3. 为什么是类间散布与类内散布的比值呢？差值不行吗？
这篇文章就围绕这三个问题展开。我们先回顾一下经典 LDA 的求解，然后顺次讲解分析这三个问题。
回顾经典LDA
原问题等价于这个形式：
然后就可以用拉格朗日乘子法了：
求导并令其为 0：
得到解：
对矩阵
进行特征值分解就可以得到 w。但是有更简单的解法：
而其中
是一个标量，所以
和 λw 共线，得到：
求解完毕。非常优雅，不愧是教科书级别的经典算法，整个求解一气呵成，标准的拉格朗日乘子法。但是求解中还是用到了一个小技巧：
是标量，从而可以免去特征值分解的麻烦。
那么，我们能不能再贪心一点，找到一种连这个小技巧都不需要的求解方法呢？答案是可以，上面的问题在下一节中就能得到解决。
类间散布 & 均值之差
我们不用类内散布矩阵
了，改用均值之差 m1-m2 这个更符合直觉的东西：
还是用拉格朗日乘子法：
求导并令其为 0：
得到解：
怎么样，是不是求解更简单了呢？不需要任何技巧，一步一步下来就好了。
为什么说均值之差更符合直觉呢？大家想啊，LDA 的目的是让投影后的两类之间离得更远，类内离得更近。说到类内离得更近能想到的最直接的方法就是让类内方差最小，这正是类内散布矩阵；说到类间离得更远能想到的最直接的方法肯定是让均值之差最大，而不是均值之差与自己的克罗内克积这个奇怪的东西最大。
那么经典 LDA 为什么会用类间散布矩阵呢？我个人认为是这样的表达式看起来更加优雅：分子分母是齐次的，并且这个东西恰好就是广义瑞利商：
虽然经典 LDA 求解没有上面这个方法直接，但是问题表述更加规范，所用到的技巧也非常简单，不会给是使用者带来困扰，所以 LDA 最终采用的就是类间散布矩阵了吧。
直线 & 超平面
上面那个问题只算是小打小闹，没有太大的意义，但是这个问题就很有意义了：LDA 为什么直接投影到直线（一维），而不能像 PCA 一样投影到超平面（多维）呢？ 我们试试不就完了。
假设将样本投影到
上，其中每一个 wi 都是经典 LDA 中的 w 。也就相当于我们不是把样本投影到一条直线上，而是投影到 c 条直线上，也就相当于投影到了超平面上。投影后的样本坐标为：
所以样本的投影过程就是：
那么，均值的投影过程也是这样：
投影后的均值之差的二范数：
为什么不用第一行的向量内积而偏要用第二行的迹运算呢？因为这样可以拼凑出类间散布
来，和经典 LDA 保持形式的一致。
回顾一下经典 LDA 的形式：
现在我们有了
，还缺个约束，类比一下就可以得到
了：
实际上，约束也可以选择成
，这两个约束实际上都是在限制 W 的解空间，得出来的解是等价的，这两个约束有什么区别呢？我只发现了一点：
回想
是 c 条投影直线，为了确保向这 c 条直线投影能等价于向 c 维子空间投影，我们需要保证 c 条直线是线性无关的，即 rank(W) =c。看一下约束：
右边是秩为 c 的单位矩阵，因为矩阵乘积的秩不大于每一个矩阵的秩，所以左边这三个矩阵的秩都要不小于 c，因此我们得到了 rank(W) = c。也就是说，
能够保证我们在向一个 c 维子空间投影。而约束
中没有显式地表达这一点。
我对矩阵的理解还不够深入，不知道
是否也隐含了对秩的约束，所以为了保险起见，我选择了带有显式秩约束的
，这样就得到了我们的高维投影版 LDA：
下面来求解这个问题。还是拉格朗日乘子法：
求导并令其为 0：
得到了：
在大部分情况下，一些协方差矩阵的和
是可逆的。即使不可逆，上面这个也可以用广义特征值问题的方法来求解，但是这里方便起见我们认为
可逆：
我们只要对
进行特征值分解，就可以得到 d 个特征向量了，挑出最大特征值对应的 c 个特征向量来组成 W，我们不就得到向 c 维子空间的投影了吗？
真的是这样吗？
不是这样的。诚然，我们可以选出 c 个特征向量，但是其中只有 1 个特征向量真正是我们想要的，另外 c-1 个没有意义。
观察：
发现了吗？等式右边的 (m1-m2) 是一个向量，换句话说，是一个秩为 1 的矩阵。那么，这个乘积的秩也不能大于 1，并且它不是 0 矩阵，所以：
秩为 1 的矩阵只有 1 个非零特征值，也只有 1 个非零特征值对应的特征向量 w。
可能有人会问了，那不是还有零特征值对应的特征向量吗，用它们不行吗？
