PumpkinBook/docs/chapter2/chapter2.md

2.20

$$ AUC=\cfrac{1}{2}\sum{i=1}^{m-1}(x{i+1} - x_i)\cdot(yi + y{i+1}) $$

[解析]：由于图2.4(b)中给出的ROC曲线为横平竖直的标准折线，所以乍一看这个式子的时候很不理解其中的$ \cfrac{1}{2} $和$ (yi + y{i+1}) $代表着什么，因为对于横平竖直的标准折线用$ AUC=\sum{i=1}^{m-1}(x{i+1} - x_i) \cdot y_i $就可以求出AUC了，但是图2.4(b)中的ROC曲线只是个特例罢了，因为此图是所有样例的预测值均不相同时的情形，也就是说每次分类阈值变化的时候只会划分新增1个样例为正例，所以下一个点的坐标为$ (x+\cfrac{1}{m^-},y) $或$ (x,y+\cfrac{1}{m^+}) $，然而当模型对某个正样例和某个反样例给出的预测值相同时，便会划分新增两个样例为正例，于是其中一个分类正确一个分类错误，那么下一个点的坐标为$ (x+\cfrac{1}{m^-},y+\cfrac{1}{m^+}) $（当没有预测值相同的样例时，若采取按固定梯度改变分类阈值，也会出现一下划分新增两个甚至多个正例的情形，但是此种阈值选取方案画出的ROC曲线AUC值更小，不建议使用），此时ROC曲线中便会出现斜线，而不再是只有横平竖直的折线，所以用梯形面积公式就能完美兼容这两种分类阈值选取方案，也即 (上底+下底)*高*$ \cfrac{1}{2} $

2.21

$$ l{rank}=\cfrac{1}{m^+m^-}\sum{x^+ \in D^+}\sum_{x^- \in D^-}(\mathbb{I}(f(x^+)<f(x^-))+\cfrac{1}{2}\mathbb{I}(f(x^+)=f(x^-))) $$

[解析]：

此公式正如书上所说，$ l_{rank} $为ROC曲线之上的面积，假设某ROC曲线如下图所示：

观察ROC曲线易知：

• 每增加一条绿色线段对应着有1个正样例（$ x^+_i $）被模型正确判别为正例，且该线段在Y轴的投影长度恒为$ \cfrac{1}{m^+} $；
• 每增加一条红色线段对应着有1个反样例（$ x^-_i $）被模型错误判别为正例，且该线段在X轴的投影长度恒为$ \cfrac{1}{m^-} $；
• 每增加一条蓝色线段对应着有a个正样例和b个反样例同时被判别为正例，且该线段在X轴上的投影长度=$ b * \cfrac{1}{m^-} $，在Y轴上的投影长度=$ a * \cfrac{1}{m^+} $；
• 任何一条线段所对应的样例的预测值一定小于其左边和下边的线段所对应的样例的预测值，其中蓝色线段所对应的a+b个样例的预测值相等。

公式里的$ \sum_{x^+ \in D^+} $可以看成一个遍历$ x^+_i $的循环：

for $ x^+_i $ in $ D^+ $:

　　　　$ \cfrac{1}{m^+}\cdot\cfrac{1}{m^-}\cdot\sum_{x^- \in D^-}(\mathbb{I}(f(x^+_i)<f(x^-))+\cfrac{1}{2}\mathbb{I}(f(x^+_i)=f(x^-))) $ #记为式S

由于每个$ x^+_i $都对应着一条绿色或蓝色线段，所以遍历$ x^+_i $可以看成是在遍历每条绿色和蓝色线段，并用式S来求出每条绿色线段与Y轴构成的面积（例如上图中的m1)或者蓝色线段与Y轴构成的面积（例如上图中的m2+m3）。

