习题

1.1

表 $1.1$ 中若只包含编号为 $1$ 和 $4$ 的两个样例, 试给出相应的版本空间.

这应该不难理解吧，直接上表格.

编号	色泽	根蒂	敲声	好瓜
$1$	青绿	蜷缩	浊响	是
$4$	乌黑	稍蜷	沉闷	否

1.2

与使用单个合取式来进行假设表示相比, 使用 “析合范式” 将使得假设空间具有更强的表示能力. 例如
$$ 好瓜 \leftrightarrow \big((色泽=*)\wedge(根蒂=蜷缩)\wedge(敲声=*)\big)\vee\big((色泽=乌黑)\wedge(根蒂=*)\wedge(敲声=沉闷)\big) $$
*会把 “$(色泽=*)\wedge(根蒂=蜷缩)\wedge(敲声=*)\,$$" 以及 "$(色泽=乌黑)\wedge(根蒂=)\wedge(敲声=沉闷)\,$$" 都分类为 "好瓜" . 若使用最多包含 $k\,$$ 个合取式的析合范式来表达 $1.1\,$$ 西瓜分类问题的假设空间, 试估算共有多少种可能的假设.** 一共有 $3$ 个特征, 第一个特征有 $3$ 种取值(算上 $$ ), 第二, 三个都是 $4$ 种取值. 每个合取式我们分为三项:色泽, 根蒂, 敲声.这里要注意某个项其实是可以同时选择两种取值的, 比如色泽这一项可以是 $\big((色泽=青绿)\wedge(色泽=乌黑)\big)$ 而不是只能有一个取值. 那么第一项只可能选择一个或两个取值, 取值是一个时有 $3$ 种可能, 取值为两种时只有 $1$ 种可能(即除了 $$ 外的另两种一起取到), 其他项以此类推, 那么就有 $4\times7\times7=196$ 种合取式, 因此 $k{ma\boldsymbol{x}}=196$. 所以可能的假设总数为 $\sum^{k{ma\boldsymbol{x}}}{i=1}C{k{ma\boldsymbol{x}}}^i$ , 即任意取 $1\sim k{ma\boldsymbol{x}}$个合取式然后组合成的析合范式的数量. 当然我们这里不考虑冗余 ~~(因为我懒)~~ . ## 1.3 **若数据包含噪声, 则假设空间中有可能不存在与所有训练样本都一致的假设. 在此情形下, 试设计一种归纳偏好用于假设选择.** 当然是奥卡姆剃刀啦, "如无必要, 勿增实体", 大概体现了一种哲学思想吧. ## 1.4* **本章 $1.4$ 节在论述 "没有免费的午餐" 定理时, 默认使用了 "分类错误率" 作为性能度量来对分类器进行评估. 若换用其他性能度量 $\ell$ ,则将式$(1.1)$改为** $$ E_{ote}(\mathfrak{L}_a\mid X,f)=\sum_h\sum_{\boldsymbol{\boldsymbol{x}}\in \mathcal{X}-X}P(\boldsymbol{\boldsymbol{x}})\ell(h(\boldsymbol{\boldsymbol{x}}),f(\boldsymbol{\boldsymbol{x}}))P(h\mid X,\mathfrak{L}_a) $$ **试证明 "没有免费的午餐定理" 仍成立.** 其实和原来的推导差不多. 对所有可能的 $f$ 按均匀发布对误差求和, 有 $$ \begin{aligned} \sum_fE{ote}(\mathfrak{L}a\mid X,f)&=\sum_f\sum_h\sum{\boldsymbol{x}\in \mathcal{X}-X}P(\boldsymbol{x})\ell(h(\boldsymbol{x}),f(\boldsymbol{x}))P(h\mid X,\mathfrak{L}a)\\\\ &=\sum_{\boldsymbol{x}\in\mathcal{X}-X}P(\boldsymbol{x})\sum_hp(h\mid X,\mathfrak{L})\sum_f\ell(h(\boldsymbol{x}),f(\boldsymbol{x}))\\\\ &=\sum_{\boldsymbol{x}\in\mathcal{X}-X}P(\boldsymbol{x})\sum_hp(h\mid X,\mathfrak{L})E(\ell)\\\\ &=E(\ell)\sum_{\boldsymbol{x}\in\mathcal{X}-X}P(\boldsymbol{x})\sum_hp(h\mid X,\mathfrak{L})\\\\ &=E(\ell)\sum_{\boldsymbol{x}\in\mathcal{X}-X}P(\boldsymbol{x})\cdot1\\\\ &=E(\ell)\sum_{\boldsymbol{x}\in\mathcal{X}-X}P(\boldsymbol{x}) \end{aligned} $$ $E(\ell)$ 为 $\ell$ 的数学期望(就是 $\ell$ 这个函数所有可能输出的均值去乘 $2^{|\mathcal{X}|}$, 因为 $f$ 是任意的. ~~反正是个常数.~~). 最终表达式与学习算法 $\mathfrak{L}$ 无关, 于是 $$ \sum_fE_{ate}(\mathfrak{L}\mid X,f)=\sum_fE_{ate}(\mathfrak{L}\mid X,f) $$
所以 “没有免费的午餐定理” 仍成立.