（三）多项式分布&&分类回归问题分开讨论的原因

2020-07-17 本文已影响0人 Pan_Ziheng

Author: Pan

Date: 2020/7/17

我们在做分类的问题时，会不禁这么想，毕竟分类问题只是回归问题的一个特例，为什么我们不能用回归的方式去设计分类问题的策略，为什么它要被拿出来讨论？

例如经常我们能见到的：一个三类问题的Label编码成（0,0,1）(0,1,0), (1,0,0)。又或者（0.1,0.2,0.7）取输出概率最大的那个，类别为第三类。为什么我们不能直接就这个问题也约化成一个回归问题，比如：设置几个阈值，将输出的连续值按阈值划分为几类，不用ONE-HOT编码,表示还简单?

那么问题来了，这个阈值你怎么设置，训练样本数据极度不平衡时，这个阈值设置多少比较适合潜在的你要学习的真实模型？这个阈值会不会是样本偏倚程度的函数？如果这样的话，这个阈值真的“玄学”了，也许我们可以深究一下它们之间的关系，以图使其合理，但是这是一个很麻烦的事。。。不仅麻烦，还有一些我们将要提到的一些较为隐蔽的问题。

我们知道多项式分布是二项分布的推广，它的渐进分布是高斯分布(高斯分布具体见上一篇)，假设你真的按照阈值法去做了，本质上你在假设一个事情，那就是你的分布服从于高斯分布。你会说这有什么问题吗？

那么我们一起来看看：

首先我们快速过一下多项式分布的定义，假如我们有K类需要分：

$K,n>0;A=\left\{ \vec{X}|\vec{x}=(x_{1},x_{2},...,x_{K}) \right\} ;x_{i}\geq 0;i=1,2,...K; \sum_{i=1}^{K} x_{i} =n;\forall p_{1},p_{2},...,p_{k};\\\\(p_{1}+p_{2}+...+p_{k})^{n}=\sum_{X \in A}\frac{n!}{x_{1}!x_{2}!...x_{k}!}\cdot p^{x_{1}}_{1}p^{x_{2}}_{2},...,p^{x_{k}}_{k}$

其中， $p_{i}$ 均为在区间(0,1)取值的数，且 $\sum^{K}_{i=1}p_{i}=1$ ;

$\vec{X}$ 服从多项式分布，相关参数由 $\vec{P}=(p_{1},p_{2},...,p_{k})$ 和 $n$ 组成。

所以多项式分布的概率质量函数(PMF)为：

$M_{k-1}(\vec{X};\vec{P},n)=\frac{n!}{\prod _{i=1}^k x_{i}!}\prod _{i=1}^{K}p^{x_{i}}_{i};\\ \sum_{i=1}^{K} x_{i} =n;\sum^{K}_{i=1}p_{i}=1$

其中，k-1为自由度。

多项式分布期望： $E(x_{i})=np_{i}$

多项式分布方差： $D(x_{i})=np_{i}(1-p_{i})$

多项式分布协方差： $Cov(x_{i},x_{j})=-np_{i}p_{j}$

因此协方差矩阵为： $\Sigma = n(diag(p_{1},p_{2},...,p_{n})- \vec{P}^{T}P;)$

我们发现： $\Sigma \cdot \vec{1}=\vec{0} \cdot \vec{1}$ ，这说明0是它的一个特征值，这个协方差矩阵是奇异矩阵。

另，我们给出该协方差矩阵是半正定矩阵的证明：

$\vec{a}^{T}\cdot \Sigma \cdot \vec{a}=\sum^{K}_{i=1}a_{i}^{2}p_{i}-(\sum^{K}_{i=1}a_{i}p_{i})^{2}$

由于凸性不等式：

$f(\sum\theta x )\leq \sum \theta f(x)$

我们令 $f(x)=x^{2}$

所以： $\vec{a}^{T}\cdot \Sigma \cdot \vec{a}\geq 0$ ;

因此得以证明，该协方差是半正定矩阵。

我们先放一放上面关于协方差矩阵是奇异矩阵的发现，我们来看看它的边界分布。

(无关乎主题，为了内容的完整性我们说一下下面内容)

