У мене є наступні CNN:

1. Почну з вхідного зображення розміром 5х5
2. Тоді я застосовую згортку за допомогою ядра 2x2 і stride = 1, що створює карту характеристик розміром 4x4.
3. Тоді я застосовую 2х2 макс-пулінг з кроком = 2, що зменшує мапу функції до розміру 2х2.
4. Тоді я застосовую логістичну сигмоїду.
5. Потім один повністю з’єднаний шар з 2 нейронами.
6. І вихідний шар.

Для простоти, припустимо, що я вже завершив пропуск вперед і обчислив δH1 = 0,25 і δH2 = -0,15

Тож після повного переходу вперед і частково завершеного проходу назад моя мережа виглядає так:

Тоді я обчислюю дельти для нелінійного шару (логістичної сигмоїди):

$$\begin{align} &\delta_{11}=(0.25 * 0.61 + -0.15 * 0.02) * 0.58 * (1 - 0.58) = 0.0364182\\ &\delta_{12}=(0.25 * 0.82 + -0.15 * -0.50) * 0.57 * (1 - 0.57) = 0.068628\\ &\delta_{21}=(0.25 * 0.96 + -0.15 * 0.23) * 0.65 * (1 - 0.65) = 0.04675125\\ &\delta_{22}=(0.25 * -1.00 + -0.15 * 0.17) * 0.55 * (1 - 0.55) = -0.06818625\\ \end{align}$$

Потім я розповсюджую дельти на шар 4x4 і встановлюю всі значення, відфільтровані за допомогою максимального об'єднання до 0, а карта градієнта виглядає так:

Як оновити ваги ядра звідти? І якщо в моїй мережі був ще один згортковий шар до 5x5, то які значення я повинен використовувати для оновлення ваг ядра? І в цілому, чи правильний мій розрахунок?

У згортці застосовується принцип розподілу ваги, який суттєво ускладнить математику, але спробуємо пройти через бур’яни. Більшу частину своїх пояснень я черпаю з цього джерела .

---

Вперед пропуск

Як ви спостерігали, перехід прямого згорткового шару може бути виражений як

$x_{i, j}^l = \sum_m \sum_n w_{m,n}^l o_{i+m, j+n}^{l-1} + b_{i, j}^l$

$k_1$$k_2$$k_1=k_2=2$$x_{0,0} = 0.25$$m$$n$

Зворотне поширення

Припустимо, що ви використовуєте середню квадратичну помилку (MSE), визначену як

$E = \frac{1}{2}\sum_p (t_p - y_p)^2$

ми хочемо визначити

$\frac{\partial E}{\partial w^l_{m', n'}}$$m'$$n'$$w^1_{0,0} = -0.13$$H$$K$

$(H-k_1+1)$$(W-k_2+1)$

$4$$4$$w^1_{0,0} = -0.13$$x^1_{0,0} = 0.25$

$\frac{\partial E}{\partial w^l_{m', n'}} = \sum_{i=0}^{H-k_1} \sum_{j=0}^{W-k_2} \frac{\partial E}{\partial x^l_{i, j}} \frac{\partial x^l_{i, j}}{\partial w^l_{m', n'}}$

Це повторюється по всьому вихідному простору, визначає помилку, яку вносить результат, а потім визначає коефіцієнт внеску ваги ядра стосовно цього виводу.

Назвемо внесок у помилку з дельти вихідного простору для простоти та відслідковуємо помилку, що розповсюджується,

$\frac{\partial E}{\partial x^l_{i, j}} = \delta^l_{i,j}$

Внесок від ваг

Згодження визначається як

$x_{i, j}^l = \sum_m \sum_n w_{m,n}^l o_{i+m, j+n}^{l-1} + b_{i, j}^l$

таким чином,

$\frac{\partial x^l_{i, j}}{\partial w^l_{m', n'}} = \frac{\partial}{\partial w^l_{m', n'}} (\sum_m \sum_n w_{m,n}^l o_{i+m, j+n}^{l-1} + b_{i, j}^l)$

$m=m'$$n=n'$

$\frac{\partial x^l_{i, j}}{\partial w^l_{m', n'}} = o^{l-1}_{i+m', j+n'}$

Потім повернемося до нашого помилки

$\frac{\partial E}{\partial w^l_{m', n'}} = \sum_{i=0}^{H-k_1} \sum_{j=0}^{W-k_2} \delta_{i,j}^l o^{l-1}_{i+m', j+n'}$

Стохастичний градієнтний спуск

$w^{(t+1)} = w^{(t)} - \eta \frac{\partial E}{\partial w^l_{m', n'}}$

Порахуємо деякі з них

import numpy as np
from scipy import signal
o = np.array([(0.51, 0.9, 0.88, 0.84, 0.05), 
              (0.4, 0.62, 0.22, 0.59, 0.1), 
              (0.11, 0.2, 0.74, 0.33, 0.14), 
              (0.47, 0.01, 0.85, 0.7, 0.09),
              (0.76, 0.19, 0.72, 0.17, 0.57)])
d = np.array([(0, 0, 0.0686, 0), 
              (0, 0.0364, 0, 0), 
              (0, 0.0467, 0, 0), 
              (0, 0, 0, -0.0681)])

gradient = signal.convolve2d(np.rot90(np.rot90(d)), o, 'valid')

масив ([[0,044606, 0,094061], [0,011262, 0,068288]])

$\frac{\partial E}{\partial w}$

---

Будь ласка, дайте мені знати, чи є помилки у виведенні.

---

Оновлення: виправлений код