Day5~6 第二章感知機(jī)

1?感知機(jī)模型

??定義 2.1 (感知機(jī))?假設(shè)輸入空間是 $\mathcal{X}\subseteq\mathbb{R}^n$ ，輸出空間是 $\mathcal{Y}=\{+1,-1\}$ 部宿。輸入 $x\in\mathcal{X}$ 表示實(shí)例的特征向量抄腔，對(duì)應(yīng)輸出空間的的點(diǎn)；輸出 $y\in\mathcal{Y}$ 表示實(shí)例的類別理张。由輸入控件到輸出空間的如下函數(shù)： $f(x)=\text{sgn}(\omega \cdot x+b)$ 稱為感知機(jī)赫蛇。其中， $\omega$ 和 $b$ 為感知機(jī)模型的參數(shù)涯穷， $\omega \in \mathbb{R}^n$ 叫做權(quán)值 (weight) 或權(quán)值向量 (weight vector)棍掐， $b\in\mathbb{R}^n$ 叫做偏置 (bias)， $\omega\cdot x$ 表示 $\omega$ 和 $x$ 的內(nèi)積拷况， $\text{sgn}$ 是符號(hào)函數(shù)作煌。
??感知機(jī)是一種線性分類模型掘殴，屬于判別模型。感知機(jī)模型的假設(shè)空間是定義在特征空間中的所有線性分類模型粟誓，即函數(shù)集合 $\{f|f(x)=\omega\cdot x+b\}$ 奏寨。

2?感知機(jī)學(xué)習(xí)策略

2.1?數(shù)據(jù)集的線性可分性

??定義 2.2 (數(shù)據(jù)集的線性可分性)?給定一個(gè)數(shù)據(jù)集 $T=\{(x_1,y_1),(x_2,y_2),\dots ,(x_N,y_N)\}$ 其中， $x_i\in\mathcal{X}=\mathbb{R}^n$ 鹰服， $y_i\in\mathcal{Y}=\{+1,-1\}$ 病瞳， $i=1,2,\dots ,N$ ，若存在某個(gè)超平面 $S$ 能夠?qū)?shù)據(jù)集的正實(shí)例點(diǎn)與負(fù)實(shí)例點(diǎn)完全正確地劃分到超平面的兩側(cè)悲酷，則稱數(shù)據(jù)集 $T$ 為線性可分?jǐn)?shù)據(jù)集 (linearly swparaable data set)套菜；否則，稱數(shù)據(jù)集 $T$ 線性不可分设易。
??數(shù)據(jù)集是線性可分的是感知機(jī)學(xué)習(xí)最基本的假設(shè)之一逗柴。

2.2?感知機(jī)學(xué)習(xí)策略

??感知機(jī)的學(xué)習(xí)目標(biāo)是求得一個(gè)能夠?qū)⒂?xùn)練集正實(shí)例點(diǎn)和負(fù)實(shí)例點(diǎn)完全正確分開的超平面。為此我們需要定義一個(gè)包含模型參數(shù) $\omega$ 與 $b$ 的損失函數(shù)并將其極小化顿肺。
??通常地戏溺，我們選擇誤分類點(diǎn)到超平面 $S$ 的總距離作為損失函數(shù)，這樣得到的函數(shù)往往具有連續(xù)可導(dǎo)等良好性質(zhì)屠尊，便于優(yōu)化計(jì)算旷祸。
??假設(shè)超平面 $S$ 的誤分類點(diǎn)集合為 $M$ ，給定數(shù)據(jù)集 $T$ 同定義 2.2讼昆，那么所有誤分類點(diǎn)到超平面 $S$ 的總距離為 $-\frac{1}{||\omega||}\sum\limits_{x_i\in M} y_i(\omega \cdot x_i+b)$ 其中托享， $||\omega||$ 表示 $\omega$ 的 $L_2$ 范數(shù)。