对于每条绿色线段： 将其式S展开可得： $$ \cfrac{1}{m^+}\cdot\cfrac{1}{m^-}\cdot\sum_{x^- \in D^-}\mathbb{I}(f(x^+i)<f(x^-))+\cfrac{1}{m^+}\cdot\cfrac{1}{m^-}\cdot\sum{x^- \in D^-}\cfrac{1}{2}\mathbb{I}(f(x^+_i)=f(x^-)) $$其中$ x^+i $此时恒为该线段所对应的正样例，是一个定值。$ \sum{x^- \in D^-}\cfrac{1}{2}\mathbb{I}(f(x^+_i)=f(x^-) $是在通过遍历所有反样例来统计和$ x^+_i $的预测值相等的反样例个数，由于没有反样例的预测值和$ x^+i $的预测值相等，所以$ \sum{x^- \in D^-}\cfrac{1}{2}\mathbb{I}(f(x^+i)=f(x^-)) $此时恒为0，于是其式S可以化简为：$$ \cfrac{1}{m^+}\cdot\cfrac{1}{m^-}\cdot\sum{x^- \in D^-}\mathbb{I}(f(x^+i)<f(x^-)) $$其中$ \cfrac{1}{m^+} $为该线段在Y轴上的投影长度，$ \sum{x^- \in D^-}\mathbb{I}(f(x^+_i)<f(x^-)) $同理是在通过遍历所有反样例来统计预测值大于$ x^+i $的预测值的反样例个数，也即该线段左边和下边的红色线段个数+蓝色线段对应的反样例个数，所以$ \cfrac{1}{m^-}\cdot\sum{x^- \in D^-}(\mathbb{I}(f(x^+)<f(x^-))) $便是该线段左边和下边的红色线段在X轴的投影长度+蓝色线段在X轴的投影长度，也就是该绿色线段在X轴的投影长度，观察ROC图像易知绿色线段与Y轴围成的面积=该线段在Y轴的投影长度 * 该线段在X轴的投影长度。

对于每条蓝色线段： 将其式S展开可得： $$ \cfrac{1}{m^+}\cdot\cfrac{1}{m^-}\cdot\sum_{x^- \in D^-}\mathbb{I}(f(x^+i)<f(x^-))+\cfrac{1}{m^+}\cdot\cfrac{1}{m^-}\cdot\sum{x^- \in D^-}\cfrac{1}{2}\mathbb{I}(f(x^+i)=f(x^-)) $$ 其中前半部分表示的是蓝色线段和Y轴围成的图形里面矩形部分的面积，后半部分表示的便是剩下的三角形的面积，矩形部分的面积公式同绿色线段的面积公式一样很好理解，而三角形部分的面积公式里面的$ \cfrac{1}{m^+} $为底边长，$ \cfrac{1}{m^-}\cdot\sum{x^- \in D^-}\mathbb{I}(f(x^+_i)=f(x^-)) $为高。

综上分析可知，式S既可以用来求绿色线段与Y轴构成的面积也能求蓝色线段与Y轴构成的面积，所以遍历完所有绿色和蓝色线段并将其与Y轴构成的面积累加起来即得$ l_{rank} $。

2.27

$$\overline{\epsilon}=\max \epsilon\quad \text { s.t. } \sum{i= \epsilon{0} \times m+1}^{m}\left(\begin{array}{c}{m} \ {i}\end{array}\right) \epsilon^{i}(1-\epsilon)^{m-i}<\alpha$$

