Eu tenho o seguinte CNN:

1. Começo com uma imagem de entrada do tamanho 5x5
2. Em seguida, aplico a convolução usando o kernel 2x2 e stride = 1, que produz um mapa de recursos do tamanho 4x4.
3. Em seguida, aplico o pool máximo 2x2 com stride = 2, que reduz o mapa de recursos para o tamanho 2x2.
4. Então aplico sigmóide logístico.
5. Em seguida, uma camada totalmente conectada com 2 neurônios.
6. E uma camada de saída.

Por uma questão de simplicidade, vamos assumir que eu já completei o passe para frente e calculei δH1 = 0,25 e δH2 = -0,15

Então, após a passagem para frente completa e para trás parcialmente concluída, minha rede fica assim:

Em seguida, calculo deltas para a camada não linear (sigmóide logística):

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

Em seguida, propago deltas para a camada 4x4 e defino todos os valores que foram filtrados pelo pool máximo para 0 e o mapa de gradiente se parece com o seguinte:

Como atualizo os pesos do kernel a partir daí? E se minha rede tiver outra camada convolucional anterior a 5x5, que valores devo usar para atualizar os pesos do kernel? E no geral, meu cálculo está correto?

Uma convolução emprega um princípio de compartilhamento de peso que complicará significativamente a matemática, mas vamos tentar superar as ervas daninhas. Estou tirando a maior parte da minha explicação dessa fonte .

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Passar para a frente

Como você observou, a passagem direta da camada convolucional pode ser expressa como

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

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

Retropropagação

Supondo que você esteja usando o erro quadrático médio (MSE) definido como

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

nós queremos determinar

$\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$

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

Isso itera por todo o espaço de saída, determina o erro que a saída está contribuindo e, em seguida, determina o fator de contribuição do peso do kernel em relação a essa saída.

Vamos chamar a contribuição para o erro do delta do espaço de saída por simplicidade e acompanhar o erro retropropagado,

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

A contribuição dos pesos

A convolução é definida como

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

portanto,

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

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

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

Então, de volta ao nosso termo de erro

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

Descida do gradiente estocástico

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

Vamos calcular alguns deles

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')

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

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

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Informe-me se houver erros na derivação.

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Atualização: código corrigido