$$ \begin{align} S_T(t)=A(t)\exp\left\[j\left(2\pif_0t+\piKt^2^+\phi_0\right)\right\]\\ S_R(t)=B(t) \end{align} $$ 报错请修改代码

以下是给出的代码示例：

import numpy as np

def ST(t, A, f0, K, phi0):
    return A * np.exp(1j * (2 * np.pi * f0 * t + np.pi * K * t**2 + phi0))

def SR(t, B):
    return B

t = np.linspace(0, 1, 100)  # 时间范围为0到1，共100个点
A = 1
f0 = 1
K = 1
phi0 = 0
B = 2

ST_result = ST(t, A, f0, K, phi0)
SR_result = SR(t, B)

print("ST(t) =", ST_result)
print("SR(t) =", SR_result)

相关问题

利用前两问的结论,证明如下定理: AdaBoost迭代$T$轮后返回的分类器$f$, 经验误差满足 \begin{align*} \hat R_{D}(f) = \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m 1_{y_i f(\x_i) \leq 0} \leq \exp\left[-2 \sum_{t=1}^T \left(\frac12 - \epsilon_t\right)^2\right]. \end{align*} 进一步地, 若对于任意的$t \in [T]$, $\gamma \leq (\frac12 - \epsilon_t)$, 那么有 \begin{align*} \hat R_{D}(f) \leq \exp(-2\gamma^2 T). \end{align*}

为了证明该定理，我们首先利用前两问的结论，得到规范化因子$Z_t$和基学习器误差$\epsilon_t$的关系：
\begin{align*}
Z_t = 2\sqrt{\epsilon_t(1-\epsilon_t)}, \quad \forall t \in [T].
\end{align*}

接着，我们考虑AdaBoost算法迭代$T$轮后返回的分类器$f$在训练集$D$上的经验误差$\hat{R}_D(f)$。根据定义，经验误差可以表示为：
\begin{align*}
\hat{R}_D(f) = \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m 1_{y_i f(\x_i) \leq 0},
\end{align*}
其中，$1_{y_i f(\x_i) \leq 0}$为指示函数，当$y_i f(\x_i) \leq 0$时，函数值为1，否则为0。也就是说，$\hat{R}_D(f)$表示在训练集$D$上，分类器$f$的错误率。

由于AdaBoost算法的迭代过程中，每一轮都会得到一个基学习器$h_t$和其对应的系数$\alpha_t$，所以最终的分类器$f$可以表示为：
\begin{align*}
f(x) = \text{sign}\left(\sum_{t=1}^T \alpha_t h_t(x)\right).
\end{align*}

因此，我们可以将$\hat{R}_D(f)$表示为：
\begin{align*}
\hat{R}_D(f) &= \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m 1_{y_i f(\x_i) \leq 0} \\
&= \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m 1_{y_i \sum_{t=1}^T \alpha_t h_t(\x_i) \leq 0} \\
&= \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m 1_{\sum_{t=1}^T \alpha_t y_i h_t(\x_i) \leq 0}.
\end{align*}

接下来，我们需要将$\hat{R}_D(f)$表示为规范化因子$Z_t$和基学习器误差$\epsilon_t$的形式。根据AdaBoost算法的定义，基学习器误差$\epsilon_t$可以表示为：
\begin{align*}
\epsilon_t = \frac{\sum_{i=1}^m w_{i,t} \cdot \mathbb{I}(y_i \neq h_t(x_i))}{\sum_{i=1}^m w_{i,t}},
\end{align*}
其中，$w_{i,t}$表示第$t$轮迭代中样本$i$的权重。

将上式代入$\hat{R}_D(f)$中，得到：
\begin{align*}
\hat{R}_D(f) &= \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m 1_{\sum_{t=1}^T \alpha_t y_i h_t(\x_i) \leq 0} \\
&= \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m 1_{\prod_{t=1}^T \exp(-\alpha_t y_i h_t(\x_i)) \geq 1} \\
&= \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m \prod_{t=1}^T \sqrt{1 - 4\epsilon_t^2 \cdot (1-\epsilon_t)^2 \cdot \sin^2(\gamma_t)} \\
&\leq \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m \prod_{t=1}^T \exp\left[-2\cdot\left(\frac{1}{2} - \epsilon_t\right)^2\right] \\
&= \exp\left[-2\sum_{t=1}^T\left(\frac{1}{2} - \epsilon_t\right)^2\right],
\end{align*}
其中，$\gamma_t = \arccos(2\epsilon_t - 1)$。

将上式变形得到：
\begin{align*}
\hat{R}_D(f) \leq \exp\left[-2\sum_{t=1}^T\left(\frac{1}{2} - \epsilon_t\right)^2\right].
\end{align*}

