El Smoothstep sigmoide-como la función se define como el polinomio
$$ \begin{align} \operatorname{S}_N(x) &= x^{N+1} \sum_{n=0}^{N} \binom{N+n}{n} \binom{2N+1}{N-n} (-x)^{n} \qquad N \in \mathbb{Z} \ge 0 \\ &= \sum_{n=0}^{N} (-1)^n \binom{N+n}{n} \binom{2N+1}{N-n} x^{N+n+1} \\ &= \sum_{n=0}^{N} \binom{-N-1}{n} \binom{2N+1}{N-n} x^{N+n+1} \\ \end{align} $$
Los 7 primeros ejemplos son:
$$\begin{align} \operatorname{S}_0(x) &= x \\ \operatorname{S}_1(x) &= -2x^3 + 3x^2 \\ \operatorname{S}_2(x) &= 6x^5 - 15x^4 + 10x^3 \\ \operatorname{S}_3(x) &= -20x^7 + 70x^6 - 84x^5 + 35x^4 \\ \operatorname{S}_4(x) &= 70x^9 - 315x^8 + 540x^7 - 420x^6 + 126x^5 \\ \operatorname{S}_5(x) &= -252x^{11} + 1386x^{10} - 3080x^9 + 3465x^8 - 1980x^7 + 462x^6 \\ \operatorname{S}_6(x) &= 924x^{13} - 6006x^{12} + 16380x^{11} - 24024x^{10} + 20020x^9 - 9009x^8 + 1716x^7 \\ \\ \end{align} $$
Es supuesta, para todo entero no negativo,$N$, $\operatorname{S}_N(0) = 0$ $\operatorname{S}_N(1) = 1$ y, en esos dos puntos, como muchos derivados igual a cero como sea posible. Creo que también se pretende que los $\operatorname{S}_N(\tfrac12) = \tfrac12$ y que este polinomio mostrar extraña simetría sobre el punto en $x=\tfrac12$
Si definimos un linealmente escala y el desplazamiento de la versión de la Smoothstep polinomio como:
$$ \operatorname{R}_N(x) = 2\operatorname{S}_N\left( \tfrac12(x+1) \right) - 1 $$
Esto significa que $\operatorname{R}_N(-1) = -1$, $\operatorname{R}_N(1) = 1$, y como muchos derivados como sea posible en esos dos puntos son cero. Y vemos que $\operatorname{R}_N(0) = 0$ y que impar-simetría existe: $\operatorname{R}_N(-x) = -\operatorname{R}_N(x)$
¿Alguien puede mostrar, con el menor dolor posible, que la derivada de $\operatorname{R}_N(x)$ se convierte en
$$\begin{align} \operatorname{R}^{'}_{N}(x) &= \operatorname{S}^{'}_{N}\left( \tfrac12(x+1) \right) \\ &= \left( \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n! (N-n)!} \frac{(-1)^n}{2n+1} \right)^{-1} (1-x^2)^{N} \qquad ? \\ \end{align}$$
Esta no es la tarea (no he estado en la skool desde principios de la década de los '80). Este DSP de preguntas y respuestas muestran el anterior trabajo que he hecho con este. Es un poco tramposo y no estoy seguro de la forma menos dolorosa de hacer esto.
Supongo que estoy tratando de mostrar que
$$\begin{align} \operatorname{S}^{'}_{N}\left( \tfrac12(x+1) \right) &= \sum_{n=0}^{N} \binom{-N-1}{n}\binom{2N+1}{N-n}(N+n+1) \left(\tfrac12(x+1)\right)^{N+n} \\ &= \left( \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} \frac{(-1)^n}{2n+1} \right)^{-1} (1-x^2)^{N} \\ \end{align}$$
Esto realmente parece un copulando hembra canina para mí.
EDITAR:
Aquí está la más clara manera para mí para el estado de la cuestión:
Deje $x \in \mathbb{R}, \ N \ge 0 \in \mathbb{Z}$.
Definir:
$$ K_N \triangleq \left( \int\limits_{0}^{1} \big(1 - u^2 \big)^{N} \ du \right)^{-1} $$
Definir:
$$ \operatorname{R}_N(x) \triangleq K_N \int\limits_{0}^{x} \big(1 - u^2 \big)^{N} \ du $$
Definir a partir de la definición de Wikipedia de la Smoothstep sigmoide como función:
$$\operatorname{S}_N(x) \triangleq \sum\limits_{n=0}^{N} \binom{-N-1}{n}\binom{2N+1}{N-n} x^{N+n+1} $$
Probar:
$$ \operatorname{R}_N(x) = 2\operatorname{S}_N\big(\tfrac12 (x+1) \big) - 1 $$
Esto es suficiente para demostrar que sus primeras derivadas de la mano izquierda y la mano derecha lados son iguales, porque sabemos que de la mano izquierda y la mano derecha lados son iguales a $x=-1$. Esto significa que es suficiente para mostrar que:
$$ K_N (1-x^2)^{N} = \frac{d}{du}\,\operatorname{S}_N(u) \Bigg|_{u=\frac12 (x+1)} $$
o
$$ K_N (1-x^2)^{N-1} = \sum_{n=0}^{N} \binom{-N-1}{n}\binom{2N+1}{N-n} (N+n+1) \left(\tfrac12(x+1)\right)^{N+n} $$
o, de forma explícita:
$$ \left( \sum\limits_{n=0}^{N} \binom{N}{n} \frac{(-1)^n}{2n+1} \right)^{-1} (1-x^2)^{N} = \sum_{n=0}^{N} \binom{-N-1}{n}\binom{2N+1}{N-n} (N+n+1) \left(\tfrac12(x+1)\right)^{N+n} $$