在1中，我们的求解问题是：$min_{w,b}$ $\frac{1}{2}||w||^{2}$，使得$y^{(i)}(w^{T}x^{(i)}+b)\geq 1 ,1 \leq i \leq n$

设$g_{i}(w)=-y^{(i)}(w^{T}x^{(i)}+b)+1 \leq 0$,

那么按照2中的定义，对应的拉格朗日函数为$L(w,b,\alpha)=\frac{1}{2}||w||^{2}-\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}[y^{(i)}(w^{T}x^{(i)}+b)-1]$

这里我们这里面没有$\beta$,因为没有$h$。

那么按照2中的定义有：
（1）$ \frac{\partial}{\partial w}L(w,b,\alpha)=w-\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}y^{(i)}x^{(i)}=0$
（2）$ \frac{\partial}{\partial b}L(w,b,\alpha)=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}y^{(i)}=0$

由（1）得$w=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}y^{(i)}x^{(i)}$，将其带入$L(w,b,\alpha)$的表达式，化简得到：$L(w,b,\alpha)=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}-\frac{1}{2} \sum_{i,j=1}^{n}y^{(i)}y^{(j)}\alpha_{i}\alpha_{j}(x^{(i)})^{T}x^{(j)}-b\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}y^{(i)}$
由（2）得$\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}y^{(i)}=0$，所以最后式子为$L(w,b,\alpha)=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}-\frac{1}{2} \sum_{i,j=1}^{n}y^{(i)}y^{(j)}\alpha_{i}\alpha_{j}(x^{(i)})^{T}x^{(j)}$

现在这个式子里只有$\alpha$是未知数。这里我们要说明一点，这里我们其实将问题转成了它的对偶问题，也就是说我们的目标是求解2中所说的$d^{*}$。所以我们的目标是：
$\underset{\alpha}{max}W(\alpha)=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}-\frac{1}{2} \sum_{i,j=1}^{n}y^{(i)}y^{(j)}\alpha_{i}\alpha_{j}(x^{(i)})^{T}x^{(j)}$,使得满足(1)$\alpha_{i}\geq 0,1 \leq i \leq n$,(2)$\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}y^{(i)}=0$

我们将最大化变为最小化，
$\underset{\alpha}{min}W(\alpha)=\frac{1}{2} \sum_{i,j=1}^{n}y^{(i)}y^{(j)}\alpha_{i}\alpha_{j}(x^{(i)})^{T}x^{(j)}-\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}$,使得满足(1)$\alpha_{i}\geq 0,1 \leq i \leq n$,(2)$\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}y^{(i)}=0$

此时，假设我们求出了$\alpha^{*}$（我们将在后面说如何求$\alpha$），那么可以通过$w^{*}=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}y^{(i)}x^{(i)}$求出$w$。现在看如何求b。由于b只是一个截距，所以$w^{*}$一旦确定，那么就确定了一个平面簇，b只是一个偏移，所以当平面偏移到两类点的中间时最好，所以b的求解公式为：$b^{*}=- \frac{ \underset{i:y^{(i)}=-1}{max}(w^{*})^{T}x_{(i)}+ \underset{i:y^{(i)}=1}{min}(w^{*})^{T}x_{(i)}}{2}$

SVM学习笔记3-问题转化