Non riesco a risolvere il secondo punto del seguente
Problema Siano$Y_i, X, V_i$ VA scalari $\forall i=1,2,..., p$, definite come segue:
- $X\~ \mathcal{N}(\bar{x}, \sigma_x^2)$, i.e. $X$ è Gaussiana di valore atteso $\bar{x}$ e varianza $\sigma_x^2$;
- $V_i \~ \mathcal{U} ([-\delta, \delta]) \quad \forall i=1,2,..., p$, i.e. tutte le VA $V_i$ sono uniformemente distribuite sull'intervallo $[-\delta, \delta]$;
- $V_i,...,V_p$ sono indipendenti l'una dall'altra;
- $V_i \bot X \quad \forall i=1,2,..., p$, i.e. tutte le VA $V_i$ sono incorrelate a $X$;
- $Y_i = X + V_i \quad \forall i=1,2,..., p$.
Per il seguente modello lineare
$$Y\triangleq CX+V $$
dove
$$Y\triangleq\begin{bmatrix}
Y_1 \\
\vdots \\
Y_p
\end{bmatrix} \quad V\triangleq\begin{bmatrix}
V_1 \\
\vdots \\
V_p
\end{bmatrix} \qquad
C\triangleq\begin{bmatrix}
1 \\
\vdots \\
1
\end{bmatrix}\in\mathbb{R}^p$$
provare, sotto l'ipotesi $\sigma_x^2\to\infty$ (nessuna informazioni a priori), che
1. la stima MMSE $\hat{x}_\text{MMSE}$ di $X$ basata su $Y$ è
$$\hat{x}_\text{MMSE}=\frac{y_+-y_-}{2}$$
dove $y_+=\max_{1\leq i \leq p}Y_i$ e $y_- =\min_{1\leq i \leq p}Y_i$;
2. l'MSE $\hat{\sigma}_x^2$ della precedente stima è
$$\hat{\sigma}_x^2=\frac{6\sigma_V^2}{(p+1)(p+2)}$$
dove $\sigma_V^2=\delta^2/3$
Soluzione proposta del punto 2 Per definizione, l'MSE in questione è
$$\begin{align*}\hat{\sigma}_x^2 &=\lim_{\sigma_x^2\to\infty}\int_\mathbb{R}(x-\hat{x}_\text{MMSE})^2 f_{X|Y}(x|y)\text{ d}x \\
&=\int_\mathbb{R}\left(x-\frac{y_+-y_-}{2}\right)^2 \lim_{\sigma_x^2\to\infty} f_{X|Y}(x|y)\text{ d}x\end{align*}$$
quindi il problema consiste in due passi: trovare la distribuzione condizionata $f_{X|Y}(\cdot)$ per poi calcolare il precedente integrale. Per il primo passo si può richiamare dalla teoria della probabilità il seguente risultato valido per i modelli lineari
$$f_{X|Y}(x|y)=\frac{f_V(y-Cx)f_X(x)}{\int_\mathbb{R}f_V(y-Cx)f_X(x)\text{ d}x}$$
dove $f_V(\cdot)$ e $f_X(\cdot)$ sono rispettivamente le PDF di $V$ e $X$.
L'espressione esplicita di $f_X(\cdot)$ è chiara
$$f_X(x)\propto \exp\left[-\frac{(x-\bar{x})^2}{2\sigma_x^2}\right]$$
mentre per $f_X(\cdot)$ si può osservare, per la mutua indipendenza delle $V_i$, che
$$f_V(v)=\prod_{i=1}^p f_{V_i}(v_i)=\prod_{i=1}^p \frac{1}{2\delta}[1(v_i+\delta)-1(v_i-\delta)]$$
dove $1(v_i)$ è la funzione a gradino di Heaviside sull'asse reale. Segue immediatamente
$$f_V(y-Cx)=\prod_{i=1}^p f_{V_i}(y_i-x)=\prod_{i=1}^p \frac{1}{2\delta}[1(y_i-x+\delta)-1(y_i-x-\delta)]$$
La distribuzione condizionale assume la seguente forma
$$f_{X|Y}(x|y)=\frac{\prod_{i=1}^p[1(y_i-x+\delta)-1(y_i-x-\delta)]\exp\left[-\frac{(x-\bar{x})^2}{2\sigma_x^2}\right]}{\int_\mathbb{R}\prod_{i=1}^p [1(y_i-x+\delta)-1(y_i-x-\delta)]\exp\left[-\frac{(x-\bar{x})^2}{2\sigma_x^2}\right]\text{ d}x}$$
quindi, prendendo il limite, si ottiene
$$\lim_{\sigma_x^2\to\infty}f_{X|Y}(x|y)=\frac{\prod_{i=1}^p[1(y_i-x+\delta)-1(y_i-x-\delta)]}{\int_\mathbb{R}\prod_{i=1}^p [1(y_i-x+\delta)-1(y_i-x-\delta)]\text{ d}x}$$
osservando che la produttoria non è nulla (è unitaria) solo sull'intersezione dei supporti delle PDF $f_{V_i}(\cdot)$, si può scrivere
$$\begin{align*}\lim_{\sigma_x^2\to\infty}f_{X|Y}(x|y)&=\frac{\prod_{i=1}^p[1(y_i-x+\delta)-1(y_i-x-\delta)]}{\int_{y_+-\delta}^{y_-+\delta}\text{ d}x} \\
&=\frac{1}{y_--y_++2\delta}\prod_{i=1}^p[1(y_i-x+\delta)-1(y_i-x-\delta)]\end{align*}$$
Ora il secondo passo. Si ha
$$\begin{align*}\hat{\sigma}_x^2 &=\int_\mathbb{R}\left(x-\frac{y_+-y_-}{2}\right)^2 \lim_{\sigma_x^2\to\infty} f_{X|Y}(x|y)\text{ d}x \\
&=\frac{1}{y_--y_++2\delta}\int_\mathbb{R}\left(x-\frac{y_+-y_-}{2}\right)^2 \prod_{i=1}^p[1(y_i-x+\delta)-1(y_i-x-\delta)]\text{ d}x\\
&=\frac{1}{y_--y_++2\delta}\int_{y_+-\delta}^{y_-+\delta}\left(x-\frac{y_+-y_-}{2}\right)^2 \text{ d}x\end{align*} $$
in conclusione, qualsiasi sia il valore dell'integrazione, si trova che il risultato è indipendente da $p$, quindi il mio sviluppo non è corretto.