Matrix Completion with Noise

电玩女神 2021-12-21 20:43 201阅读 0赞

*  引
 *  恢复1
    
     *  核范数与SDP
 *  稳定恢复

> [Candes E J, Plan Y. Matrix Completion With Noise\[J\]. arXiv: Information Theory, 2010, 98(6): 925-936.][Candes E J_ Plan Y. Matrix Completion With Noise_J_. arXiv_ Information Theory_ 2010_ 98_6_ 925-936.]

这篇文章，同一个人（团队？）写的，遗憾的是，没怎么看懂。怎么说呢，里面的关于对偶的性质实在不知道从何入手，但想来还是得记一笔。

## 引 ##

这篇文章，讨论的是这样的一个问题，有一个矩阵\\(M \\in \\mathbb\{R\}^\{n\_1 \\times n\_2\}\\)，但是因为种种原因，我们只能知晓其中的一部分元素即\\(P\_\{\\Omega\}(M)\\)，那么问题来了，有没有办法能够恢复\\(M\\)呢，或者说在什么条件下我们能恢复\\(M\\)呢（实际上，这个问题好像是作者前一篇论文已经给出了答案）？然后，又有新的困难，因为我们的观测是有误差的，也就是说我们观测到的实际上不是\\(P\_\{\\Omega\}(M)\\),而是\\(P\_\{\\Omega\}(M+Z)\\)。  
作者总拿Netflix举例子，类似地，我们可以用网易云来举例子（虽然估计网易云的推荐方法和这个并没有啥大关系）。

我们可以这么想，\\(M\\)的每一行是一个用户，每一列是一首歌，其中的每一个元素是该用户给这首歌打的分（当然，这个分可能是通过一些操作的判断的，比如收藏，评论，下载，是否跳过等等）。显然，一个用户不可能听过里面的所有的歌，一首歌也没法让所有人都听（打分），所以，我们所见识到的是\\(P\_\{\\Omega\}(M)\\),一个稀疏的矩阵。然而，推荐歌曲，关注的就是那些用户没有听过的但可能被打高分的歌，所以我们要做的就是利用\\(P\_\{\\Omega\}(M)\\)恢复出\\(M\\)。听起来的确蛮好玩的。

然后问题是，恢复需要什么前提。很显然，如果一首歌没有被人听过，或者该用户没有听过任何歌，肯定没法把分数恢复出来，因为这跟瞎猜没分别，所以，假设就是\\(M\\)低秩，但是每行每列不能全为零。

和之前一样，作者采用不连贯条件来描述：  
![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L01UYW5kSEo_size_16_color_FFFFFF_t_70]

## 恢复1 ##

本来，是应该求解下述问题的：

![在这里插入图片描述][20190418210323504.png]  
但是，这个问题很难求解（NP-hard)。

然后\\(\\mathrm\{rank\}\\)的凸放松是\\(\\|\\cdot\\|\_\*\\)核范数，所以：

![在这里插入图片描述][20190418210505400.png]

### 核范数与SDP ###

> [核范数与SDP][SDP]

然后，作者指出，核范数可以通过对偶，转换成一个半正定规范问题（看这篇论文最大的收获吧）。

\\\[ \\|X\\|\_\* \\le y \\Leftrightarrow 存在对称矩阵W\_1，W\_2 使得 M:= \\left \[ \\begin\{array\}\{cc\} W\_1 & X \\\\ X^T & W\_2 \\end\{array\} \\right \] \\succeq 0, \\mathrm\{Tr\} W\_1 + \\mathrm\{Tr\} W\_2 \\le 2y \\\]  
先来前推后，只要构造出这么一个\\(W\_1\\)就可以了。假设\\(X = U\\Sigma V^T, \\Sigma \\in \\mathbb\{R\}^\{r \\times r\}\\)，\\(W\_1 = U\\Sigma U^T,W\_2=V\\Sigma V^T\\)。那么，\\(\\mathrm\{Tr\} W\_1 + \\mathrm\{Tr\} W\_2 \\le 2y\\)容易证明，第一个条件这么来玩：  
\\\[ \[z\_1^T, z\_2^T\] \\left \[ \\begin\{array\}\{cc\} W\_1 & X \\\\ X^T & W\_2 \\end\{array\} \\right \] \\left \[ \\begin\{array\}\{c\} z\_1\\\\ z\_2 \\end\{array\} \\right \] \\\]  
再令\\(a = U^Tz\_1, b = V^Tz\_2\\)，可得：  
\\\[ \[z\_1^T, z\_2^T\] \\left \[ \\begin\{array\}\{cc\} W\_1 & X \\\\ X^T & W\_2 \\end\{array\} \\right \] \\left \[ \\begin\{array\}\{c\} z\_1\\\\ z\_2 \\end\{array\} \\right \] = (a+b)^T \\Sigma (a+b) \\ge 0 \\\]  
对于任意的\\(z\_1, z\_2\\)成立，所以半正定条件也得证了。

