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需要注意的一点是,本节所介绍的例子可以通过第二节的性质进行延展.
一般情况下proximal需要解决下面的问题:
其中\(x \in \mathbb{R}^n\), \(\mathcal{C} = \mathbf{dom} f\).
我们可以使用梯度方法(或次梯度)方法来求解, 还有一些投影方法, 内点法等等.
如果\(f(x) = (1/2) x^TAx + b^Tx + c\), 其中\(A \in \mathbb{S}^n_+\),于是:
\[\mathbf{prox}_{\lambda f}(v) = (I+\lambda A)^{-1}(v-\lambda b)
\]
证:
设\(\varphi(x) = (1/2)x^TAx\), 根据第二节介绍的仿射性质可得:
\[\mathbf{prox}_{\lambda f}(v) = \mathbf{prox}_{\lambda \varphi}(v-\lambda b)
\]
又\(\partial \varphi=A\), 故得证.
特别的\(f(x) = b^Tx + c\)则\(\mathbf{prox}_{\lambda f}(v)=v-\lambda b\), \(f(x)=c\), \(\mathbf{prox}_{\lambda f}(v)=v\), 而当\(f(x)=(1/2)\|\cdot\|_2^2\)时:
\[\mathbf{prox}_{\lambda f}(v) = (\frac{1}{1+\lambda})v
\]
这玩意儿有时候被称为压缩算子.
估计proximal operator的时候,需要求解一个线性方程组:
\[(I + \lambda A) x = v - \lambda b
\]
线性方程组怎么求解这里就不讨论了吧.
不过,这个应该多数用在\(f(x) + g(x)\)这种情况吧,因为如果单纯想要最小化\(f(x)\),直接可以求出显示解,所以可能是\(f(x) + |x|\)这种类型的?
文章里介绍了如何用梯度方法和牛顿方法,不提了.
\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \cup \{+\infty\}\), 通过之前几节的介绍,这个情况还是蛮有意义的,因为通过proximal operator的可分性质等,有很好的扩展.
显然,此时,最优条件为:
\[v \in \lambda \partial f(x) + x
\]
比如:
\[f(x) = - \log x \\
\Rightarrow \mathbf{prox}_{\lambda f}(v) = \frac{v+\sqrt{v^2 + 4\lambda}}{2}
\]
又比如当\(f(x) = |x|\):
如果对于\(f\),其次梯度是可获得的,那么我们可以利用localization method来有效估计\(\mathbf{prox}_{\lambda f}\), 这种方法有点类似于二分法.
我们从\([l, u] \in \mathbf{dom} f\)开始, 如果\(v\)在区间之外,返回最靠近\(v\)的点?(应该就是挑\(\mathbf{dom} f\)中最靠经\(v\)的点作为边界吧) 算法会在\(u-l < \epsilon\)的时候终止.
注:上面的第一步的意思应该是如果\(v\)在区间里面就取\(v\),否则取中间的点.
如果\(g>0\),那么\(\varphi(z) \ge \varphi(x) + g(z-x)\), 显然,当\(z>x\)不是最优的,而\(z = x-\lambda g\)是一个下界. 为了说明这一点,假设\(h_z \in \partial f(z)\). 因为\(g>0, \lambda >0\), 所以\(z < x\),则\(h_z \le h\)(因为凸函数的次梯度是单调的), 令:
\[g_z = h_z + (1 / \lambda) (z - v) \in \partial \varphi (z)
\]
于是
\[h_z + (1 / \lambda)(z-v) = h_z + (1/\lambda) (x-\lambda(h+(1/\lambda)(x-v))-v)
\]
等式右边是\(h_z-h\le0\), 所以新的\([l, u]\)就是一端小于0,一端大于0, 不过这对一开始的\(l, u\)有要求吧.
如果\(f\)是二阶连续可微的,那么,可以用guarded Newton方法来找\(x^*\),不理解曲中的缘由,贴个图吧.
这一小节,考虑投影至多边形的问题,多边形可以用 一系列线性方程和不等式描述:
\[\mathcal{C} = \{x \in \mathbb{R}^n| Ax=b, Cx\le d\}
\]
其中\(A \in \mathbb{R}^{m \times n}, C = \mathbb{R}^{p \times n}\).
投影问题可以表示为(计算\(\mathbf{prox}\)便会遇到此问题):
当\(m, p\)都远小于\(n\)的时候,利用对偶方法是方便的.
(6.4)的对偶问题是:
其中\(v \in \mathbb{R}^m, \eta \in \mathbb{R}^p\)为对偶变量(上面的式子不难推出,这里不证了).
