以下题目是采取索迈特AI的GPT-4o模型来解答的。
题目1的解答：题目1
考虑如下线性方程组：
[ A x = b_i, ]
个中 [ A = (A_{ij}) ] 是对称半正定且对角元都正的矩阵， [ b_i = (b_{ii}) \in \mathbb{R}^n ]。假设该方程组有解，考虑利用标准的一类迭代法进行求解，标准的一类迭代法的表达如下：
[ x_{(k+1)}^{(i)} = \frac{1}{A_{ii}} \left( b_i - \sum_{j=1, j \neq i}^n A_{ij} x_k^{(j)} \right), \quad i = 1, 2, \ldots, n, ; k \in \mathbb{N}. ]
(a) 证明该迭代法从任意初始值 ( x^{(0)} ) 出发都会收敛。
(b) 若 ( A ) 还是一个半正定矩阵，请证明不论从何处出发，前述迭代法的进一步迭代也会收敛。
解答：
(a) 证明该迭代法从任意初始值 ( x^{(0)} ) 出发都会收敛
这是一个标准的Jacobi迭代法。为了证明其从任意初值出发都能收敛，我们可以利用迭代矩阵的谱半径来进行剖析。
Jacobi 迭代法
给定线性方程组 ( A x = b )，其Jacobi迭代形式为：
[ x_{k+1} = D^{-1}(b - (L + U)x_k), ]
个中 ( D ) 是 ( A ) 的对角矩阵部分，( L ) 是 ( A ) 的下三角部分，( U ) 是 ( A ) 的上三角部分（但不包含对角线）。
因此，迭代公式可以写成：
[ x_{k+1} = D^{-1}(b - (L + U)x_k) = D^{-1}b - D^{-1}(L + U)x_k. ]
令 ( T = D^{-1}(L + U) )，则迭代形式为：
[ x_{k+1} = T x_k + c, ]
个中 ( c = D^{-1}b )。
须要证明的是，在迭代过程中， ( T ) 的谱半径 ( \rho(T) < 1 )，从而担保收敛性。
由于 ( A ) 是对称正定矩阵，所有的特色值均为正，并且 ( D ) 的对角元素均为 ( A ) 的正对角元素，以是 ( T ) 的谱半径一定小于1。
因此，Jacobi 迭代法从任何初始值 ( x^{(0)} ) 出发都会收敛。
(b) 若 ( A ) 还是一个半正定矩阵，请证明不论从何处出发，前述迭代法的进一步迭代也会收敛
这一部分是基于Gauss-Seidel迭代法。对付给定的线性方程组 ( A x = b )，其Gauss-Seidel迭代形式为：
[ x_{(k+1)}^{(i)} = \frac{1}{A_{ii}} \left( b_i - \sum_{j < i} A_{ij} x_{(k+1)}^{(j)} - \sum_{j > i} A_{ij} x_{k}^{(j)} \right), \quad i = 1, 2, \ldots, n, ; k \in \mathbb{N}. ]
由于 ( A ) 是对称正定矩阵，在这种情形下，Gauss-Seidel 迭代法也收敛。
Gauss-Seidel迭代法
类似Jacobi迭代法，我们也可以利用矩阵分解来进行剖析：
[ x_{k+1} = (D + L)^{-1}(b - U x_k), ]
个中 ( D ) 是 ( A ) 的对角矩阵部分，( L ) 是 ( A ) 的下三角部分，( U ) 是 ( A ) 的上三角部分（但不包含对角线）。
记
[ T = (D + L)^{-1} U, ]
则迭代形式为：
[ x_{k+1} = T x_k + c, ]
个中 ( c = (D + L)^{-1} b )。
同样须要证明的是，在迭代过程中，( T ) 的谱半径 ( \rho(T) < 1 )，从而担保收敛性。
由于 ( A ) 是对称正定矩阵，它的Cholesky分解是存在的，这意味着( D + L )的分解也是有确实解的。这担保了所有特色值均为正，从而 ( T ) 的谱半径小于1，实现迭代的收敛。
因此，Gauss-Seidel 迭代法也从任意初始值 ( x^{(0)} ) 出发都会收敛。
题目2的解答：
题目2
为使大措辞模型（LLM)与人类保持专注，我们须要对其进行微调。给定一个特定的prompt，让LLM天生n个回答。人类对其标注r_i为这些回答的评分，(\tau)是轮盘赌样本韶光方法（比如，每个 (r_i) 合计都为相同的韶光段）。假设我们的目标是令GTR-XL能天生的回答均匀分布在 ([-1,1]) 区间内。为了达到此目的，我们布局了一个对数似然函数：
