错指定马氏决策过程的均衡

事实上limt→∞||T-1Ptτ=0gτ| |=0和三角形不等式impylimt→∞mt- Mσ，Q[M]≤ 极限→∞mt- T-1tXτ=1Mστ，Q（·，·| sτ）-1，xτ-1)+ 极限→∞T-1tXτ=1Mστ，Q（·，·| sτ）-1，xτ-1) - Mσ，Q[M]= 极限→∞T-1tXτ=1gτ+ 极限→∞T-1tXτ=1Mστ，Q（·，·| sτ）-1，xτ-1) - Mσ，Q[M]≤ 极限→∞T-1tXτ=1Mστ，Q（·，·| sτ）-1，xτ-1) - Mσ，QT-1tXτ=1（·，·）（sτ）-1，xτ-1)+ 极限→∞Mσ，QT-1tXτ=1（·，·）（sτ）-1，xτ-1)- Mσ，Q[M]. （18） 此外，通过定义Mσ，Q（见等式（4）），对于所有（s，x）∈ Gr（Γ），t-1tXτ=1Mστ，Q（s，x | sτ）-1，xτ-1） =Xs，~X∈Gr（Γ）Q（s |s，~x）t-1tXτ=1στ（x | s）1（~s，~x）（sτ）-1，xτ-1） （19）Mσ，QT-1tXτ=1（·，·）（sτ）-1，xτ-1)=X~s，~X∈Gr（Γ）Q（s |s，~x）t-1tXτ=1σ（x | s）1（~s，~x）（sτ）-1，xτ-1).（20） 方程（19）和（20）以及稳定性（σt→ σ） 意味着18岁时的第一项消失。由于算子Mσ[]的连续性，RHS中的第二项也在稳定性下消失事实上-1Ptτ=1（·，·）（sτ）-1，xτ-1） =t-1tmt-1(·, ·). 因此，km- Mσ，Q[M]k=0，所以M∈ IQ（σ）。因此，为了证明案例（i）和（ii），我们需要确定，对于每一个案例，都存在∈ （ΘQ（m））使得σ是MDP的最佳策略（\'Qu）。（i） 考虑任何δ∈ [0,δ]. 自从（Θ）在弱拓扑下是紧的，存在（ut）t的子序列，我们仍然将其表示为（ut）t，因此utw→ u∞和u∞∈ （ΘQ（m））。自σt∈对于所有t，∑（ut）和∑是uhc（见引理4），稳定性（σt→ σ） 意味着σ∈Σ(u∞). 我们的结论是，σ是MDP（\'Qu）的最佳策略∞). 如果δ=¨δ=0，则该断言无关紧要。如果δ≥ δ>0时，必须显示thatx（s，u∞) = arg maxx∈Γ（s）^s{π（s，x，s）+δW（s，B（s，x，s，u∞))}\'Qu∞（ds | s，x）=arg maxx∈Γ（s）^s{π（s，x，s）+δW（s，u）∞)}\'Qu∞（ds | s，x）。（21）我们通过建立（21）来结束。注意，由于δ>0，因此δ>0，这反过来意味着x（s，u∞) 她是单身汉。

（21）中的第一个等式成立，因为通过定义δ，E Qu∞（·| s，x（s，u）∞))[π（s，x（s，u∞), S） ]- equ∞（·| s，x）[π（s，x，s）]≥^δ ≥ 2δM1- δ> 0代表所有x∈ Γ（s）\\{x（s，u）∞)}, 通过定义M，δM1- δ≥ Δ^SnW（s，B（s，x，s，u∞))\'Qu∞（ds | s，x）-W（s，B（s，x（s，u∞), s、 u∞))\'Qu∞（ds | s，x（s，u）∞))o、 （21）中的第二个等式也有类似的论点。（ii）通过穷举学习的稳定性，存在一个子序列（ut（j））Jsuch，即ut（j）w→ u*. 这个事实和事实，对于所有开放的美国 ΘQ（m），limt→∞ut（j）（U）=1，表示u*∈ （ΘQ（m））。自σt（j）∈所有j的∑（ut（j））和∑是uhc（见引理4），稳定性（σt→ σ） 意味着σ∈Σ(u*). 此外，在稳定性条件下，通过穷举学习（即*= B（s，x，s，u）*) 所有人（s，x）∈ Gr（Γ）和s∈supp（\'Qu）*（·| s，x））、W（s，u）*) = 马克斯∈Γ（s）`s{π（s，x，s）+δW（s，u）*)}\'Qu*（ds | s，x）对于所有s∈ 然后，通过值函数的唯一性，σ是EMMDP（`Qu）的最佳策略*). 命题2的证明依赖于以下主张。索赔C.如果（σ，m）∈ Σ × （S×X）是σ∈ ∑ε与m∈ IQ（m）在定义18中满足完全沟通条件，然后m（s，x）>0表示所有（s，x）∈ Gr（Γ）。命题2的证明。（i） 我们证明，如果（σ，m）对于ε-扰动、弱识别且满足完全通信（且具有先验μ和策略函数f）的BayesianSMDP是稳定的，那么（σ，m）对于穷举学习是稳定的。也就是说，我们必须找到一个子序列（ut（j））j，使得ut（j）弱收敛到u*和u*= B（s，x，s，u）*) 对于任何（s，x）∈ Gr（Γ）和s∈ supp（\'Qu）*（·| s，x））。通过压缩（Θ），始终存在一个极限点为u的收敛子序列*∈ (Θ). 引理5，5*∈ （ΘQ（m））。根据假设，σ∈ ∑ε，根据定理2证明中给出的参数，m∈ 智商（σ）。由于SMDP满足了充分的沟通，根据权利要求C，supp（m）=Gr（Γ）。

