English· Español· Deutsch· Nederlands· Français· 日本語· ქართული· 繁體中文· 简体中文· Português· Русский· العربية· हिन्दी· Italiano· 한국어· Polski· Svenska· Türkçe· Українська· Tiếng Việt· Bahasa Indonesia

un

konuk
1 / ?
derslere geri dön

Bir İkili Eksenli Düzlem Olarak PAC

İki Eksen, Bir Örneklem Sayısı Yüzeyi

ε'yi yatay eksene (hata toleransı, 0 ile 1 arasında) çizin. δ'yı dikey eksene (başarısızlık olasılığı, 0 ile 1 arasında) çizin. Bu birim karenin her noktası bir (ε, δ) talep çiftine karşılık gelir.


PAC ε δ Budget Plane


Bu noktaların her birinin üzerinde bir örneklem sayısı değeri m(ε, δ) = (1/ε)(ln|H| + ln(1/δ)) oturur. Toplamda, bu m değerleri karenin üzerinde eğri bir yüzey izler. Daha katı talepler (daha küçük ε, daha küçük δ) yüzeyimizi yukarıya çeker; daha gevşek talepler onu düzleştirir.


İzohipset Kontur Çizgileri

Yüzeyimizi düzleme geri yansıtın m izohipset konturları olarak. Tek bir kontur üzerindeki her (ε, δ) çiftinin aynı örneklem bütçesini gerektirmesi anlamına gelir. Bir kontur boyunca hareket ederek hata toleransını güven için takas edin, ancak sabit maliyette.


Bir Ekseni Yarıya İndirme

Yatay yönde ε'yi yarıya indirmek m'yi 2 faktörü kadar yukarı taşır (1/ε'de doğrusal). Dikey yönde δ'yı yarıya indirmek m'yi ln(2) ≈ 0,69 kadar yukarı taşır (1/δ'de logaritmik). Geometri bize şunu söyler: hata toleransı güvenden daha dik bir maliyete sahiptir.

Bütçe Yüzeyini Okuma

(ε = 0,05, δ = 0,05) noktasında otururuz ve hipotez sınıfı |H| = 10⁶. Örneklem gereksinimi m₀ = (1/0,05)(ln(10⁶) + ln(20)) = 20 × (13,8 + 3,0) = 336.

(a) (ε = 0,025, δ = 0,05) noktasında yeni örneklem gereksinimini m₁ hesaplayın — hata yarıya indirildi, güven aynı. (b) (ε = 0,05, δ = 0,025) noktasında m₂'yi hesaplayın — hata aynı, başarısızlık olasılığı yarıya indirildi. (c) Hangi eksen daha dik bir örneklem maliyeti taşır, ve ne oranda?

Nokta Bulutları Üzerinde İkili Ayırımlar

Parçalanma Neye Benzer

Düzleme n nokta yerleştirin. Bir hipotez sınıfı seçin (doğrusal sınıflandırıcılar = düz çizgiler). Bu n noktayı sınıflandırabilecek farklı yolların sayısını sayın (+/− bir çizginin her iki tarafında). Bu sayıya Π_H(n) deyin.


VC Shattering Three Points


Eğer Π_H(n) = 2ⁿ ise, sınıfımız bu nokta setini parçalar — tüm olası etiketlemeleri üretebilir. Eğer Π_H(n) < 2ⁿ ise, bazı etiketlemeler oluşamaz.


Genel Pozisyonda Üç Nokta

ℝ² içinde doğrusal sınıflandırıcılar herhangi 3 eş-doğrusal olmayan noktayı parçalar. 2³ = 8 etiketleme; tümü 8'i ulaşılabilir bir çizgi tarafından oluşturulabilir. Herhangi 3 nokta seçin; her ±/± etiketlemesi için pozitif olanları negatif olanlardan ayıran bir çizgi çizin.


Dört Nokta Parçalanmayı Reddeder

4 noktayı kare köşelerine yerleştirin. Köşegen çifti pozitif olarak ve anti-diyagonal çifti negatif olarak etiketlemeyi deneyin (XOR etiketlemesi). Hiçbir düz çizgi onları ayıramaz. Yani Π_H(4) ≤ 14 < 16 = 2⁴.


VC Boyutu en Fazla Parçalama Boyutu Olarak

VC(doğrusal ℝ²) = 3. 3 noktayı parçalayabiliriz; 4'ü parçalayamayız. VC, hipotez sınıfımızın en fazla ikili ayırım kapasitesini sayar.