边界分布

我们对 $\vec{X}$ 切分，并从中取出它的一个子集 $\vec{X^{(m)}}=(x_{1},x_{2},...,x_{m})$

$\vec{X^{(m)}}\tilde{}M_{m}(\vec{X^{(m)}};\space (p_{1},p_{2},...p_{m}),n)$

条件分布

令 $B=\left\{ (X_{1}, X_{2}, ...X_{K-1})|\sum^{K-1}_{i=1}n-X_{K}\right\}$

$f(X_{K}|(X_{1}, X_{2}, ...X_{K-1}))=\sum_{(X_{1}, X_{2}, ...X_{K-1}) \in B}\frac{n!}{x_{1}!x_{2}!...x_{K}!}\cdot p^{x_{1}}_{1}p^{x_{2}}_{2},...,p^{x_{K}}_{K}\\=\frac{n!p^{x_{K}}_{K}}{x_{K}!(n-x_{K})!}\cdot \sum_{(X_{1}, X_{2}, ...X_{K-1}) \in B}\frac{p_{1}^{x_{1}}p_{2}^{x_{2}}...p_{K-1}^{x_{1}}}{x_{1}!x_{2}!...x_{K-1}!}\\=\frac{n!p^{x_{K}}_{K}}{x_{K}!}\cdot (p_{1}+p_{2}+...+p_{K-1})^{n-x_{K}}\\=\frac{n!}{x_{K}!(n-x_{K})!} \cdot p^{x_{K}}_{K} (1-p_{K})^{n-x_{K}}$

发现这个条件分布为二项分布。

更一般的： $f((X_{1}, X_{2}, ...,X_{m})|(X_{m+1}, X_{m2}, ...X_{m+K}))\\=M_{m-1}((X_{1}, X_{2}, ...,X_{m});[(\frac{p_{1}}{1-p_{K}})^{x_{1}}, (\frac{p_{2}}{1-p_{K}})^{x_{2}},..., (\frac{p_{m}}{1-p_{m}})^{x_{m}}]^{T},n-\sum_{j=1}^{m}x_{j})$

(补充内容说完了，我们进入正题)

我们设 $\vec{Z}=(z_{1},z_{2},...,z_{t},...,z_{s})^{T};z_{t}\tilde{}M(z_{t};p,n_{t});$

所以对于每一个 $z_{t}$ ,均值都等于 $n_{t}p$ ,方差都等于 $n_{t}p(1-p)$ ;

令 ${Z}^{*}= \sum_{t=1}^{s}z_{t}$ ；那么 $Z^{*}\tilde{}M(Z^{*};p,\sum_{t=1}^{s}n_{t}); n=\sum_{t=1}^{s}n_{t};$

$Z^{*}$ 的期望为： $np$

协方差矩阵为： $\Sigma = n(diag(p_{1},p_{2},...,p_{n})- \vec{P}^{T}P;)$

继续：

那么关于分类问题，现在我们的label编码可以用one-hot编码，例如令x=(0,0,0,0,...,1), $x_{i}=0 \space or\space 1$ ;那么此时的n就为1,由于 $x_{i}$ 此时的阶乘无论怎样都是1，它的PMF实际上就是 $\prod _{i=1}^{K}p^{x_{i}}_{i};$ 所以可以用对数似然估计、使用这样一个PMF来构造损失函数；也就是在(一) 机器学习基本概要中提到的，二分类伯努利取对数后的那个交叉熵的推广。

根据中心极限定理，对于每个 $z_{t}$ (每个均值都是 $n_{t}p$ ,方差都是 $n_{t}(diag(p_{1},p_{2},...,p_{n})- \vec{P}^{T}P)$ ),我们需要考虑变量 $\bar{Z}= \frac{1}{n}{Z}^{*}=\frac{1}{n} \sum_{t=1}^{n}z_{t}$ ,又根据 $Z^{*}$ 的分布，在n很大时，也就是我们的类别足够多时，可依分布渐近于高斯分布

$\bar{Z}\tilde{}N(p,diag(p_{1},p_{2},...,p_{n})- \vec{P}^{T}P)$

在（一）机器学习基本概要中有提到，损失函数可以通过 $e^{- (y-\hat{f} (x))^{2} }$ 转化为最大后验概率；其实这个转化的形式 $e^{- (y-\hat{f} (x))^{2} }$ ，就是一个高斯分布。

也就是说，当采用最小二乘回归的方式来处理分类问题，其实是给了问题一个本不存在的数据正态假设，而且，即使n够大，采用了高斯，那么接踵而至的问题还有协方差矩阵的奇异问题，在处理奇异矩阵，我们不得不采用伪逆来算，行列式上也要对0行进行丢弃处理。当然还要加上一开始说的阈值的问题。所以假如分类和回归问题不分开，这些缺陷都很麻烦。

（三）多项式分布&&分类回归问题分开讨论的原因

边界分布

条件分布

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