Optimization Landscape and Expressivity of DeepCNNs

目录

• 引
• 主要内容
  • 基本的一些定义
    • 卷积层
    • 全连接层
    • 池化层
    • 改写卷积层
  • 假设2.4
  • 引理2.5
  • 假设3.1
  • 假设3.2
  • 引理3.3
  • 定理3.4
  • 定理3.5
  • 推论3.6
  • 假设4.1
  • 引理4.2
  • 引理4.3
  • 定理4.4
  • 定理4.5
• Proof
  • 引理A.1
  • 引理2.5 证明
  • 引理3.3
  • 定理3.4
    • 引理D.1
  • 定理3.5
  • 推论3.6
  • 引理4.2
  • 引理4.3
  • 定理4.5

Nguyen Q C, Hein M. Optimization Landscape and Expressivity of Deep CNNs[J]. arXiv: Learning, 2017.

BibTex

@article{nguyen2017optimization,

title={Optimization Landscape and Expressivity of Deep CNNs},

author={Nguyen, Quynh C and Hein, Matthias},

journal={arXiv: Learning},

year={2017}}

引

这篇文章，主要证明，在某些不算很强的假设下，CNN的最后的损失(文中是MSE)能够达到零，而且能够满足其的网络参数的无穷多的. 另外，还有"局部"最优解都是全局最优解的特性. 证明主要用到了勒贝格积分的知识(实际上，这一部分应该算在另一篇论文上，没去看），以及更多的代数的知识.

主要内容

基本的一些定义

\(X=[x_1, \ldots, x_N]^T \in \R^{N \times d}\)为输入的N个样本，而\(Y=[y_1, \ldots, y_N]^T \in \R^{N \times m}\)为对应的N个标签.

假设网络共有\(L\)层，\(n_k\)为第\(k=0, 1, \ldots, L\)层的宽度，也即神经元的个数. 用\(f_k: \R^d \rightarrow \R^{n_k}\)表示由样本\(x\)到第\(k\)层的输出的映射.

patches: 我们将每一层的神经元分成若干份，每一份的长度相同，且是包含所有神经元，并且没有俩个patch是完全相同的. 假设，每一层被分成\(P_k\)份，长度为\(l_k\). 则，可以表示为

\[\left \{ \begin{array}{ll}
\{x^1, \ldots, x^{P_0}\} \subset \R^{l_0}, & k=0, \\
\{f_k^1(x), \ldots, f_k^{P_k}(x)\} \subset \R^{l_k}, & k = 1, 2, \ldots, L-1.
\end{array} \right.
\]

filter: 假设每一层有\(T_k\)个filters，则 \(W_k = [w_k^1, \ldots,w_k^{T_k}] \in \R^{l_{k-1} \times T_k}, 1 \le k < L\) . 容易知道\(n_k=P_{k-1}T_k\), 并假设第k层的偏执为\(b_k \in \R^{n_k}\). 如果是全连接层，很明显，\(n_k=T_k\).

激活函数: 用\(\sigma_k\)表示第\(k\)层的激活函数, entry-wise.

卷积层

其中\([a] = \{1, 2, \ldots, a\}\).

上面的定义可以这么理解，先拿出第一个patch，用所有的filters操作一遍，并加上偏置，再通过激活函数为最后的输出，然后再拿下一个patch... 一般的卷积层，其实就是相当先分patch，再利用卷积核处理，当然这里可能存在一个排序的问题，但是作者证明的结论的过程中不需要排序.

全连接层

池化层

改写卷积层

为了更形象的表示，作者弄了一个线性映射\(\mathcal{M}_k: \R^{l_{k-1} \times T_k} \rightarrow \R^{n_{k-1} \times n_k}\). 看如下的例子:



其中:



\(n_{k-1}=5\), 也就是说，输入是5维的向量，卷积核是3维的，滑动为1. 相当于把\(w\)扩充至\(n_{k-1}\)，且只有所作用的patch的对应位置不为0. 这样就能用一种全连接层的是视角去看待了，而全连接层的\(U_k=W_k\). 所以，我们不需要再管patch了，来了一个输入\(x\)，只需\(U_k^Tx\)，然后进行加偏执和激活函数的操作即可，具体如下:



其中\(g_k(x)=U_k^Tf_{k-1}(x)+b_k\). 定义:



则:



定义损失函数:

\[\Phi ((W_l,b_l)_{l=1}^{L}) = \frac{1}{2} \|F_L - Y\|^2.
\]

假设2.4

对于第k个卷积层，存在\(W_k\)使得\(U_k\)是满秩的. 并且从下面的话中可以发现，只要patches满足之前讲的那些假设，那么这个假设便能够成立. 问题是，我不知道这个假设如何证明.

