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¿Función sigmoidea Smoothstep: puede ser cualquier persona esta relación?

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:

$$ \left( \sum\limits_{n=0}^{N} \binom{N}{n} \frac{(-1)^n}{2n+1} \right)^{-1} (1-x^2)^{N} = \sum_{n=0}^{N} \binom{-N-1}{n}\binom{2N+1}{N-n} (N+n+1) \left(\tfrac12(x+1)\right)^{N+n} $$

7voto

Markus Scheuer Puntos 16133

Queremos mostrar para $N\geq 0$

\begin{align*} \color{blue}{\left(\sum_{n=0}^N\right.}&\color{blue}{\left.\binom{N}{n}\frac{(-1)^n}{2n+1}\right)^{-1}(1-x^2)^N}\\ &=\color{blue}{\sum_{n=0}^N\binom{-N-1}{n}\binom{2N+1}{N-n}(N+n+1)\left(\frac{1}{2}(x+1)\right)^{N+n}}\tag{1}\\ \end{align*}

Empezamos con los RHS y obtener \begin{align*} \sum_{n=0}^N&\binom{-N-1}{n}\binom{2N+1}{N-n}(N+n+1)\left(\frac{1}{2}(x+1)\right)^{N+n}\\ &=\sum_{n=0}^N(-1)^n\binom{N+n}{n}\binom{2N+1}{N+n+1}(N+n+1)\left(\frac{1}{2}(x+1)\right)^{N+n}\tag{2}\\ &=(2N+1)\sum_{n=0}^N(-1)^n\binom{N+n}{n}\binom{2N}{N+n}\left(\frac{1}{2}(x+1)\right)^{N+n}\tag{3}\\ &=(2N+1)\binom{2N}{N}\sum_{n=0}^N(-1)^n\binom{N}{n}\left(\frac{1}{2}(x+1)\right)^{N+n}\tag{4} \end{align*}

Comentario:

  • En (2) utilizamos el binomio identidad $\binom{-p}{q}=\binom{p+q-1}{q}(-1)^q$.

  • En (3) se utiliza el binomio identidad $\binom{p}{q}=\frac{p}{q}\binom{p-1}{q-1}$.

  • En (4) utilizamos el binomio identidad $\binom{p}{m}\binom{m}{q}=\binom{p}{q}\binom{p-q}{m-q}$

(4) la solicitud (1) se reduce a mostrar

\begin{align*} \color{blue}{\left(\sum_{n=0}^N\right.}&\color{blue}{\left.\binom{N}{n}\frac{(-1)^n}{2n+1}\right)^{-1}(1-x^2)^N}\\ &=\color{blue}{(2N+1)\binom{2N}{N}\sum_{n=0}^N(-1)^n\binom{N}{n}\left(\frac{1}{2}(x+1)\right)^{N+n}}\tag{5}\\ \end{align*}

Intermezzo:

Podemos encontrar un cerrado fórmula para el denominador del lado izquierdo. El siguiente es válido: \begin{align*} \sum_{n=0}^N\binom{N}{n}\frac{(-1)^n}{2n+1}=\frac{4^N}{2N+1}\binom{2N}{N}^{-1}\tag{6} \end{align*}

Una prueba es dada en el apéndice.

El uso de (6) y desde $(1-x^2)^N=(1-x)^N(1+x)^N$ la ecuación (5) puede ser simplificada a

\begin{align*} \color{blue}{\frac{1}{2^N}(1-x)^N =\sum_{n=0}^N\frac{(-1)^n}{2^n}\binom{N}{n}(x+1)^{n}} \end{align*}

Aplicando el teorema del binomio para la RHS por fin, llegamos

\begin{align*} \sum_{n=0}^N\frac{(-1)^n}{2^n}\binom{N}{n}(x+1)^{n}&=\sum_{n=0}^N\binom{N}{n}\left(-\frac{1+x}{2}\right)^{n}\\ &=\left(1-\frac{1+x}{2}\right)^N\\ &=\frac{1}{2^N}(1-x)^N \end{align*}

y la afirmación (1) de la siguiente manera.

Ahora podemos probar la fórmula (6) siguiente capítulo I (sección de problema, el problema 4 con solución) en la Combinatoria de las Identidades por John Riordan.

