>>>SVM之对偶问题
前一篇中将最大间隔分类器形式化为以下优化问题： \[\begin{align}\left\{ \begin{matrix} \underset{w,b}{\mathop{\min }}\,\frac{1}{2}{ {\left\| w \right\|}^{2}} \\ \begin{matrix}s.t. & { {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b)\ge 1 \\\end{matrix} \\\end{matrix} \right.\end{align}\]
容易发现这是一个凸优化问题，而凸优化问题问题一般而言是满足Slater条件的（具体证明我也不懂），所以可以等价地求解其对偶问题。转而求解其对偶问题，是因为它的对偶问题有很好的形式（向量内积形式），可以为SVM很方便的引人核函数。关于对偶问题的基本概念在一文中已做粗略介绍。现在，写出以上优化问题的对偶形式。
首先，将（1）化为标准形式 \[\begin{align}\left\{ \begin{matrix}\underset{w,b}{\mathop{\min }}\,\frac{1}{2}{ {\left\| w \right\|}^{2}} \\\begin{matrix}s.t. & 1-{ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b)\le 0 \\\end{matrix} \\\end{matrix} \right.\end{align}\]
构建拉格朗日函数：\[\begin{align}L(w,b,\alpha )=\frac{1}{2}{ {\left\| w \right\|}^{2}}+\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}(1-{ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b))}\end{align}\]
令${ {\theta }_{D}}(\alpha )=\underset{w,b}{\mathop{\min }}\,L(w,b,\alpha )$，则（2）的对偶问题可以写成\[\begin{align}\underset{\alpha }{\mathop{\max }}\,\underset{w,b}{\mathop{\min }}\,L(w,b,\alpha )=\underset{\alpha }{\mathop{\max }}\,{ {\theta }_{D}}(\alpha )\end{align}\]
首先求出${ {\theta }_{D}}(\alpha )$。${ {\theta }_{D}}(\alpha )$是函数$L(w,b,\alpha )$关于变量$(w,b)$ 的最小值，且容易发现$L(w,b,\alpha )$是关于$(w,b)$的凸函数，所以可以直接求偏导数并令其为0得到解。
$L(w,b,\alpha )$ 关于$w$ 求偏导：
$\begin{align*}\frac{\partial L(w,b,\alpha )}{\partial w}&=\frac{\partial \left[ \frac{1}{2}{ {\left\| w \right\|}^{2}}+\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}(1-{ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b))} \right]}{\partial w} \\& =\frac{\partial \left[ \frac{1}{2}{ {w}^{T}}w+\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}(1-{ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b))} \right]}{\partial w} \\& =w-\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}{ {y}^{i}}{ {x}^{i}}} \\\end{align*}$
令其为0，得到 \[\begin{align}w=\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}{ {y}^{i}}{ {x}^{i}}}\end{align}\]
$L(w,b,\alpha )$ 关于$b$ 求偏导：
$\begin{array}{*{35}{l}} \frac{\partial L(w,b,\alpha )}{\partial b} & =\frac{\partial \left[ \frac{1}{2}{ {\left\| w \right\|}^{2}}+\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}(1-{ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b))} \right]}{\partial b} \\{} & =-\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}{ {y}^{i}}} \\\end{array}$
令其为0，得到 \[\begin{align}\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}{ {y}^{i}}}=0\end{align}\]
现在，将(5) 代回(3)，得到
$\begin{align*}{ {\theta }_{D}}(\alpha )&=\frac{1}{2}{ {\left\| w \right\|}^{2}}+\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}(1-{ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b))} \\& =\frac{1}{2}{ {w}^{T}}w+\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}(1-{ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b))} \\& =\frac{1}{2}\sum\limits_{i,j}{ { {\alpha }_{i}}{ {\alpha }_{j}}{ {y}^{i}}{ {y}^{j}}{ {({ {x}^{i}})}^{T}}{ {x}^{j}}}+\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}}-\sum\limits_{i,j}{ { {\alpha }_{i}}{ {\alpha }_{j}}{ {y}^{i}}{ {y}^{j}}{ {({ {x}^{i}})}^{T}}{ {x}^{j}}}-b\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}{ {y}^{i}}} \\& =\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}}-\frac{1}{2}\sum\limits_{i,j}{ { {\alpha }_{i}}{ {\alpha }_{j}}{ {y}^{i}}{ {y}^{j}}{ {({ {x}^{i}})}^{T}}{ {x}^{j}}}-b\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}{ {y}^{i}}} \\\end{align*}$