引理2.5

引理2.5告诉我们，让\(U_k\)满秩的\(W_k\)不仅存在，而且很多，多到让\(U_k\)不满秩的\(W_k\)的勒贝格测度为0. 也就是随便走两步都能满足假设.

假设3.1

这个假设看似很强，但是作者指出，可以通过对样本添加一个噪声来满足.

假设3.2

激活函数是连续非常数，且有一些极限性质.

引理3.3

ReLU, Sigmoid, Softplus等一些常见的激活函数都是满足上面的假设的.

定理3.4

注意, 条件1是第一层和第k层为卷积或者全连接层. 满足这些条件，则有\(\{f_k(x_1), \ldots, f_k(x_N)\}\)线性独立，也即\(F_k\)满秩.

定理3.5

注意，这里的条件1是第一层到第k层均为全连接层或卷积层. 则令\(F_k\)不满秩的网络参数的勒贝格测度为0，也就是说，\(F_k\)满秩是平凡的.

推论3.6

也就是说，我们能够找到网络参数，满足训练0误差.

假设4.1

注意，这里假设整个网络不包括池化层，且最后的输出层是全连接层.

并定义:

引理4.2

关于解析函数，这是复变函数里的东西，不同的版本有出入，

至少是无穷次可导的, 所以ReLU自然不列入考虑范围之内.

引理4.2说明\(F_k, U_{k+2}, \ldots, U_L\)满秩是很容易满足的.

引理4.3

定理4.4

定理4.4告诉我们，\(S_k\)中的所有的驻点(关于\(U_{k+1}\))都是最小值点.

定理4.5

作者考虑一个具体的分类问题，则CNN最后的输出应该为\(Z \in \R^{m \times m}\)，即有m类，如果样本\(x_i\)属于第j类，则\(Y\)的第i行为\(Z\)的第j行. 所以，一般情况下，\(Z\)为单位矩阵？

注意第\(k+1\)层为全连接层.

Proof

引理A.1

实解析函数，如果不恒为0，则\(\{x \in \R^n| f(x)=0\}\)的勒贝格测度为0， 也就是几乎处处不为0呗.

引理2.5 证明

\(U_k = \mathcal{M}_k (W_k) \in \R^{n_{k-1} \times n_k}\), 因为\(\mathcal{M_k}\)是一个线性映射，所以\(U_k\)的每一个元素都是\(W_k\)的一个线性函数的像. 又\(U_k\)的每一个\(m \times m, m = \min \{n_{k-1}, n_k\}\)行列式是一个多项式函数，所以是解析函数，而解析函数的复合依旧是解析函数，所以每一个行列式都是关于\(W_k\)的一个解析函数. 而根据假设2.4，我们知道，存在一行列式不恒等于0，所以根据引理A.1， 引理2.5可得.

引理3.3

定理3.4

引理D.1

就是，我们能找到一些网络参数，使得不同的样本\(f_k\)的各元素不同.

证明： 这个证明可以通过归纳法证明，只要我们找到\(W_1, b_1\)使得\(f_1^p(x_i) \not = f_1^q(x_j)\)成立，后面的结果也就可类似推导成立了. 且因为全连接层是卷积层的一个特例，所以只需证明是卷积层的时候成立即可.

用\(Q=[a^1, \ldots, a^{T_1}] \in \R^{l_0 \times T_1}\)表示，其中每一列都是一个filters. 定义:



显然，属于\(S\)的元素，要么使得\(U_k\)不满秩，要么使得\(f_1(x_i),f_1(x_j)\)有俩个元素相同，则其补集一定满足引理D.1的结论. 所以我们只要证明这个补集不是空集即可.

根据假设3.1，\(x_i^p \not = x_j^q, i \not = j\), 所以\(\langle a^t, x_i^p \rangle-\langle a^{t'},x_j^q \rangle=0\)是一个超平面，显然，其测度为0，而有限个这样的超平面的并依旧是零测集， 所以\(S\)的后半部分的测度为0. 而前半部分，根据引理2.5可知，其测度也为0，所以\(S\)的测度也为0.