Apéndice: El siguiente es válido \begin{align*} \qquad\qquad\sum_{n=0}^N\binom{N}{n}\frac{(-1)^n}{2n+1}=\frac{4^N}{2N+1}\binom{2N}{N}^{-1}\qquad\qquad N\geq 0 \end{align*}

Obtenemos mediante la delta de Kronecker $\delta_{N,0}$ \begin{align*} f_N=\sum_{n=0}^N(-1)^n\binom{N}{n}\frac{1}{2n+1}&=\sum_{n=0}^N(-1)^n\binom{N}{n}\left(1-\frac{2n}{2n+1}\right)\\ &=\delta_{N,0}-\sum_{n=0}^N(-1)^n\binom{N}{n}\frac{2n}{2n+1}\tag{7}\\ &=\delta_{N,0}-2N\sum_{n=1}^N(-1)^n\binom{N-1}{n-1}\frac{1}{2n+1}\tag{8}\\ \end{align*}

Comentario:

  • En (7) aplicamos $\binom{p}{q}=\frac{p}{q}\binom{p-1}{q-1}$.

También conseguimos \begin{align*} f_N=\sum_{n=0}^N(-1)^n\binom{N}{n}\frac{1}{2n+1} &=\sum_{n=0}^N(-1)^n\left[\binom{N-1}{n}+\binom{N-1}{n-1}\right]\frac{1}{2n+1}\\ &=f_{N-1}+\sum_{n=1}^N(-1)^n\binom{N-1}{n-1}\frac{1}{2n+1}\tag{9}\\ \end{align*}

La adición de (8) y $2N$ veces (9) obtenemos \begin{align*} \qquad\qquad(2N+1)f_N=2Nf_{N-1}+\delta_{N,0}\qquad\qquad N\geq 0\tag{10} \end{align*}

La iteración (10) obtenemos con $f_0=1$ $N>0$ \begin{align*} f_N&=\frac{2N}{2N+1}f_{N-1}=\frac{(2N)(2N-2)}{(2N+1)(2N-1)}f_{N-2}=\ldots\\ &=\frac{(2N)!!}{(2N+1)!!}\\ &=\frac{(2N)!!(2N)!!}{(2N+1)!}\\ &=\frac{1}{2N+1}\cdot\frac{2^{2N}N!N!}{(2N)!}\\ &=\frac{4^N}{2N+1}\binom{2N}{N}^{-1} \end{align*} y la demanda (6) de la siguiente manera.

Aquí se utiliza el doble factoriales \begin{align*} (2N)!!&=(2N)(2N-2)\cdots4\cdot 2\\ (2N+1)!!&=(2N+1)(2N-1)\cdots 3\cdot 1\\ \end{align*} y las fórmulas \begin{align*} (2N)!&=(2N)!!(2N-1)!!\\ (2N)!!&=2^NN! \end{align*}

2voto

Kent Chen Puntos 86

Aquí se muestra el desarrollo de la impar-simétrica Smoothstep función:

$$\operatorname{R}_N(x) = \begin{cases} -1 & x < -1 \\ K_N \int\limits_{0}^{x} \big(1 - u^2 \big)^{N} \ du \quad & -1 \le x \le 1 \\ +1 & 1 < x \\ \end{casos}$$

donde $x \in \mathbb{R}, \ N\ge0 \in \mathbb{Z},$ $K_N$ es un incremento constante juiciosamente elegido de manera que $\operatorname{R}_N(x)$ es continua y $\operatorname{R}_N(\pm 1) = \pm 1$.

$$ K_N = \left( \int\limits_{0}^{1} \big(1 - u^2 \big)^{N} \ du \right)^{-1} $$

Puesto que el integrando es positivo para $|u| < 1$, esta es una monótona creciente de la función. También es claro que la extraña simetría prevalece:

$$ \operatorname{R}_N(-x) = -\operatorname{R}_N(x) \qquad \forall x \in \mathbb{R}, \ N\ge0 \in \mathbb{Z} $$

