前言
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新的开始
第一题
利用Lagrange Dueling，即可计算。
L ( x , λ 1 , λ 2 ) = b T x + λ 1 T ( c − A x ) − λ 2 T x ∂ L ∂ x = b T − λ 1 T A − λ 2 T = 0 L(x,\lambda_1,\lambda_2)=b^Tx+\lambda_1^T(c-Ax)-\lambda^T_2 x\\\frac{\partial L}{\partial x}=b^T-\lambda_1^TA-\lambda_2^T=0 L(x,λ1,λ2)=bTx+λ1T(c−Ax)−λ2Tx∂x∂L=bT−λ1TA−λ2T=0
故最终对偶形式为：
m a x λ 1 , λ 2 − λ 1 T c s . t . b T − λ 1 T A − λ 2 T = 0 λ 1 T ≥ 0 λ 2 T ≥ 0 max_{\lambda_1,\lambda_2}-\lambda_1^Tc\\ s.t. \quad b^T-\lambda_1^TA-\lambda_2^T=0\\ \lambda_1^T\geq0\\ \lambda_2^T\geq0 maxλ1,λ2−λ1Tcs.t.bT−λ1TA−λ2T=0λ1T≥0λ2T≥0
第二题
这里我个人认为要利用定义，还有就是要注意，这里提到的 c 1 c_1 c1, c 2 c_2 c2是存在，而不是任意。
L e t M d ( X , ϵ ) = m , ∃ x 1 , x 2 , . . . , x m ∈ X , ∀ i , j ∈ [ m ] , i ≠ j , d ( x i , x j ) ≥ ϵ G e t x m + 1 ∈ X , d ( x i , x m + 1 ) < ϵ S o c 2 ≥ 1 , N d ( X , ϵ / c 2 ) = M d ( X , ϵ / c 2 ) ≥ M d ( X , ϵ ) Let \quad\mathcal{M}_d(\mathcal{X}, \epsilon)=m,\\ \exist x_1,x_2,...,x_m\in\mathcal{X}, \forall i,j\in[m], i\neq j, d(x_i ,x_j)\geq \epsilon\\ Get\quad x_{m+1}\in\mathcal{X}, d(x_i,x_{m+1})<\epsilon\\ So \quad c_2\geq 1, \mathcal{N}_d(\mathcal{X},\epsilon/c_2)=\mathcal{M}_d(\mathcal{X},\epsilon/c_2)\geq \mathcal{M}_d(\mathcal{X},\epsilon) LetMd(X,ϵ)=m,∃x1,x2,...,xm∈X,∀i,j∈[m],i=j,d(xi,xj)≥ϵGetxm+1∈X,d(xi,xm+1)<ϵSoc2≥1,Nd(X,ϵ/c2)=Md(X,ϵ/c2)≥Md(X,ϵ)
对左半部分证明同理。
第三题
（1）思路，根据题目描述，要想证明两个分类器不同，由于不知道算法A，故只能通过比较误差进行，题目中提到了弱学习性假设，故考虑证明加权误差：
R ^ t + 1 ( h t ) = ∑ D t + 1 ( i ) I ( y i ≠ h t ( x i ) ) = ∑ D t ( i ) ∗ e x p ( − y i α t h t ( x i ) ) Z t I ( y i ≠ h t ( x i ) ) = ∑ D t ( i ) I ( y i ≠ h t ( x i ) ) e x p ( − y i α t h t ( x i ) ) Z t \hat{R}_{t+1}(h_t)=\sum D_{t+1}(i)I(y_i\neq h_t(x_i))\\ =\sum \frac{D_t(i)*exp(-y_i\alpha_t h_t(x_i))}{Z_t }I(y_i\neq h_t(x_i))\\ =\sum D_t(i)I(y_i\neq h_t(x_i))\frac{exp(-y_i\alpha_t h_t(x_i))}{Z_t } R^t+1(ht)=∑Dt+1(i)I(yi=ht(xi))=∑ZtDt(i)∗exp(−yiαtht(xi))I(yi=ht(xi))=∑Dt(i)I(yi=ht(xi))Ztexp(−yiαtht(xi))