Geometrik Sezgi

Daha yüksek VC = sınıfımız daha ayrıntılı karar sınırları çizer. Doğrusal (VC = d+1 d boyutlarında) hiperdüzlemler çizer. Polinomlar eğriler çizer. Sinir ağları yüksek oranda katlanmış manifoldlar çizer. Daha fazla katlama yeteneği = daha fazla ikili ayırım = daha yüksek VC = daha yüksek örneklem gereksinimi.

İkili Ayırımları Sayma

ℝ² içinde doğrusal sınıflandırıcıları (çizgiler) düşünün. 5 noktamız var genel pozisyonda (3 eş-doğrusal değil, hiçbiri redundant değil).

(a) 2⁵ = tüm olası ±/± etiketlemelerin sayısını hesaplayın. (b) Sauer-Shelah lemması Π_H(n) ≤ Σ_{i=0}^{d} C(n, i) sınırını verir burada d = VC(H). Bunu d = 3, n = 5 ile uygula: C(5,0) + C(5,1) + C(5,2) + C(5,3)'ü hesapla. (c) Çizgilerin tam parçalanmadan ne kadar eksik olduğunu belirt.

Hipotez Manifoldu Üzerinde Olasılık Kütlesi

PAC-Bayes'i Görselleştirmek

Hipotez uzayını yüksek boyutlu bir manifold olarak görselleştirin. Bu manifold üzerindeki her nokta sinir ağının bir ağırlık konfigürasyonuna karşılık gelir. Ön dağılım P bu manifold genelinde bir olasılık dağılımı atar (genellikle başlatmada merkezlenmiş Gauss). Posterior Q, eğitim verilerinin ağırlıkları nereye sürüklediğini yoğunlaştırdığı yerde olasılık kütlesini konsantre eder.


PAC Bayes Posterior over Hypothesis Space


KL Diverjansı Geometrik Mesafe Olarak

KL(Q‖P), Q'nun P'den ne kadar saptığını ölçer. Geometrik okuma: posterior bulutu ön dağılım bulutundan ne kadar hareket etti, her posterior bölgesinin ön dağılım altında olma olasılığına göre ağırlıklandırılmış.


Küçük KL = Q ve P ağır ölçüde örtüşür. Posterior neredeyse hareket etmedi. Genelleme farkı küçük kalır.


Büyük KL = Q, P'nin az olasılık atadığı bölgelerde yoğunlaştırıldı. Posterior çok hareket etti. Genelleme farkı büyür.


Bu Geometrinin Neden Önemli Olduğu

SGD'yi hipotez manifoldu genelinde bir arama yörüngesi olarak düşünün. Yörünge düşük eğitim kaybı havzasında biter. PAC-Bayes sorar: bu havza ne kadar geniş?


Geniş havza = birçok komşu ağırlık konfigürasyonu da düşük eğitim kaybı elde eder. Posterior Q geniş bir bölgeye yayılabilir ve hala düşük risk taşır. KL(Q‖P) sınırlandırılmış kalır. Genelleme farkı küçüktür.


Dar havza = ağırlıkların sadece ince bir seti düşük kayıp elde eder. Posterior keskinleşmelidir. KL büyür. Genelleme farkı genişler.


Bu, düz-vs-keskin minimalar söylemini doğrudan bağlar (Hochreiter & Schmidhuber 1997, Keskar et al 2017). Düz minimalar daha iyi genelleşir çünkü daha küçük KL ile daha geniş posteriore destek verirler.

Bir Havza Genişliğini Okuma

İki eğitilmiş model aynı eğitim kaybını ulaştı ama farklı havzalarda yaşıyor:


- Model A: geniş havza, posterior KL(Q_A‖P) = 50 nat'a yayılmış.

- Model B: dar havza, posterior KL(Q_B‖P) = 500 nat'a yoğunlaştırılmış.


Her ikisi de n = 10.000 örnek üzerinde eğitildi ve ampirik risk 0,05, δ = 0,05.

Her model için PAC-Bayes genelleme farkını √[(KL + ln(2√n/δ)) / 2n] hesaplayın. Sonra hangisi daha iyi genelleştiğini belirtin ve geometrik nedeni verin.

Teorinin Yükselişi Öngördüğü Ama Gerçekte Düşen Bir Eğri

Klasik U Eğrisi

Yatay eksene model kapasitesi, dikey eksene test riski çizin. Klasik sapma-varyans teorisi tahmin eder:


- Düşük kapasite: yüksek sapma, yüksek test riski (yetersiz)

- Orta kapasite: düşük sapma + düşük varyans, düşük test riski (tatlı nokta)

- Yüksek kapasite: düşük sapma, yüksek varyans, yüksek test riski (aşırı)


Sonuç: U-şekilli eğri. Kapasiteyi alt noktasında seçin.