??不難注意到 $1/||\omega||$ 恒為正數(shù)浸赫，將其舍去一方面不影響超平面對(duì)實(shí)例點(diǎn)的劃分嫌吠，另一方面可以避免大數(shù)除以小數(shù)以避免舍入誤差顾彰。實(shí)際上 $y(\omega\cdot x+b)$ 稱為樣本點(diǎn)的函數(shù)間隔宪潮，是衡量點(diǎn)與平面間隔大小的重要指標(biāo)之一驹尼。

??這樣就得到了感知機(jī)學(xué)習(xí)的損失函數(shù)： $L(\omega,b)=-\sum\limits_{x_i\in M} y_i(\omega \cdot x_i+b)$

3?感知機(jī)學(xué)習(xí)算法

3.1?感知機(jī)學(xué)習(xí)算法的原始形式

??假設(shè)超平面 $S$ 的誤分類點(diǎn)集合為 $M$ 筝家，給定數(shù)據(jù)集 $T$ 同定義 2.2罪郊，根據(jù) 2.2 小節(jié)的分析反璃，我們已經(jīng)得到感知機(jī)學(xué)習(xí)策略等價(jià)于求解含參數(shù) $\omega$ 與 $b$ 的如下最優(yōu)化問(wèn)題： $\min\limits_{\omega,b} L(\omega,b) = \min\limits_{\omega,b}\left\{- \sum\limits_{x_i\in M} y_i(\omega \cdot x_i+b)\right\}$ ??感知機(jī)學(xué)習(xí)算法采用的是隨機(jī)梯度下降法 (stochastic gradient descent)取董。

??梯度下降法是沿著函數(shù)下降最快的方向即梯度方向進(jìn)行迭代搜索盐茎，對(duì)于參數(shù) $\omega$ 與 $b$ 的更新者冤，所有的樣本都有貢獻(xiàn)： $\left( \begin{array}{l} \omega^T \\ b \end{array} \right) \leftarrow \left( \begin{array}{l} \omega^T \\ b \end{array} \right)- \eta\ \big(\text{grad}\ L(\omega ,b)\big)^T = \left( \begin{array}{l} \omega^T+\eta\sum\limits_{x_i\in M} y_ix_i^T \\ b+\eta\sum\limits_{x_i\in M} y_i\end{array} \right)$ 其中 $\eta(0<\eta\leqslant 1)$ 為步長(zhǎng)肤视，在統(tǒng)計(jì)學(xué)習(xí)中又稱為學(xué)習(xí)率(learning rate)。
??而隨機(jī)梯度法是用樣本中的一個(gè)例子來(lái)近似所有的樣本： $\left( \begin{array}{l} \omega^T \\ b \end{array} \right) \leftarrow \left( \begin{array}{l} \omega^T \\ b \end{array} \right) +\eta\left( \begin{array}{l} y_ix_i^T \\ \ \ \ y_i \end{array} \right)$ 其中涉枫， $\eta(0<\eta\leqslant 1)$ 為步長(zhǎng)邢滑。
??隨機(jī)梯度法相較于梯度下降法的優(yōu)點(diǎn)是當(dāng)樣本量很大時(shí)，訓(xùn)練速度是非吃柑快的（因?yàn)樘荻认陆邓惴看蔚家玫饺繕颖?困后，并且可以進(jìn)行在線更新乐纸。但是隨機(jī)梯度下降最大的缺點(diǎn)在于每次學(xué)習(xí)可能并不會(huì)按照正確的方向進(jìn)行，因此可能帶來(lái)優(yōu)化波動(dòng)(擾動(dòng))摇予，并且容易陷入局部最優(yōu)點(diǎn)汽绢。
??另外，有一種折中的辦法稱為小批量梯度下降法 (mini-batch gradient descent)侧戴，算法使用了一些小樣本來(lái)近似全部的樣本宁昭。相對(duì)于隨機(jī)梯度下降，其降低了收斂波動(dòng)性酗宋，即降低了參數(shù)更新的方差积仗，使得更新更加穩(wěn)定。相對(duì)于全量梯度下降蜕猫，其提高了每次學(xué)習(xí)的速度斥扛。這個(gè)方法在神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)訓(xùn)練中是非常常用的。