对偶问题是:
\[\begin{array} {lc}
\max & g(v, \eta) \\
s.t. & \eta \ge 0
\end{array}
\]
这是一个\(m+p\)个变量的二阶规划(QP)问题,且:
\[x^* = v - A^T \lambda^* - C^Tv^*
\]
这个最优解的恢复是由KKT条件得来的.上面的问题,似乎可以用内点法有效解决,下次找机会再看看. 文章还提到了如何使得QP问题能够简单并行,这里便不多赘述了.
即
\[\mathcal{C} = \{x \in \mathbb{R}^n| Ax=b\}
\]
则:
\[\Pi_{\mathcal{C}} (v) = v - A^{\dagger}(Av - b)
\]
其中\(A^{\dagger}\)是伪逆.
如果\(m<n, A\)满秩,那么:
\[\Pi_{\mathcal{C}}(v) = v-A^T(AA^T)^{-1}(Av-b)
\]
这个我可以用一种比较麻烦的方法证明.
假设最优解为:\(v-A^T(AA^T)^{-1}(Av-b)+u\),因为
\[A(v-A^T(AA^T)^{-1}(Av-b))=b
\]
所以,根据线性方程组解的理论可知:
\[Au=0
\]
那么问题可以转换为:
\[\begin{array}{lc}
\min & \|A^T(AA^T)^{-1}(Av-b)-u\|_2^2 \\
s.t. & Au=0
\end{array}
\]
再根据线性方程组的理论可知,\(u\)属于\(A\)的核,设:
\[A = UDV^T
\]
其中\(U \in \mathbb{R}^{m \times k }, D \in \mathbb{R}^{k \times k}, V \in \mathbb{R}^{n \times k}\).
我们只要找出\(A^T(AA^T)^{-1}(Av-b)\)在核空间的投影即可:
\[(I-VV^T)A^T(AA^T)^{-1}(Av-b)=0
\]
即投影为0,也就是说\(x=0\), 这也就证明了
\[\Pi_{\mathcal{C}}(v) = v-A^T(AA^T)^{-1}(Av-b)
\]
此时\(\mathcal{C} = \{x | a^Tx \le b\}\), 而:
\[\Pi_{\mathcal{C}}(v) = v- \frac{(a^Tv-b)_+}{\|a\|_2^2}
\]
其中\((u)_+=\max \{u, 0\}\).
这个可以画个图来证明,注意到\(\frac{(a^Tv-b)_+}{\|a\|_2^2}\)和点到直线距离的联系.
box为如下形式\(\mathcal{C} = \{x | l \le x \le u\}\), 及:
如果\(\mathcal{C}= \mathbb{R}^n_+\)则:
\[\Pi_{\mathcal{C}}(v)=v_+
\]
这个感觉是显然的.
Simplex 为如下形式\(\mathcal{C} = \{z| z\ge 0, 1^Tz=1\}\), 及
\[\Pi_{\mathcal{C}}(v) = (v - \nu \mathbf{1})_+
\]
对于某些\(\nu \in \mathbb{R}\).
满足
\[\mathbf{1}^T(v-\nu \mathbf{1})_+=1
\]
利用二分法可以求解.
令\(\mathcal{K}\)为锥,以及\(\mathcal{K}^*\)为其对偶锥. 那么问题为:
\[\begin{array}{lc}
\min & \|x-v\|_2^2 \\
s.t. & x \in \mathcal{K}
\end{array}
\]
对偶锥的定义:
\[\mathcal{K}^* =\{y| x^Ty \ge 0, \forall x \in \mathcal{K}\}
\]
对偶最优条件为:
\(v=x-\lambda\)这个条件我是存疑的,这样子原问题应该是\(\frac{1}{2}\|x-v\|_2^2\),当然,这应该无伤大雅.
\[\mathcal{C} = \{(x, t) \in \mathbb{R}^{n+1} | \|x\|_2 \le t\}
\]
上面的东西,通过考虑下面的问题:
\[\begin{array}{lc}
\min_{x,t} & \|v-x\|_2^2+(s-t)^2 \\
s.t. & \|x\|_2 \le t
\end{array}
\]
可以获得, 第二种情况是不需讨论的, 那么先来看第一种情况。
在\(t\le \|v\|\)的情况下,\(x=t\frac{v}{\|v\|}\), 不妨令\(u=\frac{v}{\|v\|}\).则,原问题为:
\[\min \quad (\|v\|-t)^2+(s-t)^2
\]
在\(t=\frac{\|v\|+s}{2}\)处取得极值,但是\(\|v\|\le-s\), 所以此时\(t\le0\), 所以\(t=0\). \(t >\|v\|\)的时候,\(x=v\),于是原问题为:
\[\min \quad (s-t)^2
\]
那么\(t=\|v\|\),显然没有0的时候小.