[推导]：截至2018年12月，第一版第30次印刷，公式（2.27）应当勘误为 $$\overline{\epsilon}=\min \epsilon\quad\text { s.t. } \sum_{i=\epsilon\times m+1}^{m}\left(\begin{array}{c}{m} \ {i}\end{array}\right) \epsilon_0^{i}(1-\epsilon_0)^{m-i}<\alpha$$ 具体推导过程如下：由西瓜书中的上下文可知，对$\epsilon\leq\epsilon_0$进行假设检验，等价于附录①中所述的对$p\leq p0$进行假设检验，所以在西瓜书中求解最大错误率$\overline{\epsilon}$等价于在附录①中求解事件最大发生频率$\frac{\overline{C}}{m}$。由附录①可知 $$\overline{C}=\min C\quad\text { s.t. } \sum{i=C+1}^{m}\left(\begin{array}{c}{m} \ {i}\end{array}\right) p_0^{i}(1-p0)^{m-i}<\alpha$$ 所以 $$\frac{\overline{C}}{m}=\min \frac{C}{m}\quad\text { s.t. } \sum{i=C+1}^{m}\left(\begin{array}{c}{m} \ {i}\end{array}\right) p_0^{i}(1-p_0)^{m-i}<\alpha$$ 将上式中的$\frac{\overline{C}}{m},\frac{C}{m},p_0$等价替换为$\overline{\epsilon},\epsilon,\epsilon0$可得 $$\overline{\epsilon}=\min \epsilon\quad\text { s.t. } \sum{i=\epsilon\times m+1}^{m}\left(\begin{array}{c}{m} \ {i}\end{array}\right) \epsilon_0^{i}(1-\epsilon_0)^{m-i}<\alpha$$

2.41

$$\begin{aligned} E(f ; D)=& \mathbb{E}{D}\left[\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-y{D}\right)^{2}\right] \ =& \mathbb{E}{D}\left[\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})+\bar{f}(\boldsymbol{x})-y{D}\right)^{2}\right] \ =& \mathbb{E}{D}\left[\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)^{2}\right]+\mathbb{E}{D}\left[\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y{D}\right)^{2}\right] \ &+\mathbb{E}{D}\left[+2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y{D}\right)\right] \ =& \mathbb{E}{D}\left[\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)^{2}\right]+\mathbb{E}{D}\left[\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y{D}\right)^{2}\right] \ =& \mathbb{E}{D}\left[\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)^{2}\right]+\mathbb{E}{D}\left[\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y+y-y{D}\right)^{2}\right] \ =& \mathbb{E}{D}\left[\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)^{2}\right]+\mathbb{E}{D}\left[\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y\right)^{2}\right]+\mathbb{E}{D}\left[\left(y-y{D}\right)^{2}\right]\ &+2 \mathbb{E}{D}\left[\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y\right)\left(y-y{D}\right)\right]\ =& \mathbb{E}{D}\left[\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)^{2}\right]+\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y\right)^{2}+\mathbb{E}{D}\left[\left(y{D}-y\right)^{2}\right] \end{aligned}$$

