Обратное распространение с Softmax / Cross Entropy

40

Я пытаюсь понять, как работает обратное распространение для выходного слоя softmax / cross-entropy.

Функция кросс-энтропийной ошибки

E (t, o) = - \sum_{j} t_{j} \log o_{j}

$E(t,o)=-\sum_j t_j \log o_j$

с и в качестве цели и выхода на нейроне соответственно. Сумма по каждому нейрону в выходном слое. Сам является результатом функции softmax: $t$ $o$ $j$ $o_j$

o_{j} = s o f t m a x (z_{j}) = \frac{e^{z_{j}}}{\sum_{j} e^{z_{j}}}

$o_j=softmax(z_j)=\frac{e^{z_j}}{\sum_j e^{z_j}}$

Опять же, сумма по каждому нейрону в выходном слое, а является входом для нейрона : $z_j$ $j$

z_{j} = \sum_{i} w_{i j} o_{i} + b

$z_j=\sum_i w_{ij}o_i+b$

Это сумма по всем нейронам в предыдущем слое с соответствующими выходными и весом направлении нейрона плюс смещение . $o_i$ $w_{ij}$ $j$ $b$

Теперь, чтобы обновить вес который соединяет нейрон в выходном слое с нейроном в предыдущем слое, мне нужно вычислить частную производную функции ошибки, используя правило цепочки: $w_{ij}$ $j$ $i$

\frac{\partial E}{\partial w_{i j}} = \frac{\partial E}{\partial o_{j}} \frac{\partial o_{j}}{\partial z_{j}} \frac{\partial z_{j}}{\partial w_{i j}}

$\frac{\partial E} {\partial w_{ij}}=\frac{\partial E} {\partial o_j} \frac{\partial o_j} {\partial z_{j}} \frac{\partial z_j} {\partial w_{ij}}$

с в качестве входа для нейрона . $z_j$ $j$

Последний термин довольно прост. Поскольку между и есть только один вес , производная: $i$ $j$

\frac{\partial z_{j}}{\partial w_{i j}} = o_{i}

$\frac{\partial z_j} {\partial w_{ij}}=o_i$

Первое слагаемое - это вывод функции ошибки относительно вывода : $o_j$

\frac{\partial E}{\partial o_{j}} = \frac{- t_{j}}{o_{j}}

$\frac{\partial E} {\partial o_j} = \frac{-t_j}{o_j}$

Средний член является производной функции softmax по отношению к ее вводу сложнее: $z_j$

\frac{\partial o_{j}}{\partial z_{j}} = \frac{\partial}{\partial z_{j}} \frac{e^{z_{j}}}{\sum_{j} e^{z_{j}}}

$\frac{\partial o_j} {\partial z_{j}}=\frac{\partial} {\partial z_{j}} \frac{e^{z_j}}{\sum_j e^{z_j}}$

Допустим, у нас есть три выходных нейрона, соответствующих классам тогда : $a,b,c$ $o_b = softmax(b)$

o_{b} = \frac{e^{z_{b}}}{\sum e^{z}} = \frac{e^{z_{b}}}{e^{z_{a}} + e^{z_{b}} + e^{z_{c}}}

$o_b=\frac{e^{z_b}}{\sum e^{z}}=\frac{e^{z_b}}{e^{z_a}+e^{z_b}+e^{z_c}}$

и его вывод с использованием правила отношения:

\frac{\partial o_{b}}{\partial z_{b}} = \frac{e^{z_{b}} * \sum e^{z} - (e^{z_{b}})^{2}}{(\sum_{j} e^{z})^{2}} = \frac{e^{z_{b}}}{\sum e^{z}} - \frac{(e^{z_{b}})^{2}}{(\sum e^{z})^{2}}

$\frac{\partial o_b} {\partial z_{b}}=\frac{e^{z_b}*\sum e^z - (e^{z_b})^2}{(\sum_j e^{z})^2}=\frac{e^{z_b}}{\sum e^z}-\frac{(e^{z_b})^2}{(\sum e^z)^2}$

= s o f t m a x (b) - s o f t m a x^{2} (b) = o_{b} - o_{b}^{2} = o_{b} (1 - o_{b})

$=softmax(b)-softmax^2(b)=o_b-o_b^2=o_b(1-o_b)$ Возвращаясь к среднему члену для обратного распространения, это означает:

\frac{\partial o_{j}}{\partial z_{j}} = o_{j} (1 - o_{j})

