МОТП, Задачи на экзамене

Материал из eSyr's wiki.

(Различия между версиями)
Перейти к: навигация, поиск
(→Метод главных компонент (PCA))
(→Решение)
Строка 104: Строка 104:
<math>\Rightarrow x=y-1 \Rightarrow 2(y-1)-6y=-4y-2=\lambda \Rightarrow -10(y-1)+2y-4y-2=8-12y=0 \Rightarrow y=\frac{2}{3} \Rightarrow x=-\frac{1}{3}</math>.
<math>\Rightarrow x=y-1 \Rightarrow 2(y-1)-6y=-4y-2=\lambda \Rightarrow -10(y-1)+2y-4y-2=8-12y=0 \Rightarrow y=\frac{2}{3} \Rightarrow x=-\frac{1}{3}</math>.
 +
 +
(По-моему, гораздо проще без функции Лагранжа: <math>y=x+1; f(x)=-6x^2-4x-3; x=-b/2a=-4/12=-1/3<\math>)
==Линейная регрессия==
==Линейная регрессия==

Версия 22:57, 16 ноября 2009

Математические основы теории прогнозирования

Материалы по курсу
Билеты (2009) | Примеры задач (2009) | Примеры задач контрольной работы (2013) | Определения из теории вероятностей

За нерешение данных задач оценка снижается на балл. — Д. П. Ветров

Содержание

Вывод формул для векторного дифференцирования

Вывести (считаем все матрицы вещественными):

  1. \frac{\partial \bar{c}^T\bar{u}}{\partial \bar{u}}=\bar{c}
  2. \frac{\partial\|A\bar{u}-\bar{f}\|^2}{\partial \bar{u}}=2A^TA\bar{u} - 2A^T\bar{f}
  3. \frac{\partial^2\|A\bar{u}-\bar{f}\|^2}{\partial \bar{u}^2}=2A^TA

Решение

Формула 1

\bar{c}^T\bar{u}=\sum_{i=1}^nc_iu_i \Rightarrow \frac{\partial \bar{c}^T\bar{u}}{\partial u_i}=c_i \Rightarrow \frac{\partial \bar{c}^T{u}}{\partial \bar{u}} = \bar{c}

Формула 2

Далее через \bar{a}_i всюду обозначен столбец матрицы A с номером i.

\|A\bar{u}-\bar{f}\|^2 = (A\bar{u}-\bar{f})^T(A\bar{u}-\bar{f})=(A\bar{u})^TA\bar{u}-2\bar{f}^TA\bar{u}+\bar{f}^T\bar{f}

\bar{f}^TA\bar{u}=\bar{f}^T(\bar{a}_1u_1+\dots+\bar{a}_nu_n) \Rightarrow \frac{\partial \bar{f}^TA\bar{u}}{\partial u_i} = \bar{f}^T\bar{a}_i = (\bar{f},\bar{a}_i) = \bar{a}_i^T\bar{f} \Rightarrow \frac{\partial \bar{f}^TA\bar{u}}{\partial \bar{u}} = A^T\bar{f}

(A\bar{u})^TA\bar{u}=(\bar{a}_1u_1+\dots+\bar{a}_nu_n)^T(\bar{a}_1u_1+\dots+\bar{a}_nu_n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nu_iu_j\bar{a}_i^T\bar{a}_j \Rightarrow \frac{\partial (A\bar{u})^TA\bar{u}}{\partial u_i} = 2\sum_{j=1}^nu_j\bar{a}_i^T\bar{a}_j \Rightarrow \frac{\partial (A\bar{u})^TA\bar{u}}{\partial \bar{u}}=2A^TA\bar{u}

\frac{\partial\|A\bar{u}-\bar{f}\|^2}{\partial \bar{u}} = \frac{\partial (A\bar{u})^TA\bar{u}}{\partial \bar{u}} - 2 \frac{\partial \bar{f}^TA\bar{u}}{\partial \bar{u}} = 2A^TA\bar{u} - 2A^T\bar{f}

Формула 3

Далее через \bar{b}_i всюду обозначен столбец матрицы B с номером i.