再根据(6)，得到 \[\begin{align} { {\theta }_{D}}(\alpha )&=\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}}-\frac{1}{2}\sum\limits_{i,j}{ { {\alpha }_{i}}{ {\alpha }_{j}}{ {y}^{i}}{ {y}^{j}}{ {({ {x}^{i}})}^{T}}{ {x}^{j}}} \\& =\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}}-\frac{1}{2}\sum\limits_{i,j}{ { {\alpha }_{i}}{ {\alpha }_{j}}{ {y}^{i}}{ {y}^{j}}<{ {x}^{i}},{ {x}^{j}}>} \\\end{align}\]
这便求出了${ {\theta }_{D}}(\alpha )$，而对偶问题是$\underset{\alpha }{\mathop{\max }}\,{ {\theta }_{D}}(\alpha )$。加上约束条件，对偶问题就可以写成
\[\begin{align}\left\{ \begin{matrix}\underset{\alpha }{\mathop{\max }}\,\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}}-\frac{1}{2}\sum\limits_{i,j}{ { {\alpha }_{i}}{ {\alpha }_{j}}{ {y}^{i}}{ {y}^{j}}<{ {x}^{i}},{ {x}^{j}}>} \\s.t.\left\{ \begin{matrix}{ {\alpha }_{i}}\ge 0 \\\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}{ {y}^{i}}}=0 \\\end{matrix} \right. \\\end{matrix} \right.\end{align}\]
其中约束${ {\alpha }_{i}}\ge 0$是拉格朗日对偶问题本身的要求，约束$\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}{ {y}^{i}}}=0$代表$\frac{\partial L(w,b,\alpha )}{\partial b}=0$的结果。
现在，对偶问题就得到了。对偶问题求解的结果是得到$\alpha $ 的取值。当$\alpha $得到解后，就可以根据$w=\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}{ {y}^{i}}{ {x}^{i}}}$解出$w$ 。$w$确定了分类超平面的方向，$b$ 使得超平面有一个平移，根据最大间隔分类器的准则，最优超平面是穿过两类样本“最中间”的一个平面，所以$b$并不难确定\[\begin{align}b=-\frac{\underset{i:{ {y}^{i}}=-1}{\mathop{\max }}\,{ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+\underset{i:{ {y}^{i}}=1}{\mathop{\min }}\,{ {w}^{T}}x}{2}\end{align}\]
$(w,b)$ 确定后，分类器就确定了，就是超平面${ {w}^{T}}x+b=0$ ，对于新的输入样本$x$ ，如果${ {w}^{T}}x+b>0$则判别它样本类别为1，否则判别它样本类别为-1。
现在不求解$w$ ，而是将$w=\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}{ {y}^{i}}{ {x}^{i}}}$ 带入判别式${ {w}^{T}}x+b$ 中，得 \[\begin{align}{ {w}^{T}}x+b=\sum\limits_{i}{ { {\alpha }_{i}}{ {y}^{i}}<{ {x}^{i}},x>}+b\end{align}\]
上式将判别式写成了向量内积的形式，看似需要计算输入$x$与所有训练样本的内积，但实际上还可以简化。
回顾一文提到的KKT条件${ {\alpha }_{i}}{ {g}_{i}}(x)=0$ ，只有${ {g}_{i}}(x)=0$时${ {\alpha }_{i}}$ 才可能不为0。对应到现在的分类器：$x\to (w,b),{ {g}_{i}}(x)\to { {g}_{i}}(w,b)=1-{ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b)$ （注意这里的$x$ 是优化问题形式化中的优化变量，不要与上文中的新输入样本$x$ 混淆）。所以只有当$1-{ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b)=0$时，对于的${ {\alpha }_{i}}$ 才可能不为0，那么(11)的计算实际上只需计算了部分训练样本与新输入样本的内积，这部分$1-{ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b)=0$的训练样本称为支持向量，这也是SVM——支持向量机名字的来源。
考虑支持向量满足$1-{ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b)=0$，所以${ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b)=1$，而${ {y}^{i}}({ {w}^{T}}{ {x}^{i}}+b)$正是样本函数间隔的定义，也就是说，支持向量就是函数间隔为1的样本，它们也是所有样本中函数间隔最小的样本。
上图标出来最优分类超平面（红色）和对于的函数间隔为1的样本（两条黑线上的样本），对左侧黑线上的支持向量有${ {w}^{T}}{ {x}_{l}}+b=-1$ ，对于右侧黑线上的支持向量有${ {w}^{T}}{ {x}_{r}}+b=1$，根据KKT条件，这两个样本可以根据${ {\alpha }_{l}}>0$ 和${ {\alpha }_{r}}>0$找到，两个式子联立起来得到$b=-\frac{ { {w}^{T}}{ {x}_{l}}+{ {w}^{T}}{ {x}_{r}}}{2}$ ，与(10)的是一致的。其实从这里就可以看出，只需要一个样本就可以确定$b$了，根据${ {w}^{T}}{ {x}_{r}}+b=1$，就可以解出$b$,$b=-\frac{ { {w}^{T}}{ {x}_{l}}+{ {w}^{T}}{ {x}_{r}}}{2}$和(10)比较直观的说明分类超平面穿过两类样本正中间而已。
现在，分类器的内容似乎已经完整了，但不要忘了，这都是在样本可分的情况下进行的，还没有考虑样本不可分的情况。
核函数在一定程度上解决了样本不可分问题，观察优化问题(9)和判别函数(11),其中都存在向量的内积形式，核函数正是在这上面做文章的。下一篇将讨论这个问题。