??通過(guò)上述分析丹锹，得到如下算法：
??算法2.1（感知機(jī)學(xué)習(xí)算法的原始形式）
??輸入：訓(xùn)練數(shù)據(jù)集 $T=\{(x_1,y_1),(x_2,y_2),\dots ,(x_N,y_N)\}$ ，其中 $x_i\in\mathcal{X}=\mathbb{R}^n$ 芬失， $y_i\in\mathcal{Y}=\{+1,-1\}$ 楣黍， $i=1,2,\dots,N$ ；學(xué)習(xí)率 $\eta(0<\eta\leqslant 1)$ 棱烂；
??輸出： $\omega ,b$ 租漂；感知機(jī)模型 $f(x)=\text{sgn}(\omega\cdot x+b)$ ；
??(1) 選取初值 $\omega_0,b_0$ ;
??(2) 在訓(xùn)練集中選取數(shù)據(jù) $x_i,y_i$ 颊糜；
??(3) 若 $y_i(\omega\cdot x_i +b)\leqslant 0$ 哩治，則 $\omega\leftarrow\omega+\eta\ y_ix_i$ $b\leftarrow b+\eta\ y_i$ ??(4) 轉(zhuǎn)至 (2)，直至訓(xùn)練集中沒有誤分類點(diǎn)衬鱼。

注：不難發(fā)現(xiàn)业筏，若數(shù)據(jù)集不可分則該算法將會(huì)一直迭代下去。

3.2?感知機(jī)學(xué)習(xí)算法的對(duì)偶形式

??對(duì)偶形式的基本想法是鸟赫，將 $w$ 和 $b$ 表示為實(shí)例 $x_i$ 和標(biāo)記 $y_i$ 的組合形式蒜胖，通過(guò)求解其系數(shù)來(lái)求解 $w$ 和 $b$ 。不失一般性抛蚤，假設(shè)算法 2.1 中 $w$ 和 $b$ 初始值都為 0台谢。逐步對(duì)參數(shù) $\omega$ 與 $b$ 進(jìn)行迭代，迭代 $n$ 次后岁经，參數(shù) $\omega$ 與 $b$ 可表示為： $\omega=\sum_{i=1}^N\alpha_i y_ix_i,\quad b=\sum_{i=1}^N\alpha_i y_i$ 其中 $\alpha_i=n_i \eta$ 朋沮， $\sum\limits_{i=1}^N n_i = n$ ， $n_i$ 表示第 $i$ 個(gè)實(shí)例點(diǎn)由于誤分而進(jìn)入迭代的次數(shù)缀壤。 $n_i$ 越大樊拓，表明該實(shí)例點(diǎn)被選用的次數(shù)越多纠亚，也就是越接近超平面，從而越容易被分錯(cuò)骑脱。
??通過(guò)上述分析菜枷，得到如下算法：
??算法2.2（感知機(jī)學(xué)習(xí)算法的對(duì)偶形式）
??輸入：訓(xùn)練數(shù)據(jù)集 $T=\{(x_1,y_1),(x_2,y_2),\dots ,(x_N,y_N)\}$ ，其中 $x_i\in\mathcal{X}=\mathbb{R}^n$ 叁丧， $y_i\in\mathcal{Y}=\{+1,-1\}$ 啤誊， $i=1,2,\dots,N$ ；學(xué)習(xí)率 $\eta(0<\eta\leqslant 1)$ 拥娄；
??輸出： $\omega ,b$ 蚊锹；感知機(jī)模型 $f(x)=\text{sgn}(\sum\limits_{j=1}^N \alpha_j y_j x_j \cdot x+b)$ ；
??(1) 選取初值 $\alpha_0=,b_0=0$ ;
??(2) 在訓(xùn)練集中選取數(shù)據(jù) $x_i,y_i$ 稚瘾；
??(3) 若 $y_i\left(\sum\limits_{j=1}^N \alpha_j y_j x_j \cdot x_i +b\right)\leqslant 0$ 牡昆，則 $\alpha\leftarrow\alpha+\eta$ $b\leftarrow b+\eta\ y_i$ ??(4) 轉(zhuǎn)至 (2)，直至訓(xùn)練集中沒有誤分類點(diǎn)摊欠。

