Ocenianie oczekiwań zmiennej losowej
Pozwolić $v_1 ,..., v_n \in \mathbb{R}^n$ być jednolitymi i liniowo niezależnymi wektorami i $X_1,...,X_n$ niezależne zmienne losowe (na określonej przestrzeni prawdopodobieństwa) takie, że każdy $X_i$ ma rozkład parametru Bernoulliego $p_i \in [0,1]$.
a) Niech $Y(w)= \sum _{i=1} ^n X_i(w) v_i$, obliczyć oczekiwanie $Z$, gdzie $Z(w)= || Y(w) -v ||^2$ z $v= \sum _{i=1}^n a_i v_i \in \mathbb{R}^n $.
b) Niech V =$ \{ \sum _{i=1}^n a_i v_i|a_i \in [0,1]\}$pokaż to dla każdego $v \in V$ istnieje $y \in V$ takie że $|| y-v||^2\le \frac{ n}{4}$ i $y= \sum _{i=1}^n b_iv_i$, z $b_i \in \{0,1\}$. Wskazówka: za pomocą a).
Znalazłem to ćwiczenie online i mam problem z rozwiązaniem punktu b). Zrobiłem punkt a) wybierając$( \mathbb{R}^n, B, P)$ jako przestrzeń prawdopodobieństwa, gdzie B to Borel $\sigma $-algebra i P jest równe miary iloczynu $X_i$dystrybucje. Odkryłem, że oczekiwanie Z jest\begin{align}&\sum _{i=1}^n \| (1-a_i)v_i + \sum_{j=1, j \neq i}^n (-a_j)v_j\|^2 p_i \prod_{j=1, j \neq i}^n (1-p_j)\\&+\sum _{i,j=1,i<j}^n \|(1-a_i)v_i +(1-a_j)v_j+ \sum _{k=1, k \neq i,j}^n (-a_k)v_k\|^2 p_i p_j \prod _{k=1, k \neq i,j}^n (1-p_k)+\dots\\&+\|\sum_{i=1}^n (1-a_i)v_i\|^2 \prod_{i=1}^n p_i .\end{align}
Chciałbym wiedzieć, czy moje rozwiązanie punktu a) jest poprawne i otrzymać porady dotyczące punktu b).
Dziękuję Ci
Odpowiedzi
Myślę, że punkt b jest głównym tematem ćwiczenia i można to udowodnić w następujący sposób.
a)) Niech $y=\sum x_i v_i$, gdzie $x_i=1$ z prawdopodobieństwem $p_i$ i $x_i=0$ z prawdopodobieństwem $1- p_i$, niezależnie.
Następnie
$$\|y-v\|^2=\|\sum (x_i-a_i)v_i\|^2=\sum_{i,j=1}^n (x_i-a_i)(x_j-a_j)(v_i,v_j). $$
Więc $$\Bbb E\|y-v\|^2=\sum_{i,j=1\, i\ne j}^n (p_ip_j(1-a_i) (1-a_i)-p_i(1-p_j)(1-a_i)a_j-(1-p_i)p_ja_i(1-a_j)+(1-p_i)(1-p_j)a_iaj_j)(v_i,v_j)+ \sum_{i=1}^n (p_i(1-a_i)^2+(1-p_i)a_i^2)(v_i,v_i)=$$ $$\sum_{i,j=1\, i\ne j}^n (p_i-a_i)^2(v_i,v_j)+ \sum_{i=1}^n (p_i-2p_ia_i+a_i^2)(v_i,v_i)=$$ $$\left(\sum_{i=1}^n (p_i-a_i)v_i, \sum_{i=1}^n (p_i-a_i)v_i\right) -\sum_{i=1}^n (p_i-a_i)^2(v_i,v_j)+ \sum_{i=1}^n (p_i-2p_ia_i+a_i^2)(v_i,v_i)=$$ $$\left\|\sum_{i=1}^n (p_i-a_i)v_i\right\|^2+ \sum_{i=1}^n (p_i-p_i^2)(v_i,v_i).$$
b)) Wybór $p_i=a_i$ dla każdego $i$, otrzymujemy to $$\Bbb E\|y-v\|^2=\sum_{i=1}^n (p_i-p_i^2)(v_i,v_i)=\sum_{i=1}^n p_i-p_i^2\le \sum_{i=1}^n \frac 14=\frac n4,$$ co implikuje punkt b.