第三种情况的分析是类似的.
\(\mathcal{C} = \mathbb{S}^n_+\), 此时
\[\Pi_{\mathcal{C}}(V) = \sum_{i=1}^n (\lambda_i)_+ u_iu_i^T
\]
其中\(\sum_{i=1}^n \lambda_i u_iu_i^T\)为特征分解.
不了解,截个图吧
如果\(f(x) = \max_{i} x_i\), 根据其上镜图,我们有等价形式:
\[\begin{array}{lc}
\min & t + (1/2\lambda) \|x-v\|_2^2 \\
s.t. & x_i \le t, \: i=1,\ldots, n
\end{array}
\]
其拉格朗日对偶形式为:
\[L(x, t, \mu) = t + (1/2\lambda) \|x-v\|_2^2 + \mu^T(x-t \mathbf{1})
\]
KKT条件为:
如果\(x_i^* < t^*\),则表示(通过第三个条件)\(\mu_i^*=0\), 如果\(x^*=t^*\),则表示\(u_i^*=(1/\lambda)(v_i-t^*)\), 又\(\mu_i^* \ge 0\), 总结为:
\[\mu_i^* = (1/\lambda) (v_i - t^*)_+
\]
再根据第五个条件可得:
\[\sum_{i=1}^n (1/\lambda) (v_i - t^*)_+=1
\]
这个可以用半分法求解,初始的区间为\([\min_i v_i -(1/n), \max_i v_i]\).
最后
\[x^* = \min \{t^*, v_i\}.
\]
\(\mathcal{C}\)是一个凸集,其support function为:
\[S_{\mathcal{C}} (x) = \sup_{y \in \mathcal{C}} y^Tx.
\]
support function的共轭是指示函数.
\[S_{\mathcal{C}}^*(z)=\sup_x (z^Tx - f(x)) = I_{\mathcal{C}}.
\]
通过Moreau 分解我们知道:
\[\mathbf{prox}_{\lambda S_{\mathcal{C}}} (v) = v - \lambda \Pi_{\mathcal{C}} (v / \lambda)
\]
一个例子是\(f(x) = x_{[1]}+x_{[2]}+\ldots + x_{[k]}\), 表\(x\)的前k个最大的和,可以用以下凸集的support function来表示:
\[\mathcal{C} = \{y | 0 \preceq y \preceq 1, 1^Ty=k\}.
\]
\(f=\|\cdot\|\)为一般的定义在\(\mathbb{R}^n\)上的范数,则\(f^*=I_{\mathcal{B}}\), 其中\(\mathcal{B}\)为对偶范数的单位球.
我们知道\(f(x)=\sup_y \{y^Tx|\|y\|_*\le 1\}\), 此为\(\mathcal{B}=\{y | \|y\|_*\le 1\}\)的支撑函数,故\(f^*=I_{\mathcal{B}}\).
对偶不是共轭的特例?
于是根据Moreau分解,有以下式子成立:
当\(f = \|\cdot\|_2\)的时候:
以及:
\(\ell_{\infty}\)的\(\mathcal{B}\)是box,所以根据之前讨论过的:
引文\(\ell_1\)和\(\ell_{\infty}\)互为对偶,所以当\(f=\|\cdot\|_1\)的时候:
可以用更为紧凑的形式表示:
\[\mathbf{prox}_{\lambda f}(v) = (v-\lambda)_+ - (-v-\lambda)_+.
\]
欲计算\(\ell_{\infty}\)的proximal operator并不容易,因为投影到\(\ell_1\)的单位球比较麻烦.
我们需要计算一个\(\lambda\),满足:
\[\sum_{i=1}^n (|v_i| - \lambda)_+=1.
\]
可以用类似半分法的方法求解.
\(f(x) = \|x\|_1 + (\gamma/2) \|x\|_2^2\), \(\gamma > 0\).
此时
\[\mathbf{prox}_{\lambda f}(v) = (\frac{1}{1+\lambda \gamma}) \mathbf{prox}_{\lambda \|\cdot\|_1}(v).
\]
\[f(x) = \sum_{g \in \mathcal{G}} \|x_g\|_2
\]
其中\(\mathcal{G}\)是\([n]\)的一个分割, 则:
\[(\mathbf{prox}_{\lambda f}(v))_g = (1-\frac{\lambda}{\|v_g\|_2})_+ v_g
\]
\(f\)的\(t-\)下水平集合为:
\[\mathcal{S} = \{x \in \mathbb{R}^n| f(x) \le t\}
\]
假设\(v \not \in \mathcal{S}\) , 否则\(\Pi_{\mathcal{S}}(v)=v\).