如果，我们证明\(g\)穿过激活函数依旧保持那些性质的话，关于卷积层和全连接层的证明就结束了.

既然\(\sigma_1\)是个连续的非常数函数，那么存在一个区间\((\mu_1, \mu_2)\)使得\(\sigma_1\)在其上存在双射（这个存疑，不是有一个处处连续但处处不可导的函数吗，那个也能满足？）.

我们先固定\(Q \in \R^{l_0 \times T_1} \setminus S\), 令\(\beta \in (\mu_1, \mu_2)\). 并令\(\alpha >0\) 以及\(W_1 = \alpha Q, (b_1)_h=\beta.\)

既然\(\beta \in (\mu_1, \mu_2)\), 我们只需要选择足够小的\(\alpha\), 就能满足\(\alpha \langle a, x_i^p \rangle+ \beta \in (\mu_1, \mu_2)\).

对于任意的\(h,v, h=(p-1)T_1+t, v=(q-1)T_1+t'\),



对于任意的\(i \not =j\) 以及足够小的\(\alpha\)(注意，因为对于足够小的\(\alpha\), \(\sigma_1\)单调，所以若为0，则需要原像相同，而这由\(Q\)的选择保证不可能).

于是:



实际上，结果还要更加强一些.

最后只要再证明对池化层也成立即可.

假设对前\(k\)层都成立，第\(k+1\)层为池化层. 于是\(n_{k+1}=P_{k}\), 且对于\(p \in [P_k]\):



既然(8)成立，所以\((f_{k}(x_i))_r \not = (f_{k}(x_j))_s, i\not= j\), 自然，其最大值也不同，即



所以，结论对于池化层也成立.

定理3.4的证明, 仅说明其证明思路. 根据引理D.1，我们可以找到网络参数，使得第\(k-1\)层满足:\(f_{k-1}^p(x_i) \not = f_{k-1}^q(x_j), i \not = j\). 所以，接下来，只要找到\(W_k, b_k\)使得最后的\(A:=F_k \in \R^{N \times n_k}\)满秩就可以了.

先定义\(Q=[a^1, a^2, \ldots, a^{T_k}] \in \R^{l_{k-1} \times T_k}\)以及:

和引理D.1的证明类似，\(S\)的测度为0，\(Q\)的列可以取到\(\R^{l_{k-1}} \setminus S\)，并且满足\(\mathcal{M_k}(Q)\)满秩（因为满秩的集合测度不为0）.

既然激活函数\(\sigma_k\)连续非常数，一定存在\(\beta, \sigma_k(\beta) \not = 0\). 则定义\(W_k = [w_k^1, \ldots, w_k^{T_k}]\)和偏执\(b_k\), 且有:



相应的，有

我们可以调整\(x_i,x_j\)的顺序，使得下列式子满足:

\[\langle a^t, f_{k-1}^p(x_i) -f_{k-1}^p(x_j) \rangle < 0, i<j.
\]

接下来，根据对激活函数的假设(假设3.2)，可以分成俩种情况来证明:

首先是



不妨设\(\mu_-=0\), 则



所以收敛到最后是一个上三角矩阵. 再看一般的\(A(\alpha)\)的前N行N列(我们只要证明这个行列不为0，则\(A(\alpha)\)就满秩).

这个分解，就是最开始的行列式的定义，取不同行不同列的乘积的和(还有相应的符号). 易知:



对于\(\pi \not = \gamma\), \(\gamma\)就是\(12345...N\)的序. 所以\(\mathrm{det}(A(\alpha)_{1:N, 1:N}) \rightarrow \sigma_k(\beta)^N \not = 0\).

既然行列式关于\(\alpha\)的连续函数，一定存在足够小的\(\alpha\)使得行列式不为0，即\(A(\alpha)\)满秩, 这样，\(W_k, b_k\)就找到了. \(\mu_+=0\)的证明是类似的.

另一种情况是:



其证明也是类似的，只是取充分大的\(\alpha\).