\frac{\partial^2\|A\bar{u}-\bar{f}\|^2}{\partial \bar{u}^2}=\frac{\partial 2A^TA\bar{u}}{\partial \bar{u}}=\frac{\partial B\bar{u}}{\partial \bar{u}}

B\bar{u}=\bar{b}_1u_1+\dots+\bar{b}_nu_n \Rightarrow \frac{\partial B\bar{u}}{\partial u_i}=b_i \Rightarrow \frac{\partial B\bar{u}}{\partial \bar{u}}=B=2A^TA

Метод главных компонент (PCA)

Даны р точек в двухмерном пространстве. Найти методом главных компонент первую главную компоненту.

Решение

Рассмотрим следующую задачу: p = 5, x1 = (1,1), x2 = (1,2), x3 = (3,2), x4 = (4,1), x5 = (6,4).

Находим \bar{x}=\frac{1}{p}\sum_{i=1}^px_i=(3,2).

Находим S=\frac{1}{p}\sum_{i=1}^p(x_i-\bar{x})^T(x_i-\bar{x})= \frac{1}{5}\begin{pmatrix}18 && 7 \\ 7 && 6 \end{pmatrix}

Решаем |S-\lambda I| = 0 \Rightarrow \lambda=2.4\pm \sqrt{3.4}.

Находим собственный вектор, соответствующий \lambda_1=2.4+\sqrt{3.4}, решая (S-\lambda_1I)\hat{d}=0. Получаем \hat{d}=(0.9085, 0.4179) — собственный вектор, соответствующий максимальному собственному значению матрицы ковариации. Он и будет являться первой главной компонентой.

Метод максимального правдоподобия (ММП)

Как метко заметил Оверрайдер, будут задачки на поиск оценки максимального правдоподобия. Не сложные, но чтобы было интереснее, не с нормальным распределением. Что-нибудь типа найти оценку МП на параметр распределения Лапласа.

Решение

Плотность распределения Лапласа: p(x|b,\mu)=\frac{1}{2b}e^{-\frac{|x-\mu|}{b}}, μ - сдвиг, b - масштаб (подробнее в википедии).

Вариант 1: неизвестный сдвиг, единичный масштаб

Пусть есть распределение Лапласа с неизвестным матожиданием и единичным параметром масштаба. Дана выборка, взятая из этого распределения: (x_1, x_2, \dots, x_n ). Оценим параметр μ.

Функция распределения запишется так: p(x | \mu) = \frac{1}{2} e^{-|x - \mu|}

Функция правдоподобия: L(\mu) = p(\mu | x_1, x_2, \dots, x_n ) = \prod_{i = 1}^{n} \frac{1}{2} e^{-|x_i - \mu|}

\log L(\mu) = \sum_{i = 1}^{n}(-|x_i - \mu|) + const

Покажем, что эта функция достигает максимума в точке \mu = \mbox{med}(x_1, x_2, \dots, x_n ) -- когда параметр равен медиане выборки.

Упорядочим выборку по возрастанию. Пусть теперь она выглядит так: (x_1', x_2', \dots, x_n' ). Рассмотрим последнюю функцию на интервалах вида (-\infty, x_1'), (x_1', x_2'), \dots, (x_{n-1}', x_n'), (x_n', +\infty),. На первом из них все функции под знаком суммы возрастают, итоговая производная равна n, на втором -- одна убывает, остальные возрастают, производная равна (n-2), и т.д. Переломный момент наступает в середине -- в одной точке перегиба (если n нечётно), или на центральном интервале производная равна 0 (если n чётно). После этого функция только убывает. Там и достигается максимум правдоподобия. Короче, нужно нарисовать график, и всё будет понятно: максимум правдоподобия достигается в точке, равной медиане выборки.