不行。来看一下目标函数：
我们刚才得到的最优性条件：
所以目标函数为：
而我们的 W 只能保证 λ1, λ2, ..., λd 中的一个非零，无论我们怎么选取剩下的 c-1 个 w，目标函数也不会再增大了，因为唯一一个非零特征值对应的特征向量已经被选走了。
所以，两类 LDA 只能向一条直线投影。
这里顺便解释一下 K 类 LDA 为什么只能投影到 K-1 维，其实道理是一样的。K 类 LDA 的类间散布矩阵是：
可以看出，
是 K 个秩一矩阵
的和（因为 mk-m 是秩一的向量），所以它的秩最大为 K。并且
，所以这 K 项中有一项可以被线性表出。所以，
的秩最大为 K-1。也即：
只有 K-1 个非零特征值。所以，K 类 LDA 最高只能投影到 K-1 维。
咦？刚才第三个问题怎么提的来着，可不可以不用比值用差值，用差值的话会不会解决这个投影维数的限制呢？
比值 & 差值
经典 LDA 的目标函数是投影后的类间散布与类内散布的比值，我们很自然地就会想，为什么非得用比值呢，差值有什么不妥吗？ 再试试不就完了。
注意，这一节我们不用向量 w，而使用矩阵 W 来讨论，这也就意味着我们实际上在同时讨论二类 LDA 和多类 LDA，只要把
和
换成对应的就好了。
注意到可以通过放缩 W 来得到任意大的目标函数，所以我们要对 W 的规模进行限制，同时也进行秩限制：
也就得到了差值版的 LDA：
依然拉格朗日乘子法：
求导并令其为 0：
得到了：
由
，有：
可以得到：
若括号内的东西可逆，则上式可以写为：
注意到， 
的秩不大于 K-1，说明等号左边的秩不大于 K-1，那么等号右边的秩也不大于 K-1，即：
所以我们还是会遇到秩不足，无法求出 K-1 个以上的非零特征值和对应的特征向量。这样还不够，我们还需要证明的一点是，新的目标函数在零特征值对应的特征向量下依然不会增加。
目标函数（稍加变形）为：
再利用刚才我们得到的最优性条件（稍加变形）：
所以目标函数为：
结论没有变化，新的目标函数依然无法在零特征值的特征向量下增大。
综合新矩阵依然秩不足和零特征值依然对新目标函数无贡献这两点，我们可以得到一个结论：用差值代替比值也是可以求解的，但是我们不会因此受益。
既然比值和差值算出来的解性质都一样，那么为什么经典 LDA 采用的是比值而不是差值呢？
我个人认为，这可能是因为比值算出来的解还有别的直觉解释，而差值的可能没有，所以显得更优雅一些。什么直觉解释呢？
在二分类问题下，经典 LDA 是最小平方误差准则的一个特例。若让第一类的样本的输出值等于 N/N1 ，第二类样本的输出值等于 -N/N2 ， N 代表相应类样本的数量，然后用最小平方误差准则求解这个模型，得到的解恰好是（用比值的）LDA 的解。这个部分 PRML 上有讲解。
总结
这篇文章针对教科书上 LDA 的目标函数抛出了三个问题，并做了相应解答，在这个过程中一步一步深入理解 LDA。
第一个问题：可不可以用均值之差而不是类间散布？
答案：可以，这样做更符合直觉，并且更容易求解。但是采用类间散布的话可以把 LDA 的目标函数表达成广义瑞利商，并且上下齐次更加合理。可能是因为这些原因，经典 LDA 最终选择了类间散布。
第二个问题：可不可以把 K 类 LDA 投影到大于 K-1 维的子空间中？
答案：不可以，因为类间散布矩阵的秩不足。K 类 LDA 只能找到 K-1 个使目标函数增大的特征值对应的特征向量，即使选择了其他特征向量，我们也无法因此受益。
第三个问题：可不可以用类间散布与类内散布的差值，而不是比值？
答案：可以，在新准则下可以得到新的最优解，但是我们无法因此受益，K 类 LDA 还是只能投影到 K-1 维空间中。差值版 LDA 与比值版 LDA 相比还缺少了一个直觉解释，可能是因为这些原因，经典 LDA 最终选择了比值。
所以，教科书版 LDA 如此经典是有原因的，它在各个方面符合了人们的直觉，本文针对它提出的三个问题都没有充分的理由驳倒它，经典果然是经典。
]]> 原文： https://ift.tt/2C1TKnO 
是类间散布矩阵，
是类内散布矩阵， w 是投影直线：
呢？直接均值之差 m1-m2 不是更符合直觉吗？这样求出来的解和原来一样吗？ 
没有评论:
发表评论