定理3.5

定理3.5的条件更强，能够保证\(f_k\)是关于\(W_l,b_l\)的一个解析函数，那么\(F_k = [f_k(x_1), \ldots, f_k(x_N)]^T \in \R^{N \times n_k}\)的\(N \times N\)的子矩阵的行列式也为解析函数，既然我们以及找到了这样的\(W_l,b_l\)使得某个子矩阵的行列式不为0，根据引理A.1可知，令\(F_k\)不满秩的\(W_l, b_l\)的参数的集合的测度为0.

推论3.6

既然，我们能够找到参数\((W_l, b_l)_{l=1}^{L-1}\)使得\(rank(F_{L-1})=N\), 我们的任务就是找一个\(\lambda \in \R^{n_{L-1}}\)使得\(F_{L-1}\lambda=F_L\), 显然

\[\lambda = F^T_{L-1} (F_{L-1}F_{L-1}^T)^{-1}y,
\]

满足这个条件.

引理4.2

\[S_k = \{(W_l, b_l)_{l=1}^L | F_k, U_{k+2}, \ldots, U_L满秩\}.
\]

显然:



其中\(\mathcal{P}\)表全集.

后面的第一部分根据定理3.5可知测度为0，第二部分根据引理2.5可知测度亦为0，所以后面的部分测度为0. 所以\(\mathcal{P} \setminus S_k\)的测度自然也为0.

引理4.3

首先，介绍一下 Hadamard product (阿达玛积), \(\circ\),

\[(A \circ B)_{ij} = A_{ij} B_{ij},
\]

即矩阵对应元素相乘，当然这要求\(A, B\)行列相同. 阿达玛积满足交换律，结合律:

\[A \circ B = B \circ A, \\
A \circ (B \circ C) = A \circ B \circ C, \\
A \circ (B + C) = A \circ B + A \circ C.
\]

另外, \((A \circ B)^T = A^T \circ B^T\)是显然的，以及

\[\begin{array}{ll}
\mathbf{Tr}(A \cdot (B \circ C)) & = |A^T \circ B \circ C| \\
&= \mathbf{Tr}(A^T \circ B \cdot C^T) \\
& = \mathbf{Tr}(A \circ B^T \cdot C).
\end{array}
\]

再证明引理4.3之前，我们需要先推导出损失函数与\(U\)的梯度关系，我们先整理一下:

损失函数:

\[\Phi = \frac{1}{2} \|F_L-Y\|_F
\]

第\(L\)层为全连接层，所以:

\[F_L = G_L=F_{L-1}U_L + \mathbf{1}_N b_L^T \in \R^{N \times n_L}.
\]

\[G_k = F_{k-1}U_k + \mathbf{1}_N b_k^T \in \R^{N \times n_k}, \\
F_k = \sigma_k(G_k) \in \R^{N \times n_k}, \\
k = 1, 2, \ldots, L-1.
\]

\[U_k \in \R^{n_{k-1} \times n_k}, k =1,2,\ldots,L.
\]

定义\(\Delta_k\), 其中的(i, j)元素为\(\partial \Phi/ \partial (G_{k})_{ij}\).

\[\begin{array}{ll}
\mathrm{d} \Phi & = \mathbf{Tr}((F_L-Y)^T\mathrm{d}F_L) = \mathbf{Tr}((F_L-Y)^T\mathrm{d}G_L) \\
& = \mathbf{Tr}(\Delta_L^T \mathrm{d}G_L) = \mathbf{Tr}(\Delta_L^T(\mathrm{d}F_{L-1})U_L+\Delta_L^T F_{L-1} \mathrm{d} U_L) \\
&= \mathbf{Tr}(\Delta_L^T F_{L-1} \mathrm{d} U_L) + \mathbf{Tr}(U_L\Delta_L^T\mathrm{d}\sigma_{L-1}(G_{L-1})) \\
&=\mathbf{Tr}(\Delta_L^T F_{L-1} \mathrm{d} U_L) + \mathbf{Tr}(U_L\Delta_L^T\sigma_{L-1}'(G_{L-1}) \circ \mathrm{d}G_{L-1}) \\
&=\mathbf{Tr}(\Delta_L^T F_{L-1} \mathrm{d} U_L) + \mathbf{Tr}(U_L\Delta_L^T \circ {\sigma_{L-1}'}^T \cdot\mathrm{d}G_{L-1})
\end{array}
\]

所以:

\[\Delta_L = F_L-Y, \\
\Delta_{L-1} = \Delta_LU_L^ T \circ {\sigma_{L-1}'}(G_{L-1}), \\
\nabla_{U_L} \Phi = F_{L-1}^T \Delta_L.
\]

类似可证明:

\[\Delta_l = \Delta_{l+1} U_{l+1}^T \circ \sigma_{l}' (G_l), \quad k+1 \le l \le L-1, \\
\nabla_{U_l} \Phi = F_{l-1}^T \Delta_l, \quad k+1 \le l \le L.
\]

再引入俩个引理，比较简单便不给出证明了.