这个结果，这个事实*∈ （ΘQ（m）），弱识别意味着强识别，即支持u的任何θ和θ*, Qθ（·| s，x）=所有（s，x）的Qθ（·| s，x）∈ Gr（Γ）。因此，这就意味着 ΘBorel and for all（s，x）∈ Gr（Γ）和s∈ 这是什么*（s|s，x）>0（即，\'Qθ（s|s，x）u*（dθ）>0），B（s，x，s，u*)（A） =\'AQθ（s | s，x）u*（dθ）\'ΘQθ（s|s，x）u*（dθ）=u*（A） 。因此*满足所需条件。（ii）证明了如果（σ，m）是一个Berk-Nash均衡，那么它也是一个具有穷举学习的Berk-Nash均衡。让我们来支持平衡信念。根据权利要求C和弱识别，可以得出，对于所有（s，x）的μ，Qθ（·s，x）=Qθ（·s，x）支持的任何θ和θ，都有强识别∈ Gr（Γ）。因此，尽管如此 ΘBorel and for all（s，x）∈ Gr（Γ）和s∈ S使得\'Qu（S|S，x）>0（即，\'Qθ（S|S，x）u（dθ）>0），B（S，x，S，u）（A）=\'AQθ（S|S，x）u（dθ）\'Qθ（S|S，x）u（dθ）=u（A）。因此，（σ，m）是一个具有穷举学习的Berk-Nash均衡。命题3的证明。假设（σ，m）是一个完美的Berk-Nash平衡，且（σε，mε，με）ε是与穷尽学习相关的平衡序列，使得limε→0（σε，mε）=（σ，m）。通过可能的子序列，让u=limε→0με（弱拓扑下）。通过平衡响应T（σ，m，u）=∑（\'Qu）×IQ（σ）×的上半连续性（ΘQ（m））（见定理1的证明），（σ，m）是一个具有支持信念u的Berk-Nash均衡。我们的结论是，（σ，m）是一个具有穷举学习的Berk-Nash均衡。所有人（s，x）∈ Gr（Γ）和s∈ 晚餐\'Qu（·s，x）, 对于所有的f:Θ→ 资金充足且持续不断，\'f（θ）u（dθ）-\'f（θ）B（s，x，s，u）（dθ）≤\'f（θ）u（dθ）-\'f（θ）με（dθ）+\'f（θ）με（dθ）-\'f（θ）B（s，x，s，u）（dθ）. RHSvanishes中的第一项为ε→ 弱收敛定义为0。

