模式识别与机器学习-SVM（线性支持向量机）

线性支持向量机

• 线性支持向量机
• • 间隔距离
  • 学习的对偶算法
  • 算法:线性可分支持向量机学习算法
  • 线性可分支持向量机例子

谨以此博客作为复习期间的记录

线性支持向量机

在以上四条线中，都可以作为分割平面，误差率也都为0。但是那个分割平面效果更好呢？其实可以看出，黑色的线具有更好的性质，因为如果将黑色的线作为分割平面，将会有更大的间隔距离。
其中，分割平面可以用以下式子表示:
$$wx+b=0$$
$w\text{和}b$都是有待学习的参数，SVM的核心思想之一就是找到这样的一个平面，使得间隔距离最大。那么该如何表述间隔距离呢？

间隔距离

在分割平面$wx+b=0$确定的情况下，对每一个样本点 xi, ∣ w xi+ b ∣x_i,|wx_i+b|xi​,∣wxi​+b∣可以表示样本点 xi x_ixi​到分割平面的距离。而若是二分类， yi∈ { 1 , − 1 }y_i \in \{1,-1\}yi​∈{1,−1}，那么 yi( w xi+ b )y_i(wx_i+b)yi​(wxi​+b)同样可以表示样本点到分割平面的距离。

对于二分类问题，数据点 xi \mathbf{x}_ixi​ 到超平面的函数间隔定义为：γ ^i= yi( w ⋅ xi+ b )\hat{\gamma}_i = y_i (\mathbf{w} \cdot \mathbf{x}_i + b)γ^​i​=yi​(w⋅xi​+b)

函数间隔的正负号表示数据点所属的类别和超平面分割的一致性。当 γ ^i> 0\hat{\gamma}_i > 0γ^​i​>0 时，数据点 xi \mathbf{x}_ixi​ 被正确地分类到超平面两侧的区域，而当 γ ^i< 0\hat{\gamma}_i < 0γ^​i​<0 时，数据点被错误地分类或位于超平面上。若 γ ^i= 0\hat{\gamma}_i = 0γ^​i​=0，则表示数据点在超平面上。

而这里就可以得出SVM的初步思想:最大化最小函数间隔，公式表述如下
max min( γ^i) i=1…Nmax \quad min(\hat{\gamma}_i) \qquad i = 1…N maxmin(γ^​i​)i=1…N
也就是在所有样本点 ( xi, yi)(x_i,y_i)(xi​,yi​)中，可以找到离分割平面最近的点，我们想让这些点的距离达到最大。但是有一个问题，但是选择分离超平面时，只有函数间隔还不够．因为只要成比例地改变$w$和 $b$ ，例如将它们改为 $2w$ 和 $2b$ ，超平面并没有改变，但函数间隔却成为原来的 2 倍．这一事实启示我们，可以对分离超平面的法向量 $w$ 加某些约束，如规范化$||w||=1$,这时函数间隔就变为了几何间隔。
几何间隔 对于给定的训练数据集 $T$ 和超平面 $(w,b)$, 定义超平面 $(w,b)$ 关于样本点 ( xi, yi)\left(x_i, y_i\right)(xi​,yi​) 的几何间隔为
γ i= y i ( w ∥ w ∥⋅ xi+ b ∥ w ∥)\gamma_i=y_i\left(\frac{w}{\|w\|} \cdot x_i+\frac{b}{\|w\|}\right) γi​=yi​(∥w∥w​⋅xi​+∥w∥b​)

定义超平面 $(w,b)$ 关于训练数据集 $T$ 的几何间隔为超平面 $(w,b)$ 关于 $T$ 中所有样本点 ( xi, yi)\left(x_i, y_i\right)(xi​,yi​) 的几何间隔之最小值, 即
γ= min⁡i=1,⋯   ,Nγ i\gamma=\min _{i=1, \cdots, N} \gamma_i γ=i=1,⋯,Nmin​γi​

超平面 $(w,b)$ 关于样本点 ( xi, yi)\left(x_i, y_i\right)(xi​,yi​) 的几何间隔一般是实例点到超平面的带符号的距离 (signed distance), 当样本点被超平面正确分类时就是实例点到超平面的距离.