Este extraño-simétrica Smoothstep función es, creo, directamente relacionada con la frecuencia definida Smoothstep sigmoide como función como

$$ \operatorname{R}_N(x) = 2\operatorname{S}_N\big(\tfrac12 (x+1) \big) -1 \qquad -\infty < x < +\infty $$

donde

$$\operatorname{S}_N(x) = \begin{cases} 0 & x < 0 \\ \sum\limits_{n=0}^{N} \binom{-N-1}{n}\binom{2N+1}{N-n} x^{N+n+1} \quad & 0 \le x \le 1 \\ 1 & 1 < x \\ \end{casos}$$

para $x \in \mathbb{R}, \ N\ge0 \in \mathbb{Z}$ . Esta relación es lo que quiero rigurosamente probado. (O, al menos, una cantidad decente de rigor.)

Para $|x| < 1$ la 1ª derivada de $\operatorname{R}_N(x)$ es

$$ \operatorname{R}_N^{'}(x) = K_N \, \big(1 - x^2 \big)^{N} $$

La 2ª derivada de $\operatorname{R}_N(x)$ es

$$ \operatorname{R}_N^{''}(x) = K_N \, N \big(1 - x^2 \big)^{N-1} (-2x)$$

El 3 de derivados de $\operatorname{R}_N(x)$ es

$$\begin{align} \operatorname{R}_N^{'''}(x) &= K_N \, N(N-1) \big(1 - x^2 \big)^{N-2} (-2x)^2 \ + \ K_N N \big(1 - x^2 \big)^{N-1} (-2) \\ &= K_N \big(1 - x^2 \big)^{N-2} \bigg( N(N-1)(-2x)^2 - 2N(1 - x^2) \bigg) \\ \end{align}$$

y, por $n \ge 1$, $n$th derivada es

$$ \operatorname{R}_N^{(n)}(x) = K_N \big(1 - x^2 \big)^{N-n+1} \, g_n(x) $$

donde $g_n(x)$ algunos ($n$-1)th fin de la función polinomial de $x$ y es finito en valor. Esto puede ser demostrado de forma inductiva, considerando la ($n$+1)ésima derivada:

$$\begin{align} \\ \operatorname{R}_N^{(n+1)}(x) &= \tfrac{d}{dx} \Big( \operatorname{R}_N^{(n)}(x) \Big) \\ &= \tfrac{d}{dx} \Big(K_N \big(1 - x^2 \big)^{N-n+1} \, g_n(x)\Big) \\ &= K_N(N-n+1)\big(1 - x^2 \big)^{N-n} (-2x) g_n(x) \, + \, K_N \big(1-x^2 \big)^{N-n+1}g'_n(x) \\ &= K_N\big(1 - x^2 \big)^{N-n} \Big( (N-n+1)(-2x) g_n(x) \, + \, (1-x^2) g'_n(x) \Big) \\ &= K_N\big(1 - x^2 \big)^{N-n} \, g_{n+1}(x) \\ \\ \end{align}$$

donde $ g_{n+1}(x) = (N-n+1)(-2x) g_n(x) + (1-x^2) g'_n(x) $ .

Debido a la diferenciación, el orden del polinomio $g'_n(x)$ es uno menos que la orden de $g_n(x)$, pero polinomio $(1-x^2)g'_n(x)$ es de un orden mayor que $g_n(x)$, por lo que también es $(-2x) g_n(x)$.

Al $x = \pm 1$, luego la primera a la $N$ son derivados de cero, $$ \operatorname{R}^{(n)}(x) \Bigg|_{x=\pm 1} = 0 \qquad \text{for } 1 \le n \le N $$ haciendo de este polinomio máximamente plana en $x = \pm 1$.

El integrando es un binomio y se puede expresar como una potencia de la serie utilizando el binomio de expansión:

$$\begin{align} \big(1 - u^2 \big)^{N} & = \sum\limits_{n=0}^{N} \binom{N}{n} \big(-u^2\big)^n (1)^{N-n} \\ & = \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} \big(-u^2\big)^n (1)^{N-n} \\ & = \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} (-1)^n u^{2n} \\ \end{align}$$