??對(duì)偶形式只用計(jì)算 $x_i$ 與 $x_j$ 的內(nèi)積丢烘，而避免了在迭代過(guò)程中 $\omega$ 與 $x_i$ 的內(nèi)積計(jì)算⌒┙罚可以預(yù)先將訓(xùn)練集中的實(shí)例間的內(nèi)積計(jì)算出來(lái)并以矩陣的形式儲(chǔ)存播瞳，即 Gram 矩陣，這樣能夠減少在迭代學(xué)習(xí)過(guò)程中的計(jì)算免糕，加快學(xué)習(xí)速率赢乓。

4?習(xí)題

習(xí)題 2.3?證明以下定理：樣本集線性可分的充要條件是正實(shí)例點(diǎn)集所構(gòu)成的凸殼與負(fù)實(shí)例點(diǎn)集所構(gòu)成的凸殼互不相交。

證明：
??設(shè)集合 $S\subset \mathbb{R}^n$ 由 $k$ 個(gè)點(diǎn)組成： $S = \{x_1,\dots,x_k\}$ 石窑。那么根據(jù)定義 $S$ 的凸殼 $\text{conv(S)}$ 為 $\text{conv}(S)=\left\{x=\sum\limits_{i=1}^k \lambda_i x_i \bigg|\sum\limits_{i=1}^k \lambda_i=1, \lambda_i\geqslant 0, i=1,2,\dots ,k \right\}$ ??設(shè)正實(shí)例點(diǎn)集為 $S^+$ 牌芋，其構(gòu)成的凸殼為 $\text{conv}(S^+)$ ；設(shè)負(fù)實(shí)例點(diǎn)集為 $S^-$ 松逊，其構(gòu)成的凸殼為 $\text{conv}(S^-)$ 躺屁。
??不失一般性，設(shè) $x_1,\dots,x_{m} \in S^+经宏，x_{m+1},\dots,x_{k} \in S^-$ 楼咳。
（1）必要性
??必要性的直接證明比較復(fù)雜，我的想法是由于凸殼是一個(gè)凸集烛恤，再參考最優(yōu)化理論里的凸集分離定理即可得證母怜。證明凸殼是凸集是簡(jiǎn)單的，這里以證明 $\text{conv}(S^+)$ 是凸集為例：
?? $\forall v_1 ,v_2 \in \text{conv}(S^+), \exists \lambda_1,\dots,\lambda_m,\eta_1,\dots,\eta_m\geqslant 0$ , 滿足 $\Sigma\lambda_i=\Sigma\eta_i=1$ . 且 $v_1=\sum\limits_{i=1}^m\lambda_ix_i, \quad v_2=\sum\limits_{i=1}^m\eta_ix_i$ ??于是 $\forall \xi\in[0,1]$ 有
$\begin{align} \xi v_1+(1-\xi )v_2 = & \,\, \xi\sum\limits_{i=1}^m\lambda_ix_i+(1-\xi)\sum\limits_{i=1}^m\eta_ix_i\\ = & \,\sum\limits_{i=1}^m \big(\xi\lambda_i+(1-\xi)\eta_i\big)x_i\\ \end{align}$ ??令 $\tau_i=\xi\lambda_i+(1-\xi)\eta_i$ 缚柏，由于 $\xi\in[0,1]$ 苹熏，故有 $\tau_i\geqslant 0$ ， $i=1,2,\dots m$ ，并且
$\begin{align} \sum\limits_{i=1}^m\tau_i = & \,\sum\limits_{i=1}^m \big(\xi\lambda_i+(1-\xi)\eta_i\big)\\ = & \,\, \xi\sum\limits_{i=1}^m\lambda_i+(1-\xi)\sum\limits_{i=1}^m\eta_i\\ = & \,\, \xi+(1-\xi)=1\\ \end{align}$ ??因此 $\forall \xi\in[0,1]$ 有 $\xi v_1+(1-\xi)v_2\in \text{conv}(S^+)$ 轨域。即集合內(nèi)任意兩點(diǎn)之間的連線都仍然在集合內(nèi)袱耽，故 $\text{conv}(S^+)$ 是凸集。根據(jù)凸集分離定理即可得證干发。凸集分離定理的證明這里就不再重復(fù)了朱巨，可參考開頭給出的參考資料。
??直接的證明方法可參考統(tǒng)計(jì)學(xué)習(xí)方法習(xí)題解答第2章感知機(jī)枉长。