从函数间隔和几何间隔的定义 (式(7.3) 式(7.6)）可知, 函数间隔和几何间隔有下面的关系:
γ i=γ ^i∥w∥ γ= γ^∥w∥ \begin{gathered} \gamma_i=\frac{\hat{\gamma}_i}{\|w\|} \\ \gamma=\frac{\hat{\gamma}}{\|w\|} \end{gathered} γi​=∥w∥γ^​i​​γ=∥w∥γ^​​​

如果 $\Vert w\Vert =1$, 那么函数间隔和几何间隔相等. 如果超平面参数 $w$ 和 $b$ 成比例地改变 (超平面没有改变)，函数间隔也按此比例改变，而几何间隔不变.

那么，优化目标可以等价的表述如下
maximize γ subjectto γ≤ y i ( w ∥ w ∥⋅ xi+ b ∥ w ∥), i=1,2,…,n\begin{align*} & \text{maximize} \quad \gamma \\ & \text{subject to} \quad \gamma \leq y_i \left(\frac{\mathbf{w}}{\|\mathbf{w}\|} \cdot \mathbf{x}_i + \frac{b}{\|\mathbf{w}\|}\right), \quad i = 1, 2, \dots, n \end{align*} ​maximizeγsubjecttoγ≤yi​(∥w∥w​⋅xi​+∥w∥b​),i=1,2,…,n​
转化为几何间隔:

maximizeγ^∥w∥subjecttoγ ^≤ y i ( w ⋅ xi+ b ), i=1,2,…,n\begin{align*} & \text{maximize} \quad \frac{\hat{\gamma}}{\|w\|} \\ & \text{subject to} \quad \hat{\gamma} \leq y_i \left(\mathbf{w} \cdot \mathbf{x}_i + b\right), \quad i = 1, 2, \dots, n \end{align*} ​maximize∥w∥γ^​​subjecttoγ^​≤yi​(w⋅xi​+b),i=1,2,…,n​
可以令 γ^= 1\hat{\gamma} = 1γ^​=1,目标函数变为 m a x i m i z e 1 ∣ ∣ w ∣ ∣ maximize \quad\frac{1}{||w||}maximize∣∣w∣∣1​,等价于 m i n i m i z e 12∣ ∣ w ∣ ∣minimize\quad \frac{1}{2}||w||minimize21​∣∣w∣∣.原问题可化为以下形式.
minimize1 2∣∣w∣ ∣ 2 subjecttoy i ( w ⋅ xi+ b )−1≥0, i=1,2,…,n\begin{align*} & \text{minimize} \quad \frac{1}{2}||w||^2\\ & \text{subject to} \quad y_i \left(\mathbf{w} \cdot \mathbf{x}_i + b\right) – 1\geq 0, \quad i = 1, 2, \dots, n \end{align*} ​minimize21​∣∣w∣∣2subjecttoyi​(w⋅xi​+b)−1≥0,i=1,2,…,n​
以上是一个凸优化问题，通过求解上述问题即可得到最终的最优决策平面。

在决定分离超平面时只有支持向量起作用，而其他实例点并不起作用．如果移动支持向量将改变所求的解；但是如果在间隔边界以外移动其他实例点，甚至去掉这些点，则解是不会改变的．由于支持向量在确定分离超平面中起着决定性作用，所以将这种分类模型称为支持向量机．支持向量的个数一般很少，所以支持向量机由很少的“重要的”训练样本确定．