Por lo que la integral se puede expresar como una integral de una potencia de la serie:

$$\begin{align} \int\limits_{0}^{x} \big(1 - u^2 \big)^{N} \ du & = \int\limits_{0}^{x} \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} (-1)^n u^{2n} \ du \\ & = \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} (-1)^n \int\limits_{0}^{x} u^{2n} \ du \\ & = \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} \frac{(-1)^n}{2n+1} u^{2n+1} \Bigg|_0^x \\ & = \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1} \\ & = x \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} \frac{(-1)^n}{2n+1} \big(x^2 \big)^n \\ \end{align}$$

Al $x = \pm 1$, obtenemos

$$ \int\limits_{0}^{\pm 1} \big(1 - u^2 \big)^{N} \ du = \pm \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} \frac{(-1)^n}{2n+1} $$

(hay un poco de improperness en la integral del límite.) Así que el escalador $K_N$ debe ser

$$ K_N = \left( \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} \frac{(-1)^n}{2n+1} \right)^{-1}$$

Esto hace que la impar-simétrica Smoothstep de la función:

$$ \operatorname{R}_N(x) = \left( \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} \frac{(-1)^n}{2n+1} \right)^{-1} \ \ \sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1} $$

para $|x| \le 1$ .

El Smoothstep polinomios (sin empalme a la $\operatorname{sgn}(x) = \pm 1$ saturada componentes) se parecen

enter image description here

Creo que el orden de $2N+1$ comienza en 1 y va hasta el 9 (o $0 \le N \le 4$)

Con la saturación adjunto, el Smoothstep sigmoide-como curvas parecen

enter image description here

La extraña simetría Smoothstep función es continua en todas partes y todos los derivados, hasta el $N$th derivados, son continuas en todas partes y la ($N$+1)ésima derivada y superior son continuas en todas partes, excepto donde la constante de saturación se empalma a la polinomio en $x = \pm 1$.

Lo que quiero demostrar es que las dos definiciones de estos Smoothstep polinomios son equivalentes, dado el buen escalado y desplazamiento de $x$.

$$\begin{align} \operatorname{R}_N(x) &= 2\operatorname{S}_N\big(\tfrac12(x+1)\big)-1 & -\infty < x < +\infty \\ \\ \frac{\sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}}{\sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n!(N-n)!} \frac{(-1)^n}{2n+1}} &= 2 \sum\limits_{n=0}^{N} \binom{-N-1}{n}\binom{2N+1}{N-n} \big(\tfrac12(x+1)\big)^{N+n+1} - 1 & -1 \le x \le 1 \\ \end{align}$$

Porque no es difícil demostrar la igualdad en $x=-1$, para mostrar ambos lados como equivalentes, es suficiente para mostrar sus derivados como equivalente (con la escala adecuada y el desplazamiento de $x$). Por lo que es suficiente para demostrar que

$$ \frac{(1-x^2)^{N}}{\sum\limits_{n=0}^{N} \frac{N!}{n! (N-n)!} \frac{(-1)^n}{2n+1}} = \sum_{n=0}^{N} \binom{-N-1}{n}\binom{2N+1}{N-n} (N+n+1) \left(\tfrac12(x+1)\right)^{N+n} $$

Esto es lo que la recompensa es para.

0voto

Claude Leibovici Puntos 54392

No sé cuánto esto podría ayudarle.

Lo que parece que, la utilización de $$S_n(x)=\sum_{i=0}^{n-1} \binom{-n}{i} \binom{2 n-1}{n-i-1} x^{n+i}=n \binom{2 n-1}{n-1} B_x(n,n)$$ where appears the incomplete beta function. $$S_n\left(\frac{x+1}2\right)=n \binom{2 n-1}{n-1} B_{\frac{x+1}{2}}(n,n)$$ $$R_n(x)=2 n \binom{2 n-1}{n-1} B_{\frac{x+1}{2}}(n,n)-1 $$ $$S^{'}_n\left (\frac {x + 1} 2\right) = \frac {\Gamma \left(n+\frac{1}{2}\right)} {\sqrt {\pi} \, \Gamma (n)} \left (1-x ^ 2\right) ^ {n-1} $$ $ $R ^ {'} _n (x) = \frac {2 \Gamma \left(n+\frac{1}{2}\right)} {\sqrt {\pi} \, \Gamma (n)} \left (1-x ^ 2\right) ^ {n-1} $$
Espero y no deseo comete errores de mi lado.

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