（2）充分性
??根據(jù)線性可分的定義冀续，必然存在 $\omega$ 與 $b$ ，使得 $\forall x_i\in S$ 以及對(duì)應(yīng)的 $y_i$ 滿足 $y_i(\omega\cdot x_i+b)>0,\ i=1,2,\dots k$ ??反證法必峰。假設(shè)正實(shí)例點(diǎn)集所構(gòu)成的凸殼與負(fù)實(shí)例點(diǎn)集所構(gòu)成的凸殼相交洪唐。則 $\exists x^*\in S$ 滿足 $x^*\in \text{conv}(S^+)$ ，且 $x^*\in \text{conv}(S^-)$ 吼蚁。
??①一方面由于 $x^*\in \text{conv}(S^+)$ 凭需，可得 $x^*=\sum\limits_{i=1}^m\eta_ix_i$ 滿足 $\sum\limits_{i=1}^m \eta_i=1, \eta_i\geqslant 0, i=1,\dots ,m$ ，從而 $\begin{align} \omega \cdot x^*+b= & \,\, \omega \cdot \sum\limits_{i=1}^m\eta_ix_i+b\\ = & \,\,\omega \cdot \sum\limits_{i=1}^m\eta_ix_i+\sum\limits_{i=1}^m\eta_i b\\ = & \,\, \sum\limits_{i=1}^m\eta_i(\omega \cdot x_i+ b)\\ \end{align}$ 由于 $\forall x_i\in S^+$ 有 $y_i=1$ 肝匆。結(jié)合線性可分 $y_i(\omega\cdot x_i+b)>0$ 粒蜈，從而 $\omega\cdot x_i+b>0$ 。再結(jié)合 $\eta_i\geqslant 0$ 旗国，于是 $\omega \cdot x^*+b=\sum\limits_{x_i\in S^+}\eta_i(\omega \cdot x_i+ b)>0$ 故 $x^*$ 位于超平面 $\omega\cdot x + b$ 的上方枯怖。
??②另一方面由于 $x^*\in \text{conv}(S^-)$ ，可得 $x^*=\sum\limits_{i=m+1}^k\eta_ix_i$ 滿足 $\sum\limits_{i=m+1}^k \eta_i=1, \eta_i\geqslant 0, i=1,\dots ,m$ 粗仓，從而 $\begin{align} \omega \cdot x^*+b= & \,\, \omega \cdot \sum\limits_{i=m+1}^k\eta_ix_i+b\\ = & \,\, \omega \cdot \sum\limits_{i=m+1}^k\eta_ix_i+\sum\limits_{i=m+1}^k\eta_i b\\ = & \sum\limits_{i=m+1}^k\eta_i(\omega \cdot x_i+ b)\\ \end{align}$ 由于 $\forall x_i\in S^-$ 有 $y_i=-1$ 。結(jié)合線性可分 $y_i(\omega\cdot x_i+b)>0$ 设捐，于是 $\omega\cdot x_i+b<0$ 借浊。再結(jié)合 $\eta_i\geqslant 0$ ，從而 $\omega \cdot x^*+b=\sum\limits_{x_i\in S^-}\eta_i(\omega \cdot x_i+ b)<0$ 故 $x^*$ 位于超平面 $\omega\cdot x + b$ 的下方萝招。
??顯然 $x^*$ 不能同時(shí)位于一個(gè)超平面的上方與下方蚂斤，故假設(shè)不成立。因此正實(shí)例點(diǎn)集所構(gòu)成的凸殼與負(fù)實(shí)例點(diǎn)集所構(gòu)成的凸殼互不相交槐沼。充分性得證曙蒸。

最后編輯于：2023.02.18 10:09:43

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