lambda^kf(x_1,\cdots,x_n)$)，则有

$$\sum_{i=1}^nx_i\partial_if(x_1,\cdots,x_n)=kf(x_1,\cdots,x_n)$$

提示

一般而言我们求导会损失一些信息，因此这个结果还颇令人惊讶. ——艾神

/Proof/

直接对 $k$ 次齐次的定义式两边求导：

$$\frac{\text{d}}{\text{d}\lambda}f(\lambda x_1,\cdots,\lambda x_n)=k\lambda^{k-1}f(x_1,\cdots,x_n)$$

LHS 使用 Chain Rule 得到

$$=\sum_{i=1}^n\partial_if(\lambda x_1,\cdots,\lambda x_n)x_i$$

取 $\lambda=1$ 即得到 Euler 的结果.

现在我们证明了充分性，作业中我们将会证明这是必要条件.

---

一个换元的手法：极坐标和直角坐标.

用映射的语言讲，极坐标是 $[0,+\infty)\times[0,2\pi]\overset{\Phi}{\longrightarrow}\R^2\overset{f}{\longrightarrow}\R$. 函数 $z=f(x,y)$ 能够视为 $r,\theta$ 的函数，即函数 $f\circ\Phi$. 求导：

$$\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial r}&=\frac{\partial}{\partial r}f(r\cos\theta,r\sin\theta)\\\\ &=f_1'(r\cos\theta,r\sin\theta)\cos\theta+f_2'(r\cos\theta,r\sin\theta)\sin\theta\\\\ \frac{\partial z}{\partial\theta}&=\frac{\partial}{\partial\theta}f(r\cos\theta,r\sin\theta)\\\\ &=-r\sin\theta\cdot f_1'+r\cos\theta\cdot f_2' \end{aligned}$$

另一方面，反过来用直角坐标表示极坐标的导数，有 $\R^2\longrightarrow\R_+\times[0,2\pi]\longrightarrow\R$，因此

$$\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial x}&=\frac{\partial}{\partial x}g(r=\sqrt{x^2+y^2},\theta=\arctan\frac{y}{x})\\\\ &=\frac{\partial z}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial \theta}\frac{\partial\theta}{\partial x}\\\\ \frac{\partial r}{\partial x}&=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\,,\quad\frac{\partial r}{\partial y}=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\\\\ \frac{\partial\theta}{\partial x}&=\frac{-y}{x^2+y^2}\,,\quad\frac{\partial\theta}{\partial y}=\frac{x}{x^2+y^2}\\ \cdots \end{aligned}$$

/Example/

$\phi(x,y)=f(x,y,g(x,y))$，求 $\phi$ 对 $x,y$ 的偏导数.

$$\begin{aligned} \frac{\partial\phi}{\partial x}&=f_1'\cdot1+f_2'\cdot0+f_3'\cdot\frac{\partial g}{\partial x}\\\\ \frac{\partial\phi}{\partial y}&=f_1'\cdot0+f_2'\cdot1+f_3'\cdot\frac{\partial g}{\partial y} \end{aligned}$$

为了区分坐标，用下标标序号更好.

我们在学习一元函数时曾经讨论过反函数的导数问题，现在我们来看看多元映射是否具有一样的性质.

/Claim/

设 $f:\R^n\to\R^n$ 有逆 $g:\R^n\to\R^n$，且 $f,g$ 皆可微. 则逆映射的微分等于微分之逆，即有：

$$\text{d}g_{f(x_0)}=(\text{d}f_{x_0})^{-1}\,,\quad J_g(f(x_0))=(J_f(x_0))^{-1}$$

/Proof/

利用链式法则，$x_0\overset{f}{\longrightarrow}f(x_0)\overset{g}{\longrightarrow}x_0$，$g\circ f=\text{Id}$ (恒同映射).

于是 $\text{d}(\text{Id})_{x_0}=\text{d}(g\circ f)_{x_0}=\text{d}g_{f(x_0)}\circ\text{d}f_{x_0}=\text{Id}$. 同理，$\text{d}(\text{Id})_{x_0}=\text{d}(f\circ g)_{x_0}=\text{d}f_{x_0}\circ\text{d}g_{f(x_0)}=\text{Id}$.

所以这两个微分互逆，$\text{d}g_{f(x_0)}=(\text{d}f_{x_0})^{-1}$，Jacobian 等式随之成立.

/Remark/

命题需要 $f,g\in C^1$ 的条件，我们自然有疑问：能不能通过 $f\in C^1$ 导出 $g\in C^1$？这一点我们在以后的反函数定理中可以证明.

更困难的问题是，如何保证 $f$ 存在一个 $C^1$ 的逆？

/Example/ (三维球坐标)

用 $(r,\theta,\phi)$ 描述坐标，与直角坐标的转化关系是：

$$\left\{\begin{array}{lr} x=r\sin\theta\cos\phi\\ y=r\sin\theta\sin\phi\\ z=r\cos\theta \end{array}\right.$$

得到映射 $\Psi:\R_{\geq0}\times[0,\pi]\times[0,2\pi]\longrightarrow\R^3$，求各个偏导数.

/Method/ (1)

反函数微分命题.

$$\begin{aligned} J_{\Psi^{-1}}(x,y,z)&=(J_\Psi(r,\theta,\phi))^{-1}\\\\ &=\begin{pmatrix} \frac{\partial r}{\partial x}&\frac{\partial r}{\partial y}&\frac{\partial r}{\partial z}\\ \frac{\partial \theta}{\partial x}&\frac{\partial \theta}{\partial y}&\frac{\partial \theta}{\partial z}\\ \frac{\partial \phi}{\partial x}&\frac{\partial \phi}{\partial y}&\frac{\partial \phi}{\partial z} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial r}&\frac{\partial x}{\partial \theta}&\frac{\partial x}{\partial \phi}\\ \frac{\partial y}{\partial r}&\frac{\partial \theta}{\partial y}&\frac{\partial y}{\partial \phi}\\ \frac{\partial z}{\partial r}&\frac{\partial z}{\partial \theta}&\frac{\partial z}{\partial \phi} \end{pmatrix}^{-1} \end{aligned}$$

这相当复杂.

/Method/ (2)

写出 $\Psi^{-1}$ 表达式：

$$\left\{\begin{array}{lr} r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\\ \theta=\arctan\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\\ \phi=\arctan\frac{y}{x} \end{array}\right.$$

……

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