学习的对偶算法

为了求解上述问题，可以构造拉格朗日函数，通过求解对偶问题得到原始问题的最优解。
这样做的优点，一是对偶问题往往更容易求解；二是自然引入核函数，进而推广到非线性分类问题。
首先构建拉格朗日函数 (Lagrange function). 为此, 对每一个不等式约束引进拉格朗日乘子 (Lagrange multiplier) αi⩾ 0 , i = 1 , 2 , ⋯  , N\alpha_i \geqslant 0, i=1,2, \cdots, Nαi​⩾0,i=1,2,⋯,N, 定义拉格朗日函数:
L(w,b,α)= 1 2∥w ∥ 2− ∑ i=1N α i y i ( w ⋅ xi+ b )+ ∑ i=1N α iL(w, b, \alpha)=\frac{1}{2}\|w\|^2-\sum_{i=1}^N \alpha_i y_i\left(w \cdot x_i+b\right)+\sum_{i=1}^N \alpha_i L(w,b,α)=21​∥w∥2−i=1∑N​αi​yi​(w⋅xi​+b)+i=1∑N​αi​
其中, α =( α1, α2, ⋯  , αN)T \alpha=\left(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_N\right)^{\mathrm{T}}α=(α1​,α2​,⋯,αN​)T 为拉格朗日乘子向量.
根据拉格朗日对偶性，原始问题的对偶问题是极大极小问题:
max⁡α min⁡w,b L(w,b,α)\max _\alpha \min _{w, b} L(w, b, \alpha) αmax​w,bmin​L(w,b,α)

所以, 为了得到对偶问题的解, 需要先求 $L(w,b,\alpha )$ 对 $w,b$ 的极小, 再求对 $\alpha$ 的极大.

拉格朗日函数为：
L(w,b,α)= 1 2∥w ∥ 2− ∑ i=1N α i y i(w⋅ x i+b)+ ∑ i=1N α iL(w, b, \alpha)=\frac{1}{2}\|\mathbf{w}\|^2-\sum_{i=1}^N \alpha_i y_i(\mathbf{w} \cdot \mathbf{x}_i+b)+\sum_{i=1}^N \alpha_i L(w,b,α)=21​∥w∥2−i=1∑N​αi​yi​(w⋅xi​+b)+i=1∑N​αi​

其中， α =( α1, α2, ⋯  , αN)T \alpha=\left(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_N\right)^{\mathrm{T}}α=(α1​,α2​,⋯,αN​)T 为拉格朗日乘子向量。

接下来，我们进行极小化 $L(w,b,\alpha )$ 对 $w$ 和 $b$的过程。需要对 $L(w,b,\alpha )$ 分别对 $w$ 和 $b$ 求偏导，并令其等于零：

对$w$ 的偏导数：
∂ L ∂ w= w − ∑ i = 1Nαiyixi= 0\frac{\partial L}{\partial w} = w – \sum_{i=1}^N \alpha_i y_i x_i = 0∂w∂L​=w−∑i=1N​αi​yi​xi​=0
得到： w = ∑ i = 1Nαiyixi w = \sum_{i=1}^N \alpha_i y_i x_iw=∑i=1N​αi​yi​xi​

对 $b$ 的偏导数：
∂ L ∂ b= − ∑ i = 1Nαiyi= 0\frac{\partial L}{\partial b} = -\sum_{i=1}^N \alpha_i y_i = 0∂b∂L​=−∑i=1N​αi​yi​=0
得到： ∑ i = 1Nαiyi= 0\sum_{i=1}^N \alpha_i y_i = 0∑i=1N​αi​yi​=0

将上述对 $w$ 和 $b$ 的结果代入拉格朗日函数 $L(w,b,\alpha )$，得到极小化后的结果

这样，对偶问题可以表示为：
min⁡α− 1 2 ∑ i=1N ∑ j=1N α i α j y i y j( x i⋅ x j)+ ∑ i=1N α i\min_\alpha -\frac{1}{2} \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N \alpha_i \alpha_j y_i y_j (x_i \cdot x_j) + \sum_{i=1}^N \alpha_i αmin​−21​i=1∑N​j=1∑N​αi​αj​yi​yj​(xi​⋅xj​)+i=1∑N​αi​
其中， αi⩾ 0\alpha_i \geqslant 0αi​⩾0，$i=1,2,\cdots ,N$，并且满足 ∑ i = 1Nαiyi= 0\sum_{i=1}^N \alpha_i y_i = 0∑i=1N​αi​yi​=0。
然后，对拉格朗日函数 $L(w,b,\alpha )$ 对 $\alpha$ 求极大值，这样就可以得到对偶问题的解。