此时\(\Pi_{\mathcal{S}}(v)\)可以转化为下列问题:
\[\begin{array}{lc}
\min & \frac{1}{2}\|x-v\|_2^2 \\
s.t. & f(x) \le t.
\end{array}
\]
通过KKT条件可得最优条件为:
\[0 \in x - v + \lambda \partial f(x), \quad f(x)=t, \quad \lambda > 0
\]
第一个条件,表示\(\Pi_{\mathcal{S}}(v) = \mathbf{prox}_{\lambda f}(v)\), 再根据第二个条件可得:
\[f(\mathbf{prox}_{\lambda f}(v)) = t
\]
我们可以通过二分法来寻找\(\lambda\).
函数\(f\)的上镜图为:
\[\mathbf{epi}f=\{(x, t)| x \in \mathbf{dom} f, f(x) \le t\}.
\]
针对\(\Pi_{\mathbf{epi} f}(v, s)\):
\[\begin{array}{lc}
\min & \frac{1}{2} \|x-v\|_2^2 + \frac{1}{2}(t-s)^2 \\
s.t. & f(x) \le t.
\end{array}
\]
同样假设\(f(v) > s\)KKT条件为:
\[f(x) = t \\
0 \in x-v + \lambda \partial f(x) \\
t-s=\lambda \\
\lambda > 0.
\]
所以
\[v \in x+ (f(x)-s) \partial f(x).
\]
论文说这个问题比较难成立,有另外一种表示方法:
不知道怎么推的.
这里将矩阵\(A \in \mathbb{R}^{m \times n}\)视为\(\mathbb{R}^{mn}\)的向量,就能利用之前的方法了,比如\(\ell_1\)的方法:
\[\|A\|_1 = \sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^n |a_{ij}|
\]
函数\(F: \mathbb{R}^{m \times n} \rightarrow \mathbb{R}\),正交不变是指:
\[F(VXU)=F(X).
\]
其中\(U \in \mathbb{R}^{n \times n}, V \in \mathbb{R}^{m \times m}\)为正交矩阵, 这也意味着:
\[F(x) = F(\mathbf{diag}(\sigma_s(X))).
\]
其中\(\sigma_s:\mathbb{R}^{m\times n }\rightarrow \mathbb{R}^{\min\{m, n\}}\)是奇异值映射.
正交不变算子\(F\)可以表示为:\(f \circ \sigma_s\), 而
\[\partial F(X) = \{V\mathbf{diag}(\mu) U| \mu \in \partial f(\sigma_s(X)\},
\]
其中\(X= V\mathbf{diag}(\sigma_s(X))U\). 这个的推导见之前关于矩阵次梯度的介绍.
这意味着:
\[\mathbf{prox}_{\lambda F}( A) = V\mathbf{diag}(\mathbf{prox}_{\lambda f}(\sigma_s (A)))U.
\]
这个没依照论文来,论文似乎有更加直接的证明方法,我来讲一下我的:
\[\begin{array}{ll}
\mathbf{prox}_{\lambda F}(A) &= \mathrm{argmin} \quad \lambda F(X) + \frac{1}{2} \|X-A\|_F^2 \\
\end{array}
\]
最优条件为:
\[\lambda \partial F(X) +X=A.
\]
假设\(X= V\mathbf{diag}(\sigma_s(X))U\), 则:
\[V(\lambda \mathbf{diag}(\mu)+\mathbf{diag}(\sigma_s(X))U=A.
\]
显然\(A\)的奇异值分解也为:
\[A =V\mathbf{diag}(\sigma_s(A))U \\
\Rightarrow \lambda \mathbf{diag}(\mu)+\mathbf{diag}(\sigma_s(X))=\mathbf{diag}(\sigma_s(A))
\]
而
\[\begin{array}{ll}
\mathbf{prox}_{\lambda f}(\sigma_s(A)) &= \mathrm{argmin}_{\sigma_s(X)} \quad \lambda f(\sigma_s(X)) + \frac{1}{2} \|\sigma_s(X)-\sigma_s(A)\|_2^2. \\
\end{array}
\]
其最优条件为:
\[\lambda u+\sigma_s(X)-\sigma_s(A)=0.
\]
显然二者的最有条件是一样的,所以成立.
当\(F: \mathbb{S}^n \rightarrow \mathbb{R}\), 且\(F(UXU^T)=F(X)\):
\[\mathbf{prox}_{\lambda F}(A) = U\mathbf{diag}(\mathbf{prox}_{\lambda f}(\sigma(A)))U^T
\]
其中\(A=U\mathbf{diag}(\sigma(A))U^T\).
后面还有一些关于矩阵范数,一些特殊集合的投影,以及如何求解对数障碍问题.
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