[解析]：

• 第1-2步：减一个$\bar{f}(\boldsymbol{x})$再加一个$\bar{f}(\boldsymbol{x})$，属于简单的恒等变形；
• 第2-3步：首先将中括号里面的式子展开 $$\mathbb{E}{D}\left[\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)^{2}+\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y{D}\right)^{2}+2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y{D}\right)\right]$$ 然后根据期望的运算性质：$\mathbb{E}[X+Y]=\mathbb{E}[X]+\mathbb{E}[Y]$可将上式化为 $$ \mathbb{E}{D}\left[\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)^{2}\right]+\mathbb{E}{D}\left[\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y{D}\right)^{2}\right] +\mathbb{E}{D}\left[2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y{D}\right)\right]$$
• 第3-4步：再次利用期望的运算性质将第3步得到的式子的最后一项展开 $$\mathbb{E}{D}\left[2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y{D}\right)\right] = \mathbb{E}{D}\left[2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\cdot\bar{f}(\boldsymbol{x})\right] - \mathbb{E}{D}\left[2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\cdot y_{D}\right]$$
  • 首先计算展开后得到的第一项 $$\mathbb{E}{D}\left[2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\cdot\bar{f}(\boldsymbol{x})\right] = \mathbb{E}{D}\left[2f(\boldsymbol{x} ; D)\cdot\bar{f}(\boldsymbol{x})-2\bar{f}(\boldsymbol{x})\cdot\bar{f}(\boldsymbol{x})\right]$$ 由于$\bar{f}(\boldsymbol{x})$是常量，所以由期望的运算性质：$\mathbb{E}[AX+B]=A\mathbb{E}[X]+B$（其中$A,B$均为常量）可得 $$\mathbb{E}{D}\left[2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\cdot\bar{f}(\boldsymbol{x})\right] = 2\bar{f}(\boldsymbol{x})\cdot\mathbb{E}{D}\left[f(\boldsymbol{x} ; D)\right]-2\bar{f}(\boldsymbol{x})\cdot\bar{f}(\boldsymbol{x})$$ 由公式（2.37）可知：$\mathbb{E}{D}\left[f(\boldsymbol{x} ; D)\right]=\bar{f}(\boldsymbol{x})$，所以 $$\mathbb{E}{D}\left[2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\cdot\bar{f}(\boldsymbol{x})\right] = 2\bar{f}(\boldsymbol{x})\cdot\bar{f}(\boldsymbol{x})-2\bar{f}(\boldsymbol{x})\cdot\bar{f}(\boldsymbol{x})=0$$
  • 接着计算展开后得到的第二项 $$\mathbb{E}{D}\left[2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\cdot y{D}\right]=2\mathbb{E}{D}\left[f(\boldsymbol{x} ; D)\cdot y{D}\right]-2\bar{f}(\boldsymbol{x})\cdot \mathbb{E}{D}\left[y{D}\right]$$ 由于噪声和$f$无关，所以$f(\boldsymbol{x} ; D)$和$yD$是两个相互独立的随机变量，所以根据期望的运算性质：$\mathbb{E}[XY]=\mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y]$（其中$X$和$Y$为相互独立的随机变量）可得 $$\begin{aligned} \mathbb{E}{D}\left[2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\cdot y{D}\right]&=2\mathbb{E}{D}\left[f(\boldsymbol{x} ; D)\cdot y{D}\right]-2\bar{f}(\boldsymbol{x})\cdot \mathbb{E}{D}\left[y{D}\right] \ &=2\mathbb{E}{D}\left[f(\boldsymbol{x} ; D)\right]\cdot \mathbb{E}{D}\left[y{D}\right]-2\bar{f}(\boldsymbol{x})\cdot \mathbb{E}{D}\left[y{D}\right] \ &=2\bar{f}(\boldsymbol{x})\cdot \mathbb{E}{D}\left[y{D}\right]-2\bar{f}(\boldsymbol{x})\cdot \mathbb{E}{D}\left[y{D}\right] \ &= 0 \end{aligned}$$ 所以 $$\begin{aligned} \mathbb{E}{D}\left[2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y{D}\right)\right] &= \mathbb{E}{D}\left[2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\cdot\bar{f}(\boldsymbol{x})\right] - \mathbb{E}{D}\left[2\left(f(\boldsymbol{x} ; D)-\bar{f}(\boldsymbol{x})\right)\cdot y_{D}\right] \ &= 0+0 \ &=0 \end{aligned}$$
• 第4-5步：同第1-2步一样，减一个$y$再加一个$y$，属于简单的恒等变形；
• 第5-6步：同第2-3步一样，将最后一项利用期望的运算性质进行展开；
• 第6-7步：因为$\bar{f}(\boldsymbol{x})$和$y$均为常量，所以根据期望的运算性质可知，第6步中的第2项可化为 $$\mathbb{E}{D}\left[\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y\right)^{2}\right]=\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y\right)^{2}$$ 同理，第6步中的最后一项可化为 $$2\mathbb{E}{D}\left[\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y\right)\left(y-y{D}\right)\right]=2\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y\right)\mathbb{E}{D}\left[\left(y-y{D}\right)\right]$$ 由于此时假设噪声的期望为零，也即$\mathbb{E}{D}\left[\left(y-y{D}\right)\right]=0$，所以 $$2\mathbb{E}{D}\left[\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y\right)\left(y-y_{D}\right)\right]=2\left(\bar{f}(\boldsymbol{x})-y\right)\cdot 0=0$$