Double Descent Curve


Belkin et al (2019) Gözlemi

İnterpolasyon eşiğini (modelin eğitim verilerini sıfır hata ile tam olarak uydurmaya yettiği kapasite) geçtikten sonra, test riski DÜŞER. Eğri okur: iniş → İnterpolasyon tepesi → ikinci iniş. İki iniş, bir eğri.


İkinci İniş'in Geometrik Okuması

İnterpolasyon eşiğinde, modelin eğitim verilerini uydurmaya tam yetkin kapasitesi var — sadece bir (ya da birkaç) enterpolasyon çözümü vardır ve bunlar eğrilik yapmaya meyillidir. Genelleme acı çeker çünkü seçilen çözüm zorunludur.


İnterpolasyon eşiğinin ötesinde, BIRÇOK enterpolasyon çözümü vardır. SGD pürüzsüz birini (minimum-norm, düşük eğrilik) seçme özgürlüğüne sahiptir. Geometrik resim: çözüm manifoldu daha geniş ve daha düz hale gelir. SGD'nin örtülü düzenlemesi bu düz manifold'dan iyi huylu çözümleri seçer. Test riski düşer.


Klasik Teori Bunu Neden Kaçırıyor

VC boyutu çözüm seti kapasitesini sayar ama hangi çözümün seçildiğini görmezden gelir. Klasik sınır en kötü durum ampirik risk minimizerini kabul eder. Gerçeklik: SGD güvenilir şekilde en düz, en pürüzsüz enterpolasyon çözümünü seçer. TÜM çözümleri yerine ÇÖzÜCÜ TARAFINDAN SEÇILEN çözümleri saydığımızda, ikinci iniş mantıklı olur.


Geometrik İçe Akış

Kapasite parametre sayısından daha azını önemser. Geniş düz havzalar (post-interpolasyon) dar keskin olanlardan (interpolasyon'da) daha iyi genelleşir. Modern teori, parametre sayısı yerine havza genişliğine göre genellemeyi sınırlamaya çalışır.

İki İniş'i Yerleştirme

Çift iniş eğrisinde, üç bölge önemlidir: (1) yetersiz parametrize rejimi, (2) interpolasyon tepesi, (3) aşırı parametrize rejimi.

Her üç bölgenin her birinde geometrik olarak neyin olduğunu açıklayın: (a) çözüm manifoldunun genişliği, (b) seçilen minimum'da havza eğriliği, & (c) örtülü düzenlemenin rolü. Modern eğitimin (örneğin GPT sınıfı modeller) hangi bölgede çalıştığını belirtin ve klasik PAC'ın neden başarısını tahmin edemediğini söyleyin.

Parameter-Token Uzayında Güç Yasası Yüzeyi

Bir 3B Yüzey

Yatay eksene parametreleri N, ikinci yatay eksene token'ları D, dikey eksene kaybı L çizin. Ampirik kayıp bu (N, D) düzlemi genelinde bir güç yasası yüzeyini oyar:


L(N, D) ≈ (Nc/N)^αN + (Dc/D)^αD + L∞


Compute Optimal Training Surface


Yüzey N veya D büyüdükçe aşağı eğimlidir. Eğimler log-doğrusal güç yasalarını izler (log-log çiziminde düz çizgiler). Asimptot L∞ pozitif kalır — modelimizin geçişemeyeceği, indirgenemez kayıp.


Compute-Optimal Ridge

Toplam işlem bütçesini C ∝ N × D (parametreler × token'lar, kabaca) sabitleyin. Yüzeyimizi bu kısıtlama boyunca dilimleyin. Dilim izi bu 3B yüzeyde 2B bir eğri çizer. Bu eğrinin alt kısmı = compute-optimal nokta.


Chinchilla (Hoffmann et al 2022) bu alt noktayı analitik olarak hesapladı: D_opt ≈ 20 × N. İşlem bütçesi boyunca eğri = bir ridge. Ridge boyunca yürümek: eşit işlem, düşen kayıp. Ridge'den çıkmak (daha fazla parametre 20× token'larından, ya da daha az): harcanan işlem.


GPT-3 vs Chinchilla'nın Geometrik Okuması

GPT-3: 175B param, 300B token. Chinchilla-optimal 175B × 20 = 3500B token isteyecekti. GPT-3 parameter-yoğun yönde compute-optimal ridge'den uzakta oturur. Chinchilla kendisi: 70B param, 1400B token üzerinde eğitildi. 1400 / 70 = 20 — tam ridge üzerinde. Chinchilla, parametre sayısından yarısından azını kullanarak GPT-3'ü geometrik optimumda oturarak yendi.


