使用二阶梯度作正则项交叉训练参数

使用二阶梯度作正则项交叉训练参数

在上周五讨论时关于交叉训练"语义概念参数"和"视觉概念参数"时我们说到了导致正确率底下的两个缺陷：

• 训练样本少：这个即将解决，因为我们上次讨论将进行关于"指令"的概念训练，这比需要逻辑推理的任务更加简单，而也可以生成更多的样本；
• 训练方式的问题。现在我引入一个有效的正则项：这是在凸优化的数学原理上来优化，这是本文要谈的；

值得注意的是，这个方法(用二阶梯度作正则项)不止对我们当前这个任务适用，我更感觉这是一个通用的适用于损失是凸函数的方法；

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再谈模型的损失

注意我们上次说到，模型的预测是one-hot形式的空间概念指代：[上下，左右，左上右下… …]，那么最后一层适用softmax交叉熵损失来做，那么损失是：

$$\mathcal{L}(A_s)=-\hat{y}\odot log(f_{softmax}(A_s\odot C^{\ast T}))$$

另一边，我们说到，$A_s$也在另一个网络中发挥权重参数的作用，我们令来自那个网络的损失为$\hat{\mathcal{L}}(A_s)$；下面我们将证明，这是一个凸函数。

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softmax是凸函数

这个证明也可以跳过，只需要记住softmax是凸函数这个结论也行，证明如下，softmax的交叉熵损失是：

L(w1,w2,⋯ ,wk)=−1m[∑i=1m∑j=1k1{y(i)=j}log⁡ewjTx(i)∑l=1kewlTx(i)]\mathcal{L}(w_1, w_2,\cdots, w_k)=-\frac1m\left[\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^k 1\{y^{(i)}=j\}\log\frac{e^{w^T_jx^{(i)}}}{\sum_{l=1}^ke^{w^T_lx^{(i)}}}\right] L(w1​,w2​,⋯,wk​)=−m1​[i=1∑m​j=1∑k​1{y(i)=j}log∑l=1k​ewlT​x(i)ewjT​x(i)​]

现在令 ：
$$a_j=\frac{e^{w_j^{T}x}}{{\sum }_{l=1}^k{e}^{w_l^{T}x}}$$

分情况，当$n̸=j$：
$${\nabla }_{w_n}{a}_j=-\frac{e^{w_j^{T}x}{e}^{w_n^{T}x}}{{\left({\sum }_{l=1}^k{e}^{w_l^{T}x}\right)}^2}x=-a_j{a}_{n}x$$

当$n=j$：
$${\nabla }_{w_j}{a}_j=\left(\frac{e^{w_j^{T}x}}{{\sum }_{l=1}^k{e}^{w_l^{T}x}}-\frac{e^{w_j^{T}x}}{{\sum }_{l=1}^k{e}^{w_l^{T}x}}\frac{e^{w_j^{T}x}}{{\sum }_{l=1}^k{e}^{w_l^{T}x}}\right)x=a_j(1-a_j)x$$

所以有：
∇wnC=−1m∑i=1m(∑j≠n−1{y(i)=j}ajan/ajx(i)+1{y(i)=n}an(1−an)/anx(i))=−1m∑i=1m[x(i)(1{y(i)=n}−an)] \nabla_{w_n}C=-\frac1m\sum_{i=1}^m\left(\sum_{j\neq n}-1\{y^{(i)}=j\}a_ja_n/a_jx^{(i)}+1\{y^{(i)}=n\}a_n(1-a_n)/a_nx^{(i)}\right) =-\frac1m\sum_{i=1}^m\left[x^{(i)}(1\{y^{(i)}=n\}-a_n)\right] ∇wn​​C=−m1​i=1∑m​⎝⎛​j̸​=n∑​−1{y(i)=j}aj​an​/aj​x(i)+1{y(i)=n}an​(1−an​)/an​x(i)⎠⎞​=−m1​i=1∑m​[x(i)(1{y(i)=n}−an​)]

注意1{y(i)=j}1\{y^{(i)}=j\}1{y(i)=j}只有当$y^{(i)}=j$时为一，那么下式为半正定矩阵，因而对于softmax而言，交叉熵为凸函数：
∇wn2C=−1m∑i=1m∇wn[x(i)(1{y(i)=n}−an)]=1m∑i=1man(1−an)x(i)x(i)T\nabla_{w_n}^2C=-\frac1m\sum_{i=1}^m\nabla_{w_n}\left[x^{(i)}(1\{y^{(i)}=n\}-a_n)\right]=\frac1m\sum_{i=1}^ma_n(1-a_n)x^{(i)}x^{(i)T}∇wn​2​C=−m1​i=1∑m​∇wn​​[x(i)(1{y(i)=n}−an​)]=m1​i=1∑m​an​(1−an​)x(i)x(i)T

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$\hat{\mathcal{L}}(A+\alpha \Delta A)$的一个上界的证明

注意参数$A$的更新方式采取最简单的SGD：
$$A^{t+1}\leftarrow A^t+\alpha {\nabla }_A\hat{\mathcal{L}}$$

证明：当${\nabla }_A^2\hat{\mathcal{L}}\le MI$时：
$$\hat{\mathcal{L}}(A+\alpha \Delta A)\le \hat{\mathcal{L}}(A)+\gamma ||{\nabla }_A\hat{\mathcal{L}}|{|}^2$$

proof：

首先易知$-{\nabla }_A\hat{\mathcal{L}}(A)=\Delta A$；现在我们对$\hat{\mathcal{L}}(A+\alpha \Delta A)$作Taylor展开：
$$\hat{\mathcal{L}}(A+\alpha \Delta A)=\hat{\mathcal{L}}(A)+\alpha {\nabla }_A\hat{\mathcal{L}}(A)\odot \Delta A+{\nabla }_A^2\hat{\mathcal{L}}||\Delta A|{|}^2{\alpha }^2/2$$
$$\le \hat{\mathcal{L}}(A)+\alpha {\nabla }_A\hat{\mathcal{L}}\odot (-{\nabla }_A\hat{\mathcal{L}})+M||\Delta A|{|}^2{\alpha }^2/2$$
$$=\hat{\mathcal{L}}(A)+({\alpha }^{2}M/2-\alpha )||{\nabla }_A\hat{\mathcal{L}}|{|}^2$$

现在令$\gamma ={\alpha }^{2}M/2-\alpha \le 0$即可满足：
$$\hat{\mathcal{L}}(A+\alpha \Delta A)\le \hat{\mathcal{L}}(A+\alpha \Delta A)+(\alpha -{\alpha }^{2}M/2)||{\nabla }_A\hat{\mathcal{L}}|{|}^2\le \hat{\mathcal{L}}(A)$$

得证 $\square$；

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最终的正则项

现在我们已知，只需要${\nabla }_A^2\hat{\mathcal{L}}\le MI$，就可以使得每一步梯度更新保证减小目标函数；我们的正则项是$\lambda \frac{M||I|{|}^2}{{\nabla }_A^2\hat{\mathcal{L}}}$，最终的损失是：

$$\mathcal{L}(A_s)=-\hat{y}\odot log(f_{softmax}(A_s\odot C^{\ast T}))+\lambda \frac{M||I|{|}^2}{{\nabla }_{A_s}^2\widehat{\mathcal{L}({\mathcal{A}}_s)}}$$

还没有验证实验效果，本周马上会使用这个损失来训练概念学习模型。