$\frac{\partial o_j} {\partial z_{j}}=o_j(1-o_j)$

Собрав все воедино, я получаю

\frac{\partial E}{\partial w_{i j}} = \frac{- t_{j}}{o_{j}} * o_{j} (1 - o_{j}) * o_{i} = - t_{j} (1 - o_{j}) * o_{i}

$\frac{\partial E} {\partial w_{ij}}= \frac{-t_j}{o_j}*o_j(1-o_j)*o_i=-t_j(1-o_j)*o_i$

Это означает, что если целью для этого класса является , то я не буду обновлять веса для этого. Это не звучит правильно. $t_j=0$

Исследуя это, я нашел людей, имеющих два варианта для вывода softmax: один, где а другой для , как здесь или здесь . $i=j$ $i\ne j$

Но я не могу ничего понять из этого. Кроме того, я даже не уверен, является ли это причиной моей ошибки, поэтому я публикую все свои расчеты. Я надеюсь, что кто-то может объяснить мне, где я что-то упускаю или иду не так.

— Миха
источник

Ссылки, которые вы дали, вычисляют производную по отношению к входным данным, в то время как вы вычисляете производную по отношению к весам.

— Дженкар

35

Примечание: я не эксперт по backprop, но теперь, прочитав немного, я думаю, что следующее предостережение уместно. При чтении статей или книг по нейронным сетям нередки случаи, когда производные записываются с использованием сочетания стандартных обозначений суммирования / индекса , матричного обозначения и многоиндексного обозначения (включая гибрид двух последних для тензорно-тензорных производных). ). Как правило, цель состоит в том, чтобы это было «понято из контекста», поэтому вы должны быть осторожны!

Я заметил пару несоответствий в вашем происхождении. Я не делаю нейронные сети на самом деле, поэтому следующее может быть неверным. Тем не менее, вот как я бы пошел о проблеме.

Во-первых, вам нужно учесть суммирование в , и вы не можете предполагать, что каждый член зависит только от одного веса. Таким образом, принимая градиент отношению к компоненту из , мы имеем $E$ $E$ $k$ $z$

E = - \sum_{j} t_{j} \log o_{j} ⟹ \frac{\partial E}{\partial z_{k}} = - \sum_{j} t_{j} \frac{\partial \log o_{j}}{\partial z_{k}}

$E=-\sum_jt_j\log o_j\implies\frac{\partial E}{\partial z_k}=-\sum_jt_j\frac{\partial \log o_j}{\partial z_k}$

Тогда, выражая как у нас есть где является Дельта Кронекера . Тогда градиент софтмакс-знаменателя равен что дает или, расширяя журнал Обратите внимание, что производная по , произвольный $o_j$

o_{j} = \frac{1}{Ω} e^{z_{j}}, Ω = \sum_{i} e^{z_{i}} ⟹ \log o_{j} = z_{j} - \log Ω

$o_j=\tfrac{1}{\Omega}e^{z_j} \,,\, \Omega=\sum_ie^{z_i} \implies \log o_j=z_j-\log\Omega$

\frac{\partial \log o_{j}}{\partial z_{k}} = δ_{j k} - \frac{1}{Ω} \frac{\partial Ω}{\partial z_{k}}

$\frac{\partial \log o_j}{\partial z_k}=\delta_{jk}-\frac{1}{\Omega}\frac{\partial\Omega}{\partial z_k}$

δ_{j k}

$\delta_{jk}$

\frac{\partial Ω}{\partial z_{k}} = \sum_{i} e^{z_{i}} δ_{i k} = e^{z_{k}}

$\frac{\partial\Omega}{\partial z_k}=\sum_ie^{z_i}\delta_{ik}=e^{z_k}$

\frac{\partial \log o_{j}}{\partial z_{k}} = δ_{j k} - o_{k}

$\frac{\partial \log o_j}{\partial z_k}=\delta_{jk}-o_k$

\frac{\partial o_{j}}{\partial z_{k}} = o_{j} (δ_{j k} - o_{k})

$\frac{\partial o_j}{\partial z_k}=o_j(\delta_{jk}-o_k)$

z_{k}

$z_k$ компонент , который дает член ( только когда ).

z

$z$

δ_{j k}

$\delta_{jk}$

= 1

$=1$

k = j

$k=j$

Таким образом, градиент относительно равен где является постоянным (для данного вектора ). $E$ $z$

\frac{\partial E}{\partial z_{k}} = \sum_{j} t_{j} (o_{k} - δ_{j k}) = o_{k} (\sum_{j} t_{j}) - t_{k} ⟹ \frac{\partial E}{\partial z_{k}} = o_{k} τ - t_{k}

