#习题

1.1

表 $1.1$1.1 中若只包含编号为 $1$1 和 $4$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$1	青绿	蜷缩	浊响	是
$4$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$好瓜 \leftrightarrow \big((色泽=*)\wedge(根蒂=蜷缩)\wedge(敲声=*)\big)\vee\big((色泽=乌黑)\wedge(根蒂=*)\wedge(敲声=沉闷)\big)$好瓜↔((色泽=∗)∧(根蒂=蜷缩)∧(敲声=∗))∨((色泽=乌黑)∧(根蒂=∗)∧(敲声=沉闷))会把 “$(色泽=*)\wedge(根蒂=蜷缩)\wedge(敲声=*)$(色泽=∗)∧(根蒂=蜷缩)∧(敲声=∗)” 以及 “$(色泽=乌黑)\wedge(根蒂=*)\wedge(敲声=沉闷)$(色泽=乌黑)∧(根蒂=∗)∧(敲声=沉闷)” 都分类为 “好瓜” . 若使用最多包含 $k$k 个合取式的析合范式来表达 $1.1$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$3 个特征, 第一个特征有 $3$3 种取值(算上 $*$∗ ), 第二, 三个都是 $4$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 $\big((色泽=青绿)\wedge(色泽=乌黑)\big)$((色泽=青绿)∧(色泽=乌黑)) 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$3 种可能, 取值为两种时只有 $1$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$4×7×7=196 种合取式, 因此 $k_{ma\boldsymbol{x}}=196$kmax​=196.
　　所以可能的假设总数为 $\sum^{k_{ma\boldsymbol{x}}}_{i=1}C_{k_{ma\boldsymbol{x}}}^i$∑i=1kmax​​Ckmax​i​ , 即任意取 $1\sim k_{ma\boldsymbol{x}}$1∼kmax​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$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 $\ell$ℓ ,则将式$(1.1)$(1.1)改为$E_{ote}(\mathfrak{L}_a\mid X,f)=\sum_h\sum_{\boldsymbol{\boldsymbol{x}}\in \mathfrak{X}-X}P(\boldsymbol{\boldsymbol{x}})\ell(h(\boldsymbol{\boldsymbol{x}}),f(\boldsymbol{\boldsymbol{x}}))P(h\mid X,\mathfrak{L}_a)$Eote​(La​∣X,f)=h∑​x∈X−X∑​P(x)ℓ(h(x),f(x))P(h∣X,La​)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 $f$f 按均匀发布对误差求和, 有
$\begin{aligned} \sum_fE_{ote}(\mathfrak{L}_a\mid X,f)&=\sum_f\sum_h\sum_{\boldsymbol{x}\in \mathfrak{X}-X}P(\boldsymbol{x})\ell(h(\boldsymbol{x}),f(\boldsymbol{x}))P(h\mid X,\mathfrak{L}_a)\\ &=\sum_{\boldsymbol{x}\in\mathfrak{X}-X}P(\boldsymbol{x})\sum_hp(h\mid X,\mathfrak{L})\sum_f\ell(h(\boldsymbol{x}),f(\boldsymbol{x}))\\ &=\sum_{\boldsymbol{x}\in\mathfrak{X}-X}P(\boldsymbol{x})\sum_hp(h\mid X,\mathfrak{L})E(\ell)\\ &=E(\ell)\sum_{\boldsymbol{x}\in\mathfrak{X}-X}P(\boldsymbol{x})\sum_hp(h\mid X,\mathfrak{L})\\ &=E(\ell)\sum_{\boldsymbol{x}\in\mathfrak{X}-X}P(\boldsymbol{x})\cdot1\\ &=E(\ell)\sum_{\boldsymbol{x}\in\mathfrak{X}-X}P(\boldsymbol{x}) \end{aligned}$f∑​Eote​(La​∣X,f)​=f∑​h∑​x∈X−X∑​P(x)ℓ(h(x),f(x))P(h∣X,La​)=x∈X−X∑​P(x)h∑​p(h∣X,L)f∑​ℓ(h(x),f(x))=x∈X−X∑​P(x)h∑​p(h∣X,L)E(ℓ)=E(ℓ)x∈X−X∑​P(x)h∑​p(h∣X,L)=E(ℓ)x∈X−X∑​P(x)⋅1=E(ℓ)x∈X−X∑​P(x)​
　　$E(\ell)$E(ℓ) 为 $\ell$ℓ 的数学期望(就是 $\ell$ℓ 这个函数所有可能输出的均值去乘 $2^{|\mathcal{X}|}$2∣X∣, 因为 $f$f 是任意的. 反正是个常数.).
　　最终表达式与学习算法 $\mathfrak{L}$L 无关, 于是$\sum_fE_{ate}(\mathfrak{L}\mid X,f)=\sum_fE_{ate}(\mathfrak{L}\mid X,f)$f∑​Eate​(L∣X,f)=f∑​Eate​(L∣X,f)
　　所以 “没有免费的午餐定理” 仍成立.

1.5

试述机器学习能在互联网搜索的哪些环节起什么作用.

这个就多了, 比如搜索引擎, 图片搜索, 智能化推荐, 还有很多很多. 当然你还可以用机器学习来破解反爬虫, 比如识别简单的验证码.

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