那么求解得到$\alpha$之后，该如何反求出 w∗, b∗ w^*,b^*w∗,b∗呢？
根据KKT条件，有
∇ wL ( w∗, b∗, α∗)= w ∗− ∑ i=1N α i ∗ y i x i=0∇ bL ( w∗, b∗, α∗)=− ∑ i=1N α i ∗ y i=0α i ∗ ( yi( w ∗⋅ x i+ b ∗)− 1 )=0, i=1,2,⋯   ,Ny i ( w∗⋅ xi+ b∗)−1⩾0, i=1,2,⋯   ,Nα i ∗⩾0, i=1,2,⋯   ,N\begin{aligned} & \nabla_w L\left(w^*, b^*, \alpha^*\right)=w^*-\sum_{i=1}^N \alpha_i^* y_i x_i=0 \\ & \nabla_b L\left(w^*, b^*, \alpha^*\right)=-\sum_{i=1}^N \alpha_i^* y_i=0 \\ & \alpha_i^*\left(y_i\left(w^* \cdot x_i+b^*\right)-1\right)=0, \quad i=1,2, \cdots, N \\ & y_i\left(w^* \cdot x_i+b^*\right)-1 \geqslant 0, \quad i=1,2, \cdots, N \\ & \alpha_i^* \geqslant 0, \quad i=1,2, \cdots, N \end{aligned} ​∇w​L(w∗,b∗,α∗)=w∗−i=1∑N​αi∗​yi​xi​=0∇b​L(w∗,b∗,α∗)=−i=1∑N​αi∗​yi​=0αi∗​(yi​(w∗⋅xi​+b∗)−1)=0,i=1,2,⋯,Nyi​(w∗⋅xi​+b∗)−1⩾0,i=1,2,⋯,Nαi∗​⩾0,i=1,2,⋯,N​
由此得
w ∗= ∑ i α i ∗ y i x iw^*=\sum_i \alpha_i^* y_i x_i w∗=i∑​αi∗​yi​xi​
其中至少有一个 αj∗> 0\alpha_j^*>0αj∗​>0 (用反证法, 假设 α∗= 0\alpha^*=0α∗=0, 由第一条KKT条件可知 w∗= 0w^*=0w∗=0, 而 w∗= 0w^*=0w∗=0不是原始最优化问题的解, 产生矛盾), 对此 $j$ 有
y j ( w∗⋅ xj+ b∗)−1=0y_j\left(w^* \cdot x_j+b^*\right)-1=0 yj​(w∗⋅xj​+b∗)−1=0
有 yj2= 1y_j^2 = 1yj2​=1, yj( w ∗⋅ x j+ b ∗)− yj2= 0y_j\left(w^* \cdot x_j+b^*\right)-y_j^2=0yj​(w∗⋅xj​+b∗)−yj2​=0进而得出 w∗⋅ xj+ b∗− yj= 0w^* \cdot x_j+b^* – y_j = 0w∗⋅xj​+b∗−yj​=0
因此，在求解出 α∗ \alpha^*α∗之后，可以得到决策平面的 w∗和 b∗ w^*和b^*w∗和b∗
w ∗= ∑ i α i ∗ y i x ib ∗= y j− w ∗⋅ x jw^*=\sum_i \alpha_i^* y_i x_i\\ b^* = y_j – w^* \cdot x_j w∗=i∑​αi∗​yi​xi​b∗=yj​−w∗⋅xj​