$\frac{\partial E}{\partial z_k}=\sum_jt_j(o_k-\delta_{jk})=o_k\left(\sum_jt_j\right)-t_k \implies \frac{\partial E}{\partial z_k}=o_k\tau-t_k$

τ = \sum_{j} t_{j}

$\tau=\sum_jt_j$

t

$t$

Это показывает первое отличие от вашего результата: больше не умножает . Обратите внимание, что в типичном случае, когда является «горячим», мы имеем (как отмечено в вашей первой ссылке). $t_k$ $o_k$ $t$ $\tau=1$

Второе несоответствие, если я правильно понимаю, заключается в том, что « », который вводится в , вряд ли будет « », который выводится из softmax. Я думаю, что имеет больше смысла, что это на самом деле «дальше» в сетевой архитектуре? $o$ $z$ $o$

Называя этот вектор , мы получаем $y$

z_{k} = \sum_{i} w_{i k} y_{i} + b_{k} ⟹ \frac{\partial z_{k}}{\partial w_{p q}} = \sum_{i} y_{i} \frac{\partial w_{i k}}{\partial w_{p q}} = \sum_{i} y_{i} δ_{i p} δ_{k q} = δ_{k q} y_{p}

$z_k=\sum_iw_{ik}y_i+b_k \implies \frac{\partial z_k}{\partial w_{pq}}=\sum_iy_i\frac{\partial w_{ik}}{\partial w_{pq}}=\sum_iy_i\delta_{ip}\delta_{kq}=\delta_{kq}y_p$

Наконец, чтобы получить градиент отношению к весовой матрице , мы используем правило цепочки дающий окончательное выражение (принимая единицу -hot , т. е. ) где - вход на самом низком уровне (в вашем примере). $E$ $w$

\frac{\partial E}{\partial w_{p q}} = \sum_{k} \frac{\partial E}{\partial z_{k}} \frac{\partial z_{k}}{\partial w_{p q}} = \sum_{k} (o_{k} τ - t_{k}) δ_{k q} y_{p} = y_{p} (o_{q} τ - t_{q})

$\frac{\partial E}{\partial w_{pq}}=\sum_k\frac{\partial E}{\partial z_k}\frac{\partial z_k}{\partial w_{pq}}=\sum_k(o_k\tau-t_k)\delta_{kq}y_p=y_p(o_q\tau-t_q)$

t

$t$

τ = 1

$\tau=1$

\frac{\partial E}{\partial w_{i j}} = y_{i} (o_{j} - t_{j})

$\frac{\partial E}{\partial w_{ij}}=y_i(o_j-t_j)$

y

$y$

Таким образом, это показывает второе отличие от вашего результата: « », вероятно, должно быть от уровня ниже , который я называю , а не от уровня выше (то есть ). $o_i$ $z$ $y$ $z$ $o$

Надеюсь, это поможет. Этот результат кажется более последовательным?

Обновление: в ответ на запрос от OP в комментариях, здесь расширение первого шага. Во-первых, обратите внимание, что правило векторной цепочки требует суммирования (см. Здесь ). Во-вторых, чтобы быть уверенным в получении всех компонентов градиента, вы всегда должны вводить новую нижнюю букву для компонента в знаменателе частной производной. Таким образом, чтобы полностью выписать градиент с правилом полной цепочки, мы имеем и так
$\frac{\partial E}{\partial w_{p q}} = \sum_{i} \frac{\partial E}{\partial o_{i}} \frac{\partial o_{i}}{\partial w_{p q}}$ $\frac{\partial E}{\partial w_{pq}}=\sum_i \frac{\partial E}{\partial o_i}\frac{\partial o_i}{\partial w_{pq}}$ $\frac{\partial o_{i}}{\partial w_{p q}} = \sum_{k} \frac{\partial o_{i}}{\partial z_{k}} \frac{\partial z_{k}}{\partial w_{p q}}$ $\frac{\partial o_i}{\partial w_{pq}}=\sum_k \frac{\partial o_i}{\partial z_k}\frac{\partial z_k}{\partial w_{pq}}$ $\frac{\partial E}{\partial w_{p q}} = \sum_{i} [\frac{\partial E}{\partial o_{i}} (\sum_{k} \frac{\partial o_{i}}{\partial z_{k}} \frac{\partial z_{k}}{\partial w_{p q}})]$ $\frac{\partial E}{\partial w_{pq}}=\sum_i \left[ \frac{\partial E}{\partial o_i}\left(\sum_k \frac{\partial o_i}{\partial z_k}\frac{\partial z_k}{\partial w_{pq}}\right) \right]$ На практике полные суммы сокращаются, потому что вы получаете много терминов . Хотя это включает в себя множество «дополнительных» суммирований и подписок, использование правила полной цепочки гарантирует, что вы всегда получите правильный результат. $\delta_{ab}$