对于第二项，请注意，对于足够小的ε∈ 晚餐Q|ε（·s，x）, 所以，由于με=B（s，x，s，με）对于任何（s，x）∈ Gr（Γ）和s∈ 晚餐Q|ε（·s，x）, 我们可以用'f（θ）B（s，x，s，ε）（dθ）代替'f（θ）με（dθ）。因此，第二项因贝叶斯算子的连续性而消失。因此，根据标准参数，对于所有a，u（a）=B（s，x，s，u）（a） ΘBorel和all（s，x）∈ Gr（Γ）和s∈ 晚餐\'Qu（·s，x）, 这意味着（σ，m）是具有穷举学习的aBerk-Nash均衡。定理3的证明。ε-扰动环境（σε，mε）的Berk-Nash平衡点的存在性适用于所有ε∈ （0，ε），其中ε=1/（|X |+1），来自用于证明ε=0情况存在的相同等式（见定理1）。弱识别、充分沟通和命题2（ii）意味着存在一个（σε，mε）ε>0的穷举学习伯克-纳什均衡序列。通过∑××的紧性（Gr（Γ）），存在一个收敛子序列，定义为一个完美的Berk-Nash均衡。假设μ，μin（Θ）是这样的\'f（θ）u（dθ）-\'f（θ）u（dθ）= 0表示任何f有界且连续。那么，对于任何F Θ闭合，u（F）-u（F）≤ Eu[fF（θ）]-u（F）=Eu[fF（θ）]-u（F），其中FFI是任何连续且有界的，且≥ 1{F}；我们称这类函数为CF。因此，u（F）- u（F）≤ inff∈CFEu[f（θ）]- u（F）=0，其中等式源自单调收敛定理的应用。一个类似的技巧产生了反向不等式，因此，对于任何F，u（F）=u（F） Θ关闭。Θ上的Borel测度是内正则的（也称为astight；参见Aliprantis and Border（2006），第12章，定理12.7）。因此，对于任何Borel来说 Θ和任何 > 0，存在一个F 使μi（A\\F）小于 总的来说，i=1，2。因此u（A）- u（A）≤ u（A）- u（F）≤ u（F）- u（F）+. 根据我们之前的结果，可以得出u（A）- u（A）≤ .

类似的伎俩产生了相反的不平等，而且 是任意的，这意味着对于所有A ΘBorel。引理1和4的在线附录证明。这些引理的证明是标准的。我们只证明引理1；引理4的证明是类似的。引理1的证明。（i） 让TQ:L∞（S）→ L∞（S） 做行李员接线员，TQ[W]（S）=max^x∈Γ（s）`s{π（s，^x，s）+δW（s）}Q（ds|s，^x）。根据标准参数，TQ是模δ的收缩，因此存在唯一的固定点VQ∈ L∞（S） 。为了在Q中建立连续性，让VQnbe为给定Qnsuch的一系列固定点，并让VQn为给定Q的固定点。然后| | VQn- VQ | | L∞≤ ||TQn[VQn]- TQn[VQ]| | L∞+ ||TQn[VQ]- TQ[VQ]| | L∞≤ δ| | VQn- VQ | | L∞+ ||TQn[VQ]- TQ[VQ]| | L∞既然δ∈ [0,1]，只剩下证明| | TQn[VQ]- TQ[VQ]| | L∞→ 0.注意，对于任何∈ S、 TQn[VQ]（S）- TQ[VQ]（s）≤^S（π（S，^xn，S）+δVQ（S））{Qn（ds | S，^xn）- Q（ds | s，^xn）}其中^xn∈ arg max\'S{π（S，^x，S）+δVQ（S）}Qn（ds | S，^x）。因为VQandπ是inL∞（S） 和| S |∞, 因此，TQn[VQ]（s）- TQ[VQ]（s）≤ C | | Qn- Q | |对于某些有限常数C。使用类似的参数，可以证明TQ[VQ]（s）-TQn[VQ]（s）≤C | | Qn- Q | |。因此，| | TQn[VQ]- TQ[VQ]| | L∞≤ C | | Qn- Q | | |预期结果如下，因为| | Qn- Q | |→ 0.（ii）对于每个s∈ S和Q∈ （S） Gr（Γ），让Xs（Q）≡ arg max^x∈Γ（s）Us（^x，Q），其中Us（^x，Q）=`s{π（s，^x，s）+δVQ（s）}Q（ds | s，^x）。注意，∑（Q）={σ∈ Σ : s∈ S、 σ（·S）∈ （Xs（Q））}与×s同构∈s（Xs（Q）），在σ∈ ∑（Q）i ffσ（·s）。。。。，σ（·| s | s |）∈ ×s∈s（Xs（Q））。在第（i）部分中，Usis是连续的，因此极大值定理意味着Xs（Q）在Q中是非空的、紧值的和上半连续的→ （Xs（Q））对于每个s也是非空、紧值和上半连续的∈ 根据泰科诺·弗夫定理，x也是∈s（Xs（Q）），因此∑（Q）。