Вариант 2: нулевой сдвиг, неизвестный масштаб

p(x|b)=\frac{1}{2b}e^{-\frac{|x|}{b}}=\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda|x|}=p(x|\lambda)

p(X|\lambda)=\prod_{i=1}^n\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda|x_i|}=\left(\frac{\lambda}{2}\right)^n\prod_{i=1}^ne^{-\lambda|x_i|}

\log p(X|\lambda)=n\log(\frac{\lambda}{2}) - \lambda\sum_{i=1}^n|x_i|=n\log\lambda-\lambda\sum_{i=1}^n|x_i| - n \log 2 \rightarrow \max_{\lambda}

\frac{\partial \log p(X|\lambda)}{\partial \lambda}=\frac{n}{\lambda}-\sum_{i=1}^n|x_i|=0 \Rightarrow \frac{1}{\lambda}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n|x_i|

Правило множителей Лангранжа

Обязательно кому-то дам задачку на условную максимизацию квадратичной функции с линейным ограничением в виде равенства. Писанины там немного, но вот без правила множителей Лагранжа обойтись вряд ли удастся.

Решение

множители Лагранжа на вики

Пусть нам необходимо максимизировать функцию f(x,y) = − 5x2 + 2xy − 3y2 при условии x − y + 1 = 0.

Запишем функцию Лагранжа F(x,y,\lambda)=-5x^2+2xy-3y^2+\lambda(x-y+1) \rightarrow \max_{x,y,\lambda}.

Приравняем частные производные к нулю:

\begin{cases} \frac{\partial F}{\partial x}=-10x+2y+\lambda=0 \\ \frac{\partial F}{\partial y}=2x-6y-\lambda=0 \\ \frac{\partial F}{\partial \lambda}=x-y+1=0 \end{cases} \Rightarrow

\Rightarrow x=y-1 \Rightarrow 2(y-1)-6y=-4y-2=\lambda \Rightarrow -10(y-1)+2y-4y-2=8-12y=0 \Rightarrow y=\frac{2}{3} \Rightarrow x=-\frac{1}{3}.

(По-моему, гораздо проще без функции Лагранжа: Невозможно разобрать выражение (неизвестная ошибка\math): y=x+1; f(x)=-6x^2-4x-3; x=-b/2a=-4/12=-1/3<\math>) ==Линейная регрессия== Даны 3-4 точки в двухмерном пространстве - одна координата, это х, другая - t. Задача построить по ним линейную регрессию вида <math>\hat{t}=kx+b , т.е. найти коэффициенты k и b.

Решение

E(T,X,k,b)=\sum_{i=1}^n(t_i-kx_i-b)^2

\frac{\partial E(T,X,k,b)}{\partial k}=2\sum_{i=1}^n(t_i-kx_i-b)(-x_i)=0 \Rightarrow \sum_{i=1}^n(t_i-kx_i-b)x_i=0

\frac{\partial E(T,X,k,b)}{\partial b}=2\sum_{i=1}^n(t_i-kx_i-b)(-1)=0 \Rightarrow \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(t_i-kx_i)=b

k \left(\sum_{i=1}^nx_i^2-\frac{1}{n}\left(\sum_{i=1}^nx_i\right)^2\right)=\sum_{i=1}^nt_ix_i-\frac{1}{n}\left(\sum_{i=1}^nx_i\right)\left(\sum_{i=1}^nt_i\right)

Подставляем значения для xi и ti, получаем k, затем b. Решение проверено на нескольких наборах данных в MATLAB.

Еще один вариант - посчитать напрямую (k,b) = (XTX) − 1XTY, где X - матрица, первый столбец которой составлен из xi, второй - из единиц, а Y - столбец из ti.

Математические основы теории прогнозирования

Материалы по курсу
Билеты (2009) | Примеры задач (2009) | Примеры задач контрольной работы (2013) | Определения из теории вероятностей

Получено с http://esyr.org/wiki/%D0%9C%D0%9E%D0%A2%D0%9F%2C_%D0%97%D0%B0%D0%B4%D0%B0%D1%87%D0%B8_%D0%BD%D0%B0_%D1%8D%D0%BA%D0%B7%D0%B0%D0%BC%D0%B5%D0%BD%D0%B5
Личные инструменты
Разделы