— GeoMatt22
источник

Я не уверен, как сообщество Backprop / AutoDiff решает эти проблемы, но я нахожу, что всякий раз, когда я пытаюсь использовать ярлыки, я могу ошибаться. В итоге я делаю все как здесь, выписываю все в терминах суммирования с полной подпиской и всегда вводлю новые подписки для каждой производной. (Аналогично моему ответу здесь ... Я надеюсь, что в конце концов я даю правильные результаты!)

— GeoMatt22

Я лично нахожу, что вы записываете все, что делает намного легче следовать. Результаты выглядят правильно для меня.

— Дженкар

Хотя я все еще пытаюсь полностью понять каждый из ваших шагов, я получил некоторые ценные идеи, которые помогли мне с общей картиной. Думаю, мне нужно больше узнать о теме дериваций и сумм. Но, посоветовавшись принять во внимание суммирование в E, я придумал следующее:

— micha 19.09.16

для двух выходов и с кросс-энтропийная ошибка: Тогда производная есть что соответствует вашему результату ... принимая во внимание, что у вас не было знака минус до суммы ошибки

o_{j_{1}} = \frac{e^{z_{j_{1}}}}{Ω}

$o_{j_1}=\frac{e^{z_{j_1}}}{\Omega}$

o_{j_{1}} = \frac{e^{z_{j_{1}}}}{Ω}

$o_{j_1}=\frac{e^{z_{j_1}}}{\Omega}$

Ω = e^{z_{j_{1}}} + e^{z_{j_{2}}}

$\Omega=e^{z_{j_1}}+e^{z_{j_2}}$

E = - (t_{1} l o g o_{j_{1}} + t_{2} l o g o_{j_{2}}) = - (t_{1} (z_{j_{1}} - l o g (Ω)) + t_{2} (z_{j_{2}} - l o g (Ω)))

$E=-(t_1 log o_{j_1}+t_2 log o_{j_2})=-(t_1(z_{j_1}-log(\Omega))+t_2(z_{j_2}-log(\Omega)))$

\frac{\partial E}{\partial (z_{j_{1}}} = - (t_{1} - t_{1} \frac{e^{z_{j_{1}}}}{Ω} - t_{2} \frac{e^{z_{j_{2}}}}{Ω}) = - t_{1} + o_{j_{1}} (t_{1} + t_{2})

$\frac{\partial E}{\partial (z_{j_1}}=-(t_1-t_1 \frac{e^{z_{j_1}}}{\Omega}-t_2 \frac{e^{z_{j_2}}}{\Omega})=-t_1+o_{j_1}(t_1+t_2)$

— micha 19.09.16

Но у меня есть еще один вопрос: вместо который, как правило, то, что вы познакомили с обратным распространением, вы рассчитали: как бы отменить . Почему этот путь ведет к правильному результату?

\frac{\partial E}{\partial w_{i j}} = \frac{\partial E}{\partial o_{j}} \frac{\partial o_{j}}{\partial z_{j}} \frac{\partial z_{j}}{\partial w_{i j}}

$\frac{\partial E} {\partial w_{ij}}=\frac{\partial E} {\partial o_j} \frac{\partial o_j} {\partial z_{j}} \frac{\partial z_j} {\partial w_{ij}}$

\frac{\partial E}{\partial w_{i j}} = \frac{\partial E}{\partial z_{j}} \frac{\partial z_{j}}{\partial w_{i j}}

$\frac{\partial E} {\partial w_{ij}}=\frac{\partial E} {\partial z_{j}} \frac{\partial z_j} {\partial w_{ij}}$

\partial o_{j}

$\partial o_j$

— Миха

12

Хотя ответ @ GeoMatt22 правильный, лично мне было очень полезно свести проблему к примеру с игрушкой и нарисовать картинку:

Затем я определил операции, которые вычислял каждый узел, рассматривая и как входные данные для «сети» ( - это горячий вектор, представляющий метку класса точки данных): $h$ $w$ $\mathbf{t}$

