Aplicando la regla de la cadena a una función mapeando matrices a matrices

Question

Dada una función de $F:\text{Mat}(n,n)\rightarrow\text{Mat}(n,n)$, me gustaría conseguir $\frac{d}{dM_{ij}}F(M)^2$ el uso de la matriz de cálculo.

Yo ya deriva simplemente de escribir de manera explícita para mi elección de $F$, pero esto no parece generalizar bien si quiero tomar un segundo derivados de los poderes superiores de $F(M)$, por lo que yo quería para finalmente conseguir mi cabeza alrededor de la matriz de cálculo.

Para conseguir en la notación matricial, he observado que en $$\frac{d}{dM_{ij}}F(M)^2 = \left(\frac{d}{dM} F(M)^2\right)[e^{ij}]$$ for $e^{ij}\in\text{Mat}(n,n)$ such that $(e^{ij})_{xy} = \delta_{i=x}\delta_{j=y}$.

Ahora si $F$ eran de la identidad, entonces me gustaría obtener $Me^{ij}+e^{ij}M$ (o más generalmente, $\sum_{l=0}^{p-1}M^le^{ij}M^{p-l-1}$ $F(M)^p$ en lugar de $F(M)^2$). Usando la regla de la cadena, recibiría $$\left(F(M)e^{ij}+e^{ij}F(M)\right)\left(\frac{d}{dM}F(M)[e^{ij}]\right) ?$$

Información opcional:

Me parece raro ya que me multiplicar(/pasar como argumento) con $e^{ij}$ dos veces, que realmente no tienen mucho sentido en el escalar (por ejemplo,$n=1$), pero

1. No sé cómo hacer uso de la $(\frac{d}{dX} X^2)[Y]=XY+YX$ lo contrario
2. para simétrica $M$ y en la elección de mi $F$ (que se asigna positivo $M$ positivos $F(M)$) la traza de este objeto coincide con mi directos de computación (no estoy seguro si eso es sólo una coincidencia, causada por algunos de los involucrados simetrías).

Lo miré hasta ahora: la Mayoría de las notas que pude encontrar en línea sólo se ocupa de escalar con valores de funciones de matrices o vectores. http://www.math.uwaterloo.ca/~hwolkowi/matrixcookbook.pdf (p15, eq 136) parece ser una excepción, sino que se remontan a muy directa cálculos que es básicamente lo que he hecho hasta ahora. En cambio yo estaba pensando en conseguir algo a lo largo de las líneas de la Matriz de la regla de la cadena pregunta: ¿qué es $\frac{d}{dX} f(S)$ donde $S = (A+X)^{-1}$ (solo set $f=(F(M)^2)_{xy}$), pero esto no parece funcionar si no sé cómo invertir el $F$.

Answer 1

Dejar un signo de dos puntos (:) representa el doble de la contracción del producto, por ejemplo, $$\eqalign{C &= A:B \cr C_{ijmn} &= A_{ijkl}\,B_{klmn}}$$ También, vamos a ${\mathcal E}$ denotar el 4to orden tensor isótropo con componentes $${\mathcal E}_{ijkl}=\delta_{ik}\,\delta_{jl}$$ Voy a asumir que usted sabe cómo calcular la función de $F$ y su gradiente ${\mathcal G}=\frac{\partial F}{\partial M}$.
A continuación, el diferencial de gradiente y de su cuadrado de la función son $$\eqalign{ S &= F^2 \cr dS &= dF\,F + F\,dF \cr y= ({\mathcal E}F^T+F{\mathcal E}):dF \cr y= ({\mathcal E}F^T+F{\mathcal E}):{\mathcal G}:dM \cr \frac{\partial S}{\partial M} &= ({\mathcal E}F^T+F{\mathcal E}):{\mathcal G} \cr }$$ Si usted se siente incómodo con los tensores, entonces usted puede vectorizar todos los términos, es decir, $s={\rm vec}(S), f={\rm vec}(F),$ , etc, para obtener $$\eqalign{ {\rm vec}(dS) &= {\rm vec}(dF\,F + F\,dF) \cr ds &= (F^T\otimes I+I\otimes F)\,df \cr Y= (F^T\otimes I+I\otimes F)\G\dm \cr \frac{\partial s}{\partial m} &= (F^T\otimes I+I\otimes F)\G \cr }$$ donde $G=\frac{\partial f}{\partial m}$ es una matriz, no de 4º orden del tensor como ${\mathcal G}$.

Answer 2

En la notación de índice, con la convención de suma de Einstein, la solución es bastante simple $$\ eqalign {\ frac {\ partial S_ {pq}} {\ partial M_ {ij}} & = \ frac {\ partial (F_ {pk} F_ {kq})} {\ partial M_ {ij}} \ cr & = \ frac {(\ partial F_ {pk}) F_ {kq}} {\ partial M_ {ij}} + \ frac {F_ {pk} \, (\ partial F_ {kq})} {\ partial M_ {ij}}}$$