机器学习，详解SVM软间隔与对偶问题

今天是机器学习专题的第34篇文章，我们继续来聊聊SVM模型。

我们在上一篇文章当中推导了SVM模型在硬间隔的原理以及公式，最后我们消去了所有的变量，只剩下了$\alpha$。在硬间隔模型当中，样本是线性可分的，也就是说-1和1的类别可以找到一个平面将它完美分开。但是在实际当中，这样的情况几乎是不存在的。道理也很简单，完美是不存在的，总有些样本会出错。

那针对这样的问题我们应该怎么解决呢？

软间隔

在上文当中我们说了，在实际的场景当中，数据不可能是百分百线性可分的，即使真的能硬生生地找到这样的一个分隔平面区分开样本，那么也很有可能陷入过拟合当中，也是不值得追求的。

因此，我们需要对分类器的标准稍稍放松，允许部分样本出错。但是这就带来了一个问题，在硬间隔的场景当中，间隔就等于距离分隔平面最近的支持向量到分隔平面的距离。那么，在允许出错的情况下，这个间隔又该怎么算呢？

为了解决这个问题，我们需要对原本的公式进行变形，引入一个新的变量叫做松弛变量。松弛变量我们用希腊字母$\xi$来表示，这个松弛变量允许我们适当放松$y_i(\omega^T x_i + b) \ge 1 $这个限制条件，我们将它变成$y_i(\omega^T x_i + b) \ge 1-\xi_i $。

也就是说对于每一条样本我们都会有一个对应的松弛变量$\xi_i$，它一共有几种情况。

$\xi=0$，表示样本能够正确分类
$0 < \xi < 1$，表示样本在分割平面和支持向量之间
$\xi = 1$，表示样本在分割平面上
$\xi \ge 1$，表示样本异常

我们可以结合下面这张图来理解一下，会容易一些：

松弛变量虽然可以让我们表示那些被错误分类的样本，但是我们当然不希望它随意松弛，这样模型的效果就不能保证了。所以我们把它加入损失函数当中，希望在松弛得尽量少的前提下保证模型尽可能划分正确。这样我们可以重写模型的学习条件：

\[\begin{align*}
&\min\quad \frac{1}{2}||\omega||^2 + C\sum_{i=1}^m\xi_i\\
& \begin{array}{r@{\quad}r@{}l@{\quad}l}
s.t.&y_i(\omega^Tx_i+b)\geq1-\xi_i, &i=1,2,3\ldots,n\\
&\xi_i \geq 0,&i=1,2,3\ldots,n\\
\end{array}
\end{align*}\]

这里的C是一个常数，可以理解成惩罚参数。我们希望$||\omega||^2$尽量小，也希望$\sum \xi_i$尽量小，这个参数C就是用来协调两者的。C越大代表我们对模型的分类要求越严格，越不希望出现错误分类的情况，C越小代表我们对松弛变量的要求越低。

从形式上来看模型的学习目标函数和之前的硬间隔差别并不大，只是多了一个变量而已。这也是我们希望的，在改动尽量小的前提下让模型支持分隔错误的情况。

模型推导

对于上面的式子我们同样使用拉格朗日公式进行化简，将它转化成没有约束的问题。

首先，我们确定几个值。第一个是我们要优化的目标：$f(x)=\min_{\omega, b, \xi}\frac{1}{2}||\omega||^2 + C\sum_{i=1}^m \xi_i$

第二个是不等式约束，拉格朗日乘子法当中限定不等式必须都是小于等于0的形式，所以我们要将原式中的式子做一个简单的转化：

\[\begin{aligned}
g(x) = 1 – \xi_i – y_i(\omega^Tx_i + b) \leq 0 \\
h(x) = -\xi_i \le 0
\end{aligned}
\]

最后是引入拉格朗日乘子: $\alpha = (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_m), \beta = (\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_m)$

我们写出广义拉格朗日函数：$L(\omega, b, \xi, \alpha, \beta) = \frac{1}{2}||\omega||^2 + C\sum_{i=1}^m \xi_i, + \sum_{i=1}^m \alpha_i(1 – \xi_i – y_i(\omega^Tx_i + b)) -\sum_{i=1}^m \beta_i\xi_i$

我们要求的是这个函数的最值，也就是$\min_{\omega, b, \xi}\max_{\alpha \ge 0, \beta\ge 0}L(\omega, b, \xi, \alpha, \beta)$。