附录

①二项分布参数$p$的检验^[1]

设某事件发生的概率为$p$，$p$未知，作$m$次独立试验，每次观察该事件是否发生，以$X$记该事件发生的次数，则$X$服从二项分布$B(m,p)$，现根据$X$检验如下假设： $$H_0:p\leq p_0 \ H_1:p > p_0$$ 由二项分布本身的特性可知：$p$越小，$X$取到较小值的概率越大。因此，对于上述假设，一个直观上合理的检验为 $$\varphi:当X\leq C时接受H_0,否则就拒绝H0$$ 其中，$C\in N$表示事件最大发生次数。此检验对应的功效函数为 $$\begin{aligned} \beta{\varphi}(p)&=P(X>C)\ &=1-P(X\leq C) \ &=1-\sum{i=0}^{C}\left(\begin{array}{c}{m} \ {i}\end{array}\right) p^{i} (1-p)^{m-i} \ &=\sum{i=C+1}^{m}\left(\begin{array}{c}{m} \ {i}\end{array}\right) p^{i} (1-p)^{m-i} \ \end{aligned}$$ 由于“$p$越小，$X$取到较小值的概率越大”可以等价表示为：$P(X\leq C)$是关于$p$的减函数（更为严格的数学证明参见[1]中第二章习题7），所以$\beta_{\varphi}(p)=P(X>C)=1-P(X\leq C)$是关于$p$的增函数，那么当$p\leq p0$时，$\beta{\varphi}(p0)$即为$\beta{\varphi}(p)$的上确界。又因为，根据[1]中5.1.3的定义1.2可知，检验水平$\alpha$默认取最小可能的水平，所以在给定检验水平$\alpha$时，可以通过如下方程解得满足检验水平$\alpha$的整数$C$： $$\alpha =\sup \left{\beta_{\varphi}(p)\right}$$ 显然，当$p\leq p0$时： $$\begin{aligned} \alpha &=\sup \left{\beta{\varphi}(p)\right} \ &=\beta_{\varphi}(p0) \ &=\sum{i=C+1}^{m}\left(\begin{array}{c}{m} \ {i}\end{array}\right) p_0^{i} (1-p0)^{m-i} \end{aligned}$$ 对于此方程，通常不一定正好解得一个整数$C$使得方程成立，较常见的情况是存在这样一个$\overline{C}$使得 $$\sum{i=\overline{C}+1}^{m}\left(\begin{array}{c}{m} \ {i}\end{array}\right) p_0^{i} (1-p0)^{m-i}<\alpha \ \sum{i=\overline{C}}^{m}\left(\begin{array}{c}{m} \ {i}\end{array}\right) p_0^{i} (1-p0)^{m-i}>\alpha$$ 此时，$C$只能取$\overline{C}$或者$\overline{C}+1$，若$C$取$\overline{C}$，则相当于升高了检验水平$\alpha$，若$C$取$\overline{C}+1$则相当于降低了检验水平$\alpha$，具体如何取舍需要结合实际情况，但是通常为了减小犯第一类错误的概率，会倾向于令$C$取$\overline{C}+1$。下面考虑如何求解$\overline{C}$：易证$\beta{\varphi}(p0)$是关于$C$的减函数，所以再结合上述关于$\overline{C}$的两个不等式易推得 $$\overline{C}=\min C\quad\text { s.t. } \sum{i=C+1}^{m}\left(\begin{array}{c}{m} \ {i}\end{array}\right) p_0^{i}(1-p_0)^{m-i}<\alpha$$

参考文献

[1]陈希孺编著.概率论与数理统计[M].中国科学技术大学出版社,2009.