L = - t_{1} \log o_{1} - t_{2} \log o_{2}

$L=-t_1\log o_1 -t_2\log o_2$

o_{1} = \frac{\exp (y_{1})}{\exp (y_{1}) + \exp (y_{2})}

$o_1 = \frac{\exp(y_1)}{\exp(y_1) + \exp(y_2)}$

o_{2} = \frac{\exp (y_{2})}{\exp (y_{1}) + \exp (y_{2})}

$o_2 = \frac{\exp(y_2)}{\exp(y_1) + \exp(y_2)}$

y_{1} = w_{11} h_{1} + w_{21} h_{2} + w_{31} h_{3}

$y_1 = w_{11}h_1 + w_{21}h_2 + w_{31}h_3$

y_{2} = w_{12} h_{1} + w_{22} h_{2} + w_{32} h_{3}

$y_2 = w_{12}h_1 + w_{22}h_2 + w_{32}h_3$

Скажем, я хочу вычислить производную потери по отношению к . Я могу просто использовать свою картинку, чтобы проследить путь от потери к весу, который меня интересует ( для ясности убран второй столбец ): $w_{21}$ $w$

Затем я могу просто рассчитать нужные производные. Обратите внимание, что есть два пути через которые ведут к , поэтому мне нужно сложить производные, проходящие через каждый из них. $y_1$ $w_{21}$

\frac{\partial L}{\partial o_{1}} = - \frac{t_{1}}{o_{1}}

$\frac{\partial L}{\partial o_1} = -\frac{t_1}{o_1}$

\frac{\partial L}{\partial o_{2}} = - \frac{t_{2}}{o_{2}}

$\frac{\partial L}{\partial o_2} = -\frac{t_2}{o_2}$

\frac{\partial o_{1}}{\partial y_{1}} = \frac{\exp (y_{1})}{\exp (y_{1}) + \exp (y_{2})} - {(\frac{\exp (y_{1})}{\exp (y_{1}) + \exp (y_{2})})}^{2} = o_{1} (1 - o_{1})

$\frac{\partial o_1}{\partial y_1} = \frac{\exp(y_1)}{\exp(y_1) + \exp(y_2)} - \left(\frac{\exp(y_1)}{\exp(y_1) + \exp(y_2)}\right)^2 = o_1(1 - o_1)$

\frac{\partial o_{2}}{\partial y_{1}} = \frac{- \exp (y_{2}) \exp (y_{1})}{(\exp (y_{1}) + \exp (y_{2}))^{2}} = - o_{2} o_{1}

$\frac{\partial o_2}{\partial y_1} = \frac{-\exp(y_2)\exp(y_1)}{(\exp(y_1) + \exp(y_2))^2} = -o_2o_1$

\frac{\partial y_{1}}{\partial w_{21}} = h_{2}

$\frac{\partial y_1}{\partial w_{21}} = h_2$

Наконец, объединяем правило цепочки:

\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial w_{21}} & = \frac{\partial L}{\partial o_{1}} \frac{\partial o_{1}}{\partial y_{1}} \frac{\partial y_{1}}{\partial w_{21}} + \frac{\partial L}{\partial o_{2}} \frac{\partial o_{2}}{\partial y_{1}} \frac{\partial y_{1}}{\partial w_{21}} \\ = \frac{- t_{1}}{o_{1}} [o_{1} (1 - o_{1})] h_{2} + \frac{- t_{2}}{o_{2}} (- o_{2} o_{1}) h_{2} \\ = h_{2} (t_{2} o_{1} - t_{1} + t_{1} o_{1}) \\ = h_{2} (o_{1} (t_{1} + t_{2}) - t_{1}) \\ = h_{2} (o_{1} - t_{1}) \end{aligned}

$\begin{align} \frac{\partial L}{\partial w_{21}} &= \frac{\partial L}{\partial o_1}\frac{\partial o_1}{\partial y_1}\frac{\partial y_1}{\partial w_{21}} + \frac{\partial L}{\partial o_2}\frac{\partial o_2}{\partial y_1}\frac{\partial y_1}{\partial w_{21}}\\ &= \frac{-t_1}{o_1}[o_1(1 - o_1)]h_2 + \frac{-t_2}{o_2}(-o_2 o_1)h_2\\ &= h_2(t_2 o_1 - t_1 + t_1 o_1)\\ &= h_2(o_1(t_1 + t_2) - t_1)\\ &= h_2(o_1 - t_1) \end{align}$

Обратите внимание, что на последнем шаге потому что вектор является горячим вектором. $t_1 + t_2 = 1$ $\mathbf{t}$

— Вивек Субраманян
источник

Это то, что, наконец, прояснилось для меня! Отличное и элегантное объяснение !!!!