在处理硬间隔的时候，我们讲过对偶问题，对于软间隔也是一样。我们求L函数的对偶函数的极值。

对偶问题

原函数的对偶问题是$\max_{\alpha \ge0, \beta \ge 0}\min_{\omega, b, \xi}L(\omega, b, \xi, \alpha, \beta)$，这个对偶问题要成立需要满足KKT条件。

我们先把这个KKT条件放一放，先来看一下对偶问题当中的内部的极小值。这个极小值没有任何约束条件，所以我们可以放心大胆地通过求导来来计算极值。这个同样是高中数学的内容，我们分别计算$\frac{\partial L}{\partial \omega}$，$\frac{\partial L}{\partial b}$和$\frac{\partial L}{\partial \xi}$。

求导之后，我们可以得到：

\[\begin{aligned}
\frac{\partial L}{\partial \omega} = 0 &\rightarrow \omega = \sum_{i=1}^m \alpha_i y_i x_i \\
\frac{\partial L}{\partial b} = 0 &\rightarrow \sum_{i=1}^m \alpha_i y_i = 0 \\
\frac{\partial L}{\partial \xi} = 0 &\rightarrow \beta_i = C – \alpha_i
\end{aligned}
\]

我们把这三个式子带入对偶函数可以得到：

\[\begin{aligned}
L(\omega, b, \xi, \alpha,\beta) &= \frac{1}{2} \sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^m \alpha_i \alpha_j y_iy_jx_i^Tx_j + C\sum_{i=1}^m \xi_i + \sum_{i=1}^m \alpha_i (1 – \xi_i) – \sum_{i=1}^m (C – \alpha_i) \xi_i \\
&= \sum_{i=1}^m\alpha_i – \frac{1}{2}\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^m \alpha_i \alpha_j y_iy_jx_i^Tx_j
\end{aligned}
\]

由于$\beta_i \ge 0$，所以我们可以得到$0 \le \alpha_i \le C$，所以最后我们可以把式子化简成：

\[\begin{align*}
&\max_{\alpha} \sum_{i=1}^m\alpha_i – \frac{1}{2} \sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^m \alpha_i \alpha_j y_iy_jx_i^Tx_j\\
& \begin{array}{r@{\quad}r@{}l@{\quad}l}
s.t.& \sum_{i=1}^m \alpha_i y_i = 0 \\
& 0 \le \alpha_i \le C,&i=1,2,3\ldots,m\\
\end{array}
\end{align*}\]

将原始化简了之后，我们再回过头来看KKT条件。KKT条件单独理解看起来有点乱，其实我们可以分成三个部分，分别是原始问题可行：

\[\begin{aligned}
1 – \xi_i – y_i(\omega^Tx_i + b) \le 0 \\
-\xi_i \le 0
\end{aligned}
\]

对偶问题可行：

\[\begin{aligned}
\alpha_i \ge 0 \\
\beta_i = C – \alpha_i
\end{aligned}
\]

以及松弛可行：

\[\begin{aligned}
\alpha_i (1 – \xi – y_i(\omega^Tx_i + b)) = 0 \\
\beta_i \xi_i = 0
\end{aligned}
\]

我们观察一下倒数第二个条件：$\alpha_i (1 – \xi – y_i(\omega^Tx_i + b)) = 0$。

这是两个式子相乘并且等于0，无非两种情况，要么$\alpha_i = 0$，要么后面那串等于0。我们分情况讨论。

如果$\alpha_i = 0$，那么$y_i(\omega^Tx_i + b) – 1 \ge 0$，样本分类正确，不会对模型产生影响。
如果$\alpha_i > 0$，那么$y_i(\omega^Tx_i + b) = 1 – \xi_i$，则样本是支持向量。由于$C = \alpha_i + \beta_i$ ，并且$\beta_i \xi_i= 0$。我们又可以分情况：
1. $\alpha_i < C$，那么$\beta_i > 0$，所以$\xi_i = 0$，那么样本在边界上
2. 如果$\alpha_i = C$，那么$\beta_i = 0$，如果此时$\xi \le 1$，那么样本被正确分类，否则样本被错误分类

经过了化简之后，式子当中只剩下了变量$\alpha$，我们要做的就是找到满足约束条件并且使得式子取极值时的$\alpha$，这个$\alpha$要怎么求呢？我们这里先放一放，将在下一篇文章当中详解讲解。

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