Veri Duvarı Dikey Düzlem Olarak

Halka açık web ~10¹³ kullanılabilir token. Bu, parameter-token düzleminde D = 10¹³ noktasında dikey bir duvar olarak çizilir. Bu duvarın ötesinde, compute-optimal eğitim N ≤ D / 20 = 5 × 10¹¹ param gerektirir. N = 5 × 10¹¹'in ötesindeki duvarlar ya eksik eğitilmiş çalışır (ridge dışı) ya da duvarı dışarıya çek için sentetik / çok modal / RL veri gerektirir.

Compute-Optimal Ridge'de Yürüme

GPT-3 koordinatlarında oturuyoruz: N = 175B param, D = 300B token. İşlem vekili C = N × D = 5,25 × 10²² param-token.

(a) Aynı işlem bütçesi için D* = 20 × N* ve N* × D* = 5,25 × 10²² çözerek Chinchilla-optimal (N*, D*) hesapla. (b) N*'nin GPT-3'ün 175B'sından ne kadar farklı olduğunu belirt. (c) 'Sabit işlem eğrisi boyunca GPT-3'ün noktasından (N*, D*)'ye yürümek' parameter-token yüzeyinde geometrik olarak neye benzer açıkla.

Beta Posterior'u Bir İğneye Sıklaştırma

[0, 1] Üzerinde Olasılık Yoğunluğu

Beta(α, β) [0, 1] birim aralığı üzerinde bir olasılık yoğunluğudur. Değişken: ε = gerçek hata oranı. Şekil: α yüksek ε tarafında kütleyi kontrol eder; β düşük ε tarafında kütleyi kontrol eder.


Beta Posterior Tightening


Beta(1, 1): tekdüze — bilgi yok, [0, 1] genelinde düz yoğunluk.

Beta(α, β) α + β büyük: yoğunlaştırılmış tepe α / (α + β)'de.


Beta tepe genişliği 1/√(α+β) olarak küçülür. Ön dağılıma 100 gözlem eklemek tepeyi √100 = 10 faktörü daraltır. 10.000 gözlem eklemek √10000 = 100 kadar daraltır.


Bir Denetim Çalıştırmasının Geometrik Okuması

Başlangıç: Beta(1, 1) = [0, 1] üzerinde düz dikdörtgen. ε hakkında maksimum belirsizlik.


200 sorgudan sonra, 8 yanlışlaştırmayla: Beta(9, 193). Orta = 9/202 ≈ 0,045. Yoğunluk şimdi 0,045 yakınında merkezlenmiş, karakteristik genişlik σ ≈ 0,014 ile keskin bir tümsek.


2000 sorgudan sonra, 80 yanlışlaştırmayla: Beta(81, 1921). Orta hala ≈ 0,045, ama genişlik σ ≈ 0,0046. Tümsek üç kat daha keskin.


200.000 sorgudan sonra, 8000 yanlışlaştırmayla: Beta(8001, 192.001). Orta ≈ 0,040, genişlik σ ≈ 0,0004. Tümsek bir iğne olur.


Bir Nokta Kütlesine Geometrik Yakınsama

n → ∞ olarak, Beta posterior gerçek ε'de Dirac deltasına çöker. Geometri: dikdörtgen → geniş tümsek → dar tümsek → iğne → nokta. Her sorgu dağılımımızı 1/√n kadar sıklaştırır.


Bu Teorik PAC Sınırlarını Neden Yener

Teorik PAC sınırları hipotez sınıfı boyutuna dayalı STATİK bir ε tahmini verir. Beta posterior, her gözlemle sıklaşan, gerçek dünyadaki dağılımınıza göre kalibre edilen DİNAMİK bir ε tahmini verir. Teorik sınır = en kötü durum varsayımları altında bir garanti. Ampirik denetim = gerçek dünyadaki bir ölçüm.

Güvenilir Aralığı Yarıya İndirmek İçin Kaç Sorgu

Şu anda 200 sorgudan sonra Beta(9, 193)'de oturuyoruz: orta ε ≈ 0,045, σ ≈ 0,014. Güvenilir aralık genişliğini yarıya indirmek istiyoruz, σ ≈ 0,007.

(a) σ'nın 1/√(α+β) ile ölçeklendiğini geri çağır. σ'yi yarıya indirmek için (α + β) hangi faktör kadar büyümeli? (b) Şu anda α + β = 202. Hedef α + β'yi hesapla. (c) Gereken ek sorguları hesapla (sabit ~%4 yanlışlaştırma oranı varsayarak). (d) Yarıya indirmek'in Beta yoğunluğunun şekline geometrik olarak ne yaptığını açıkla.