我们已经知道\(\nabla_{U_{k+1}} \Phi = F_k^T \Delta_{k+1}\), 并用\(\otimes\) 表示克罗内克积, 有

故

上界的证明是类似的，

定理4.5

定理4.5前半部分的证明，既然第k+1层为全连接层，对于驻点，我们有\(\Delta_{W_{k+1}} \Phi = 0 = \nabla_{U_{k+1}} \Phi\)， 再根据定理4.4即可证明.

后半部分的证明，首先，我们证明我们能够找到\(W_{k+1}\)使得\(F_{k+1}\)的秩为\(m\), 且对应相同标签的样本，比如样本i, j对应同一个标签，那么\(F_{k+1}\)的第i,j行是相同的. 在k+1层之前，我们可以找到\(\{W_l， b_l\}_{l=1}^k\)使得\(range(F_k)=N\).

Case1:k=L-1

那么\(rank(F_{L-1})=N\), 直接令\(W_L=F_{L-1}^T(F_{L-1}F_{L-1}^T)^{-1}Z\)就能使得\(\Phi=0\), 且\(W_L\)满秩.

Case2: k=L-2

那么\(rank(F_{L-2})=N\), 令\(A\in \R^{m \times n_{L-1}}\)为行满秩矩阵，且\(A_{ij}\in range(\sigma_{L-1})\). 再定义\(D \in \R^{N \times n_{L-1}}\), 并且

\[D_{i:}=A_{j:},
\]

如果第i个样本的标签为j. \(D_{i:}\)表示\(D\)的第i行.

只需要令\(W_{L-1}=F_{L-2}^T(F_{L-2}F_{L-2}^T)^{-1}\sigma_{L-1}^{-1}(D)\), 于是

\[F_{L-1} = \sigma_{L-1}(F_{L-2}W_{L-1}+\mathbf{1}_Nb_{L-1}^T)=D,
\]

其中令\(b_{L-1}=0\).

接着，我们只需要令

\[W_L = A^T(AA^T)^{-1}Z,
\]

便能得到\(\Phi=0\).

注意，\(W_{L-1}\)并非满秩的.

Case 3: \(k \le L-3\)

类似的，取\(E\in \R^{m \times n_{k+1}}\), 且\(E\)的元素无一相同, \(E_{ij} \in range(\sigma_{k+1})\).

定义\(D \in \R^{N \times n_{k+1}}\):

\[D_{i:} = E_{j:},
\]

如果样本i标签为j.

构建

\[W_{k+1} = F_k^T(F_kF_k^T)^{-1} \sigma_{k+1}^{-1} (D),
\]

取\(b_{k+1}=0\), 则\(F_{k+1}=\sigma_{k+1}(F_kW_{k+1}+\mathbf{1_N}b_{k+1}^T)=D\), 于是我们的目的也达到了.

此时，把\(k+1\)到\(L\)看成一个新的网络，我们相当于输入\(m\)个样本，我们只要构建\(\{W_l\}_{l=k+2}^L\)使得\(\Phi=0\), 根据Case 1可知，只要在第L-1层保持满秩即可.

首先，因为\(E\)的各元素都不同，所以\(F_{k+1}\)的各元素亦不同，这就满足了假设3.1;

其次，\(k+1\)到\(L-1\)都是卷积层和全连接层；

第L-1层的宽度大于样本个数m，这个来源于假设4.1的金字塔型的结构；

激活函数满足假设3.2.

所以，根据定理3.4，我们可以知道，存在\(\{W_l\}_{l=k+2}^L\)能够使得L-1层满秩，而且这样的参数是很多很多的.

最后选择\(W_L=F_{L-1}^T(F_{L-1}F_{L-1}^T)^{-1}Z\)即可. \((W_l, b_l)_{l=1}^L \in S_k\).