反向传播算法是用来求那个复杂到爆的梯度的。
上一集中提到一点，13000维的梯度向量是难以想象的。换个思路，梯度向量每一项的大小，是在说代价函数对每个参数有多敏感。
如上图，我们可以这样里理解，第一个权重对代价函数的影响是是第二个的32倍。
我们来考虑一个还没有被训练好的网络。我们并不能直接改动这些激活值，只能改变权重和偏置值。但记住，我们想要输出层出现怎样的变动，还是有用的。
我们希望图像的最后分类结果是2，我们期望第3个输出值变大，其余输出值变小，并且变动的大小应该与现在值和目标值之间的差成正比。举个例子，增大数字2神经元的激活值，就应该‘比减少数字8神经元的激活值来得重要，因为后者已经很接近它的目标了。
进一步，就来关注数字2这个神经元，想让它的激活值变大，而这个激活值是把前一层所有激活值的加权和加上偏置值。
所以要增加激活值，我们有3条路可以走，一增加偏置，二增加权重，或者三改变上一层的激活值。
先来看如何调整权重，各个权重它们的影响力各不相同，连接前一层最亮的神经元的权重，影响力也最大，因为这些权重与大的激活值相乘。增大这几个权重，对最终代价函数造成的影响，就比增大连接黯淡神经元的权重所造成的影响，要大上好多倍。
请记住，说到梯度下降的时候，我们并不只看每个参数是增大还是变小，我们还看改变哪个参数的性价比最大。
不过别忘了，从全局上看，只只不过是数字2的神经元所期待的变化，我们还需要最后一层其余的每个输出神经元，对于如何改变倒数第二层都有各自的想法。
我们会把数字2神经元的期待，和别的输出神经元的期待全部加起来，作为如何改变倒数第二层的指示。这些期待变化不仅是对应的权重的倍数，也是每个神经元激活值改变量的倍数。
我们对其他的训练样本，同样的过一遍反向传播，记录下每个样本想怎样修改权重和偏置，最后再去一个平均值。
这里一系列的权重偏置的平均微调大小，不严格地说，就是代价函数的负梯度，至少是其标量的倍数。
实际操作中，我们经常使用随机梯度下降法。
首先把训练样本打乱，然后分成很多组minibatch，每个minibatch就当包含了100个训练样本好了。然后你算出这个minibatch下降的一步，这不是代价函数真正的梯度，然而每个minibatch会给一个不错的近似，计算量会减轻不少。
我们从一个最简单的网络讲起，每层只有一个神经元，图上这个网络就是由三个权重和三个偏置决定的，我们的目标是理解代价函数对这些变量有多敏感。这样我们就知道怎么调整这些变量，才能使代价函数下降的最快。
我们先来关注最后两个神经元，我们给最后一个神经元一个上标L，表示它处在第L层。
给定一个训练样本，我们把这个最终层激活值要接近的目标叫做y，y的值为0/1。那么这个简易网络对于单个训练样本的代价就等于$(a^{(L)}-y)^2$。对于这个样本，我们把这个代价值标记为$C_0$。
之前讲过，最终层的激活值公式：$a^{(L)} = \sigma (w^{(L)}a^{(L-1)}+b^{(L)})$
换个标记方法：
$$z^{(L)} = (w^{(L)}a^{(L-1)}+b^{(L)})$$
$$a^{(L)} = \sigma (z^{(L)})$$
整个流程就是这样的：
当然了，$a^{(L-1)}$还可以再向上推一层，不过这不重要。
这些东西都是数字，我们可以想象，每个数字都对应数轴上的一个位置。我们第一个目标是来理解代价函数对权重$w^{(L)}$的微小变化有多敏感。换句话说，求$C_0$对$w^{(L)}$的导数。
根据链式法则：
$$\frac{\partial C_0}{\partial w^{(L)}} = \frac{\partial z^{(L)}}{\partial w^{(L)}}\frac{\partial a^{(L)}}{\partial z^{(L)}}\frac{\partial C_0}{\partial a^{(L)}}\\\frac{\partial C_0}{\partial a^{(L)}}=2(a^{(L)}-y)\\\frac{\partial a^{(L)}}{\partial z^{(L)}}={\sigma }‘ (z^{(L)})\\\frac{\partial z^{(L)}}{\partial w^{(L)}}=a^{(L-1)}\\$$
所以
$$\frac{\partial z^{(L)}}{\partial w^{(L)}}\frac{\partial a^{(L)}}{\partial z^{(L)}}\frac{\partial C_0}{\partial a^{(L)}}=a^{(L-1)}{\sigma }‘ (z^{(L)})2(a^{(L)}-y)\\$$
$$\frac{\partial C}{\partial w^{(L)}} = \frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}\frac{\partial C_k}{\partial w^{(L)}}$$
当然了，对偏置求导数也是同样的步骤。
$$\frac{\partial C_0}{\partial b^{(L)}} = \frac{\partial z^{(L)}}{\partial b^{(L)}}\frac{\partial a^{(L)}}{\partial z^{(L)}}\frac{\partial C_0}{\partial a^{(L)}}=1{\sigma }‘ (z^{(L)})2(a^{(L)}-y)\\$$
到这里，我们可以看每层不止一个神经元的情况了。
参考链接：
原文地址：https://www.cnblogs.com/lfri/p/10336199.html