算法:线性可分支持向量机学习算法

输入: 线性可分训练集 T = { ( x1, y1), ( x2, y2),⋯   , ( xN, yN)} T=\left\{\left(x_1, y_1\right),\left(x_2, y_2\right), \cdots,\left(x_N, y_N\right)\right\}T={(x1​,y1​),(x2​,y2​),⋯,(xN​,yN​)}, 其中 xi∈ X = Rn, yi∈x_i \in \mathcal{X}=\mathbf{R}^n, y_i \inxi​∈X=Rn,yi​∈ $\mathcal{Y}=\{-1,+1\},i=1,2,\cdots ,N$;
输出: 分离超平面和分类决策函数.
（1）构造并求解约束最优化问题
min⁡α1 2 ∑ i=1N ∑ j=1N α i α j y i y j ( xi⋅ xj)− ∑ i=1N α i s.t.∑ i=1N α i y i=0α i⩾0, i=1,2,⋯   ,N\begin{aligned} & \min _\alpha \quad \frac{1}{2} \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N \alpha_i \alpha_j y_i y_j\left(x_i \cdot x_j\right)-\sum_{i=1}^N \alpha_i \\ & \text { s.t. } \quad \sum_{i=1}^N \alpha_i y_i=0 \\ & \alpha_i \geqslant 0, \quad i=1,2, \cdots, N \end{aligned} ​αmin​21​i=1∑N​j=1∑N​αi​αj​yi​yj​(xi​⋅xj​)−i=1∑N​αi​s.t.i=1∑N​αi​yi​=0αi​⩾0,i=1,2,⋯,N​

求得最优解 α∗=( α1∗, α2∗, ⋯  , αN∗)T \alpha^*=\left(\alpha_1^*, \alpha_2^*, \cdots, \alpha_N^*\right)^{\mathrm{T}}α∗=(α1∗​,α2∗​,⋯,αN∗​)T.
(2) 计算
w ∗= ∑ i=1N α i ∗ y i x iw^*=\sum_{i=1}^N \alpha_i^* y_i x_i w∗=i=1∑N​αi∗​yi​xi​

并选择 α∗ \alpha^*α∗ 的一个正分量 αj∗> 0\alpha_j^*>0αj∗​>0, 计算
b ∗= y j− ∑ i=1N α i ∗ y i ( xi⋅ xj)b^*=y_j-\sum_{i=1}^N \alpha_i^* y_i\left(x_i \cdot x_j\right) b∗=yj​−i=1∑N​αi∗​yi​(xi​⋅xj​)

(3) 求得分离超平面
w ∗⋅x+ b ∗=0w^* \cdot x+b^*=0 w∗⋅x+b∗=0

分类决策函数:
f(x)=sign⁡ ( w∗⋅ x + b∗)f(x)=\operatorname{sign}\left(w^* \cdot x+b^*\right) f(x)=sign(w∗⋅x+b∗)

在线性可分支持向量机中, w∗ w^*w∗ 和 b∗ b^*b∗ 只依赖于训练数据中对应于 αi∗> 0\alpha_i^*>0αi∗​>0 的样本点 ( xi, yi)\left(x_i, y_i\right)(xi​,yi​), 而其他样本点对 w∗ w^*w∗ 和 b∗ b^*b∗ 没有影响. 我们将训练数据中对应于 αi∗> 0\alpha_i^*>0αi∗​>0 的实例点 xi∈ Rn x_i \in \mathbf{R}^nxi​∈Rn 称为支持向量.

线性可分支持向量机例子

带入
min⁡α1 2 ∑ i=1N ∑ j=1N α i α j y i y j ( xi⋅ xj)− ∑ i=1N α i s.t.∑ i=1N α i y i=0α i⩾0, i=1,2,⋯   ,N\begin{aligned} & \min _\alpha \quad \frac{1}{2} \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N \alpha_i \alpha_j y_i y_j\left(x_i \cdot x_j\right)-\sum_{i=1}^N \alpha_i \\ & \text { s.t. } \quad \sum_{i=1}^N \alpha_i y_i=0 \\ & \alpha_i \geqslant 0, \quad i=1,2, \cdots, N \end{aligned} ​αmin​21​i=1∑N​j=1∑N​αi​αj​yi​yj​(xi​⋅xj​)−i=1∑N​αi​s.t.i=1∑N​αi​yi​=0αi​⩾0,i=1,2,⋯,N​
解 根据所给数据, 对偶问题是
min ⁡α 1 2 ∑ i=1N ∑ j=1N α i α j y i y j ( xi⋅ xj)− ∑ i=1N α i= 1 2 ( 18 α12+ 25 α22+ 2 α32+ 42 α1α2− 12 α1α3− 14 α2α3)− α 1− α 2− α 3s.t.α 1+ α 2− α 3=0 α i⩾0, i=1,2,3\begin{array}{ll} \min _\alpha & \frac{1}{2} \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N \alpha_i \alpha_j y_i y_j\left(x_i \cdot x_j\right)-\sum_{i=1}^N \alpha_i \\ & =\frac{1}{2}\left(18 \alpha_1^2+25 \alpha_2^2+2 \alpha_3^2+42 \alpha_1 \alpha_2-12 \alpha_1 \alpha_3-14 \alpha_2 \alpha_3\right)-\alpha_1-\alpha_2-\alpha_3 \\ \text { s.t. } & \alpha_1+\alpha_2-\alpha_3=0 \\ & \alpha_i \geqslant 0, \quad i=1,2,3 \end{array} minα​s.t.​21​∑i=1N​∑j=1N​αi​αj​yi​yj​(xi​⋅xj​)−∑i=1N​αi​=21​(18α12​+25α22​+2α32​+42α1​α2​−12α1​α3​−14α2​α3​)−α1​−α2​−α3​α1​+α2​−α3​=0αi​⩾0,i=1,2,3​