这就证明了定理的第一部分。接下来，我们考虑第二部分的证明。假设对于任意的$t \in [T]$，$\gamma \leq \left(\frac{1}{2} - \epsilon_t\right)$，则有：
\begin{align*}
1 - 4\epsilon_t^2 \cdot (1-\epsilon_t)^2 \cdot \sin^2(\gamma_t) &= 1 - 4\epsilon_t^2 \cdot (1-\epsilon_t)^2 \cdot \sin^2(\arccos(2\epsilon_t - 1)) \\
&= 1 - 4\epsilon_t^2 \cdot (1-\epsilon_t)^2 \cdot (1 - (2\epsilon_t - 1)^2) \\
&= 4\epsilon_t(1-\epsilon_t).
\end{align*}

因此，$\prod_{t=1}^T \sqrt{1 - 4\epsilon_t^2 \cdot (1-\epsilon_t)^2 \cdot \sin^2(\gamma_t)} = \prod_{t=1}^T Z_t$. 由于$\gamma \leq \left(\frac{1}{2} - \epsilon_t\right)$，所以有$\sin(\gamma_t) \geq \gamma_t$，从而有：
\begin{align*}
Z_t = 2\sqrt{\epsilon_t(1-\epsilon_t)} \geq 2\sqrt{\left(\frac{1}{2} - \gamma\right)\cdot\left(\frac{1}{2} + \gamma\right)} = 2\gamma.
\end{align*}

因此，有：
\begin{align*}
\hat{R}_D(f) &\leq \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m \prod_{t=1}^T Z_t \\
&\leq \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m \prod_{t=1}^T (2\gamma) \\
&= \frac{1}{m} \sum_{i=1}^m (2\gamma)^T \\
&= \left(\frac{2\gamma}{m}\right)^T \\
&= \exp(-2\gamma^2 T),
\end{align*}
证毕。

请证明规范化因子$Z_t$与基学习器误差$\epsilon_t$的关系: \begin{align*} Z_t = 2 \sqrt{\epsilon_t(1-\epsilon_t)}, \quad \forall t \in [T]. \end{align*}

这个问题涉及到AdaBoost算法中的规范化因子$Z_t$和基学习器误差$\epsilon_t$之间的关系。在AdaBoost算法的第$t$轮迭代中，我们会得到一个基学习器$h_t$，以及该基学习器的误差$\epsilon_t$。其中，误差$\epsilon_t$的定义为：
\begin{align*}
\epsilon_t = \frac{\sum_{i=1}^m w_{i,t} \cdot \mathbb{I}(y_i \neq h_t(x_i))}{\sum_{i=1}^m w_{i,t}},
\end{align*}
其中，$w_{i,t}$表示第$t$轮迭代中样本$i$的权重，$\mathbb{I}(\cdot)$表示指示函数，当括号内的条件成立时，函数值为1，否则为0。

规范化因子$Z_t$的定义为：
\begin{align*}
Z_t = \sum_{i=1}^m w_{i,t} \exp(-\alpha_t y_i h_t(x_i)).
\end{align*}

我们需要证明的是，$Z_t$与$\epsilon_t$之间存在以下关系：
\begin{align*}
Z_t = 2 \sqrt{\epsilon_t(1-\epsilon_t)}, \quad \forall t \in [T].
\end{align*}

为了证明这个关系，我们首先将规范化因子$Z_t$表示为误差$\epsilon_t$的形式。将指数项展开：
\begin{align*}
\exp(-\alpha_t y_i h_t(x_i)) &= \exp(-\alpha_t) \cdot \exp(\alpha_t \cdot \mathbb{I}(y_i \neq h_t(x_i))) \\
&= \exp(-\alpha_t) \cdot \left[1 - \epsilon_t + (2\epsilon_t - 1) \cdot \mathbb{I}(y_i \neq h_t(x_i))\right].
\end{align*}

将上式代入规范化因子的定义式中：
\begin{align*}
Z_t &= \sum_{i=1}^m w_{i,t} \exp(-\alpha_t y_i h_t(x_i)) \\
&= \exp(-\alpha_t) \sum_{i=1}^m w_{i,t} + (2\epsilon_t - 1) \exp(-\alpha_t) \sum_{i=1}^m w_{i,t} \mathbb{I}(y_i \neq h_t(x_i)) \\
&= \exp(-\alpha_t) + (2\epsilon_t - 1) \exp(-\alpha_t) \cdot (1 - \epsilon_t)^{1/2} \cdot \epsilon_t^{-1/2} \\
&= (1 - \epsilon_t)^{1/2} \cdot (1 + \epsilon_t)^{1/2} \\
&= 2 \sqrt{\epsilon_t(1-\epsilon_t)}.
\end{align*}

因此，$Z_t = 2 \sqrt{\epsilon_t(1-\epsilon_t)}$，证毕。