— SantoshGupta7

2

Я рад, что вы оба получили удовольствие от чтения моего поста! Для меня было также полезно написать это и объяснить.

— Вивек Субраманян

@VivekSubramanian это должно быть вместо?

= \frac{- t_{1}}{o_{1}} [o_{1} (1 - o_{1})] h_{2} + \frac{- t_{2}}{o_{2}} (- o_{2} o_{1}) h_{2}

$= \frac{-t_1}{o_1}[o_1(1 - o_1)]h_2 + \frac{-t_2}{o_2}(-o_2 o_1)h_2\\$

— Корякинп

Вы правы - это была опечатка! Я сделаю изменения.

— Вивек Субраманян

Я не понимаю, что вы также назначаете логиты (немасштабированные оценки) некоторым нейронам. (o - мягкие логиты (прогнозы), а у - логиты в вашем случае). Тем не менее, это не так обычно, не так ли? Посмотрите на эту картинку (o_out1 - это предсказание, а o_in1 - это логиты). Как это возможно в этом случае, как найти частную производную от o2 по отношению к y1?

— АРАТ

6

Вместо мне нужна буква, прописная буква которой визуально отличается от строчной. Итак, позвольте мне заменить . Также давайте использовать переменную для обозначения из предыдущего слоя. $\{o_i\},\,$ $\{y_i\}$ $\{p_i\}$ $\{o_i\}$

Пусть диагональная матрица, диагональ равна вектор , то есть Используя эту новую переменную матрицу и фробениусову Внутренний продукт можно вычислить градиент WRT . $Y$ $y$

Y = D i a g (y)

$Y={\rm Diag}(y)$

E

$E$

W

$W$

\begin{aligned} z & = W p + b & d z = d W p \\ y & = s o f t m a x (z) & d y = (Y - y y^{T}) d z \\ E & = - t : \log (y) & d E = - t : Y^{- 1} d y \\ d E & = - t : Y^{- 1} (Y - y y^{T}) d z \\ = - t : (I - 1 y^{T}) d z \\ = - t : (I - 1 y^{T}) d W p \\ = (y 1^{T} - I) t p^{T} : d W \\ = ((1^{T} t) y p^{T} - t p^{T}) : d W \\ \frac{\partial E}{\partial W} & = (1^{T} t) y p^{T} - t p^{T} \end{aligned}

$\eqalign{ z &= Wp+b &dz= dWp \cr y &= {\rm softmax}(z) &dy = (Y-yy^T)\,dz \cr E &= -t:\log(y) &dE = -t:Y^{-1}dy \cr\cr dE &= -t:Y^{-1}(Y-yy^T)\,dz \cr &= -t:(I-1y^T)\,dz \cr &= -t:(I-1y^T)\,dW\,p \cr &= (y1^T-I)tp^T:dW \cr &= ((1^Tt)yp^T - tp^T):dW \cr\cr \frac{\partial E}{\partial W} &= (1^Tt)yp^T - tp^T \cr }$

— откровенный
источник

6

Вот одна из самых чистых и хорошо написанных заметок, которые я встречал в Интернете, где объясняется «вычисление производных в алгоритме обратного распространения с функцией кросс-энтропийной потери» .

— yottabytt
источник

В данном файле PDF, как уравнение 22 стало уравнением 23? Как и в том, как суммирование (k! = I) получило отрицательный знак. Разве это не должно получить положительный знак? Как Summation(Fn)(For All K) = Fn(k=i) + Summation(Fn)(k!=i)должно происходить в соответствии с моим пониманием.

— Файзан

1

Вот ссылка, объясняющая softmax и его производную.

Это объясняет причину использования i = j и i! = J.

— С. Мухаммед Х. Мустафа
источник

Рекомендуется предоставить минимальный, автономный ответ, в случае, если эта ссылка будет разорвана в будущем. В противном случае это может больше не помочь другим пользователям в будущем.

— Лучоначо

0

Другие ответы предоставили правильный способ расчета производной, но они не указывают, где вы ошиблись. Фактически, всегда равно 1 в вашем последнем уравнении, потому что вы предположили, что берет этот узел цели 1 в вашем выводе; других узлов имеют разные формы функции вероятности, что приводит к различным формам производной, поэтому вы должны теперь понять, почему другие люди по-разному трактуют и . $t_j$ $o_j$ $o_j$ $i=j$ $i\neq j$

— kuixiong
источник