最后，为了建立∑（Q）的凸性，让∑，σ∈ ∑（Q），α∈（0,1）和σα=ασ+（1）- α)σ. 那么，不管怎样∈ S、 suppσα（·S）=suppσ（·S）∪ 供应σ（·s） Xs（Q），所以σα∈ ∑（Q）。索赔A、B和C的证明。对于权利要求A和B的证明，设Z=S×Gr（Γ）。对于每个z=（s，s，x）∈ Z和m∈ （Gr（Γ）），定义Pm（z）=Q（s|s，x）m（s，x）。我们有时滥用符号，写Q（z）≡ Q（s | s，x），对于Qθ也是如此。权利要求A的证明。（i）通过Z的正则性和完整性，存在θ*∈ Θ和α∈ （0，1）使得Qθ*（z）≥ α代表所有z∈ 使得Q（Z）>0。因此，对所有人来说∈ （Gr（Γ）），KQ（m，θ）*) ≤ -E’Pm[ln Qθ*（Z） ]≤ - lnα。（ii）KQ（mn，θ）- KQ（m，θ）=Pz:Q（z）>0（`Pmn（z）-下午（z）时（ln Q（z）- lnqθ（z））。假设所有z的Qθ（z）>0，使得Q（z）>0，（lnq（z）- lnqθ（z））对所有z有界，使得Q（z）>0。此外，Pmn（z）-对于所有z，Pm（z）收敛到零∈ Z是由于‘P·的线性和mnto m的收敛（iii）Ki（σn，θin）-K（σ，θi）=Pz:Q（z）>0（`Pmn（z）-\'Pm（z）ln Q（z）+Pz:Q（z）>0（\'Pm（z）ln Qθ（z）-\'Pmn（z）ln Qθn（z））。RHS中的第一项收敛到零（与Laim A（ii）中的参数相同）。证明的结论是，对于所有z，lim infn→∞-\'Pmn（z）ln Qθn（z）≥ -\'Pm（z）ln Qθ（z）。（22）假设lim infn→∞-\'Pmn（z）ln Qθn（z）≤ M<∞ （如果不是，（22）则无关紧要）。然后是（i）Pmn（z）→“\'Pm（z）>0，在这种情况下，（22）通过Qθ（z）在θ中的连续性保持相等，或（ii）\'Pmn（z）→\'Pm（z）=0，在这种情况下（22）保持不变，因为它的RHSI为零（按照惯例，0 ln 0=0），其LHS总是非负的。索赔证明B.（i）针对任何z∈ Z和任何h∞∈ H、 让我们来看看freqt（H）∞)（z）≡T-1吨-1τ=0{z}（zτ）。注意，t-1Ptτ=1logQ（sτ| sτ）-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1)= κ1t（h∞) + κ-κ3t（h∞, θ） ，其中κ1t（h∞) =Pz∈Z频率（h）∞)（z）-下午（z）ln Q（z），κ=Pz∈Z:Q（Z）>0μPm（Z）lnq（Z）和κ3t（h）∞, θ） =Pz∈Zfreqt（h）∞)（z） lnqθ（z）。我们首先展示了limt→∞κ1t（h∞) = 上午0点-下午5点。

为此，让gt（h∞, z）≡{z} （zτ）-下午（z）lnq（z），并观察到（gt（·，z））是一个鞅差序列。让Ht表示部分历史，直到时间t和Lt（h∞, z） =Ptτ=1τ-1gτ（h）∞, z） )；请注意，EPf（·ht）Lt+1（h）∞, z）= Lt（h）∞, z） 所以（Lt（·，z））是关于Pf的鞅。此外，EPf（·ht）[gt（h∞, z） |]≤ （ln Q（z））Q（z），其边界为1；这个结果，迭代期望定律和（gt（·，z））不相关的事实，意味着suptEPf[|Lt（h∞, z） |]≤ M代表M<∞. 因此，根据马尔廷格尔收敛定理（见Durrett（2010）中的定理5.2.8）Lt（h∞, z） 将a.s.-PFL聚合为一个有限的∞（h）∞, z） 。Kronecker引理（Pollard（2001），第105页），limt→∞T-1Ptτ=1gτ（h∞, z） =0 a.s.-Pf，适用于所有（均匀）z∈ Z.因此，limt→∞κ1t（h∞) = 上午0点-下午5点。我们还注意到，类似的论点表明→∞频率（h）∞, z） =Pm（z）a.s.-Pf，适用于所有（一致）z∈ Z.自θ∈^Θ，z 7→ - log（Qθ（z））是有界的。因此，通过类似的论据，我们可以证明→∞κ1t（h∞) = 0 a.s.-Pf，因此，对于任何θ∈^Θ，limt→∞κ3t（h∞, θ） =Pz∈Z′Pm（Z）ln Qθ（Z）a.s.-Pf。这个结果和Limt→∞κ1t（h∞) = 0 a.s.-Pf，暗示limt→∞T-1Ptτ=1logQ（sτ| sτ）-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1)=Pz∈Z-Pm（Z）日志Q（z）Qθ（z）=P（s，x）∈Gr（Γ）EQ（·s，x）hlogQ（S | S，x）Qθ（S | S，x）任意