好了，现在来反推：  
\\(\\|X\\|\_\* = \\sup \\\{\\mathrm\{Tr\}(X^TW)|\\|W\\|\\le 1\\\}\\)，其中\\(\\|\\cdot\\|\\)表示谱范数。  
注意\\(\\|A\\|\_\* \\le \\mathrm\{Tr\}(A)\\),当\\(A\\)为半正定矩阵的时候。  
所以  
\\\[ \\|M\\|\_\* \\le \\mathrm\{Tr\}(M)=\\mathrm\{Tr\}(W\_1+W\_2)\\le 2y \\\]  
又\\(\\|M\\|\_\* = \\sup \\\{\\mathrm\{Tr\}(M^TW)|\\|W\\|\\le 1\\\}\\),所以  
\\\[ \\mathrm\{Tr\}(M^TW) \\le 2y \\\]  
又  
\\\[ N := \\left \[ \\begin\{array\}\{cc\} U^T & 0 \\\\ 0 & V^T \\end\{array\} \\right \] M \\left \[ \\begin\{array\}\{cc\} 0 & I\_\{n\_1 \\times n\_1\} \\\\ I\_\{n\_2 \\times n\_2\} & 0 \\end\{array\} \\right \] \\left \[ \\begin\{array\}\{cc\} V & 0\\\\ 0 & U \\end\{array\} \\right \] = \\left \[ \\begin\{array\}\{cc\} \\Sigma & U^TW\_1U \\\\ V^TW\_2V & \\Sigma \\end\{array\} \\right \] \\\]  
令  
\\\[ W = \\left \[ \\begin\{array\}\{cc\} 0 & I\_\{n\_1 \\times n\_1\} \\\\ I\_\{n\_2 \\times n\_2\} & 0 \\end\{array\} \\right \] \\left \[ \\begin\{array\}\{cc\} V & 0\\\\ 0 & U \\end\{array\} \\right \] \\left \[ \\begin\{array\}\{cc\} U^T & 0 \\\\ 0 & V^T \\end\{array\} \\right \] = \\left \[ \\begin\{array\}\{cc\} 0 & UV^T \\\\ VU^T & 0 \\end\{array\} \\right \] \\\]  
容易证明\\(\\|W\\| \\le 1\\)，所以\\(\\mathrm\{Tr\}(N) = \\mathrm\{Tr\}(M^TW)=2\\|X\\|\_\*\\le 2y\\)，故\\(\\|X\\|\_\* \\le y\\)得证。但愿没出错。。。

然后，论文就给出了第一个定理，关于恢复的：  
![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L01UYW5kSEo_size_16_color_FFFFFF_t_70 1]  
这个结果貌似是之前的工作，，满足一定条件，\\(M\\)就会有很大概率被恢复。

然后呢，论文又提了以下加强版的不连贯条件：  
![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L01UYW5kSEo_size_16_color_FFFFFF_t_70 2]  
然后有相应的定理2：

![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L01UYW5kSEo_size_16_color_FFFFFF_t_70 3]

然后跳过。

## 稳定恢复 ##

用户的评分是不一定正确，不同的场合，不同的天气可能就会给出不同的分数，如果是机器推断的分数那就更是如此了。所以，我们观测的部分数据实际上不一定是\\(P\_\\Omega (M)\\)，而是\\(P\_\\Omega (Y) = P\_\\Omega (M+Z)\\)，其中\\(Z\\)是类似噪声的存在。  
假设，\\(\\|P\_\{\\Omega\}(Z)\\|\_F \\le \\delta\\),求解下列问题：  
\\\[ \\begin\{array\}\{cc\} \\min & \\|X\\|\_\* \\\\ s.t. & \\|P\_\{\\Omega\}(X-Y)\\|\_F \\le \\delta \\end\{array\} \\\]  
这个问题同样可以作为SDP求解，假设其解为\\(\\hat\{M\}\\)。有如下定理：

![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L01UYW5kSEo_size_16_color_FFFFFF_t_70 4]  
但是问题是，我们从何知道\\(\\delta\\)呢？而在实际操作的时候，作者是求解下述问题：

\\\[ \\min \\quad \\frac\{1\}\{2\} \\|P\_\{\\Omega\} (X-Y)\\|\_F^2 + \\mu \\|X\\|\_\* \\\]

作者说，这个问题是上面那个问题的对偶结果，饶了我吧，有点像，但是整不出来。然后，不同的情况，作者也给出了\\(\\mu\\)的一些选择。

作者还拿上面的结果和下面的神谕问题进行了比较：  
![在这里插入图片描述][20190419205933647.png]  
这个神谕，就是指，我们已经知道\\(X \\in T\\)里面了，然后用了对偶还是共轭算子？晕了已经。就这样吧，再看我就得吐了。

转载于:https://www.cnblogs.com/MTandHJ/p/10738769.html

[Candes E J_ Plan Y. Matrix Completion With Noise_J_. arXiv_ Information Theory_ 2010_ 98_6_ 925-936.]: http://statweb.stanford.edu/~candes/papers/NoisyCompletion.pdf
[watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L01UYW5kSEo_size_16_color_FFFFFF_t_70]: /images/20211220/42772a12db694504bfd490a7fe61ec65.png
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[20190418210505400.png]: /images/20211220/72685681db67487fac3963b002a0df2f.png
[SDP]: https://math.stackexchange.com/questions/701062/derivative-of-the-nuclear-norm-with-respect-to-its-argument
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[20190419205933647.png]: /images/20211220/60f2dcb1acdb4edba0d80ddfe704a244.png