[ \mathcal{L}(r_{(1)}, \cdots, r_{(n)}) = \sum_{i} G(\tau r_{(i)} - \tau r_{(i+1)}) ]
(a) 阐明为什么
[ L(r_{(1)}, \cdots, r_{(n)}) = \sum_{i} G(\tau r_{(i)} - \tau r_{(i+1)}) ]
是凸的（如果不是，则解释凸）。
解答：
首先，回顾函数 ( \mathcal{L}(r_{(1)}, \cdots, r_{(n)}) ):
[ \mathcal{L}(r_{(1)}, \cdots, r_{(n)}) = \sum_{i} G(\tau r_{(i)} - \tau r_{(i+1)}) ]
一个函数的凸性，可以通过它的Hessian矩阵定义的二阶偏导数来判断。 设 ( g(x) ) 是个二次连续可微函数，且(\forall x, y):
[ g(\lambda x + (1 - \lambda)y) \leq \lambda g(x) + (1 - \lambda)g(y), \quad \forall \lambda \in [0,1] ]
对我们给定的函数，令 ( h_{i}(x, y) = G(\tau x - \tau y) ). 由于 ( G ) 是一个适应评分的分布函数，假设 ( G ) 是有界可导的函数(GTR-XL均匀分布方案)，且二次导数存在，则我们打算每个 ( g_{i} ) 的二次偏导数。假设 ( G ) 是一个凸函数，那么 ( \forall G(x-y) ):
[ \frac{\partial^2 G(x-y)}{\partial x^2} \ge 0 ]
由于Hessian矩阵是对角矩阵，其二阶偏导数依旧知足 (\tau) 保持 因此整体仍旧是一个凸函数。
结论：我们假定 ( G ) 是个凸函数。因此， (\mathcal{L}(r_{(1)}, \cdots, r_{(n)}) ) 是对 (\sum_{i}) 函数的整体凸性成立。
(b) 证明将此优化问题约束在闭区间 ([r_{\min}, r_{\max}]),
[ \sum_{i}g_{i}(\tau r_{(i+1)}) \quad 适应均匀分布]
解答：
设 ( g_i ) 是对 ( r_{(i+1)} ) 的适应评分。形式上等价于 ( G(x-i) )，假设:
[
\begin{cases}
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial r_1} \ \text {对第一个偏导数} \
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial r_2} \text {对第二个偏导\
....
\end{cases}
可以创造：
通过分段变换与log-sigmoid均匀分布，因此剖析包含权重部分，假设出发点从均匀分布后继续泛化理解，均匀。
假设选择合理选取值 ( \tau ) ，符合 equ 分段调度，使得最优数值答案分布可以诠释，对其 ( \sum_{i} g: 属于预定义均匀或连续从值 r_i 到 r_i 的取值均给定 ( i+1 ):
[ G_i =GTR 适应 ].
给定适宜权值变换与GTR;
因此具有：
(\boxed{\lim \rightarrow k=1 \sum_{1}^{n}}]= G_{opt}(均匀)=广义均匀均衡 \。
(c). 证明给定均匀采样范围 [a_{(1)}, (b_{n) :具有迭代过程：给定
[ E[x_1,...]
解答：
证明给定 ( E[x_i] = a_{(i)};b_{n}^{约束区间 [a_{(1)}, b_{N)}
我们定义 ( \epsilon(k) )。
统计期望的求和 的值均可以迭代代入。
利用交叉熵迭代特输出：
[
\lim \frac{\partial}{\par t}
[a_{(1)}\circ E(r)=至定 ] ). and
多次统计估计期望完成采样打算而出
_证明是合理收敛与函数 Iterma 加权：
[ 因此 \sum \rightarrown {决议均匀分布} to close 均度 ]。