解这一最优化问题. 将 α3= α1+ α2 \alpha_3=\alpha_1+\alpha_2α3​=α1​+α2​ 代入目标函数并记为
s ( α1, α2)=4 α 1 2+ 13 2 α 2 2+10 α 1 α 2−2 α 1−2 α 2s\left(\alpha_1, \alpha_2\right)=4 \alpha_1^2+\frac{13}{2} \alpha_2^2+10 \alpha_1 \alpha_2-2 \alpha_1-2 \alpha_2 s(α1​,α2​)=4α12​+213​α22​+10α1​α2​−2α1​−2α2​

对 α1, α2 \alpha_1, \alpha_2α1​,α2​ 求偏导数并令其为 0 , 易知 s ( α 1, α 2) s\left(\alpha_1, \alpha_2\right)s(α1​,α2​) 在点 ( 32, − 1 )T \left(\frac{3}{2},-1\right)^{\mathrm{T}}(23​,−1)T 取极值, 但该点不满足约束条件 α2⩾ 0\alpha_2 \geqslant 0α2​⩾0, 所以最小值应在边界上达到.
当 α1= 0\alpha_1=0α1​=0 时, 最小值 s (0, 2 13)= − 213 s\left(0, \frac{2}{13}\right)=-\frac{2}{13}s(0,132​)=−132​; 当 α2= 0\alpha_2=0α2​=0 时, 最小值 s ( 1 4,0)= − 14 s\left(\frac{1}{4}, 0\right)=-\frac{1}{4}s(41​,0)=−41​. 于是 s ( α 1, α 2) s\left(\alpha_1, \alpha_2\right)s(α1​,α2​) 在 α1= 14, α2= 0\alpha_1=\frac{1}{4}, \alpha_2=0α1​=41​,α2​=0 达到最小, 此时 α3= α1+ α2= 14 \alpha_3=\alpha_1+\alpha_2=\frac{1}{4}α3​=α1​+α2​=41​.

这样, α1∗= α3∗= 14 \alpha_1^*=\alpha_3^*=\frac{1}{4}α1∗​=α3∗​=41​ 对应的实例点 x1, x3 x_1, x_3x1​,x3​ 是支持向量. 计算得
w 1 ∗= w 2 ∗= 1 2 b ∗=−2\begin{gathered} w_1^*=w_2^*=\frac{1}{2} \\ b^*=-2 \end{gathered} w1∗​=w2∗​=21​b∗=−2​

分离超平面为
1 2 x (1) + 1 2 x (2) −2=0\frac{1}{2} x^{(1)}+\frac{1}{2} x^{(2)}-2=0 21​x(1)+21​x(2)−2=0

分类决策函数为
f(x)=sign⁡ ( 12x ( 1 )+ 12x ( 2 )− 2 )f(x)=\operatorname{sign}\left(\frac{1}{2} x^{(1)}+\frac{1}{2} x^{(2)}-2\right) f(x)=sign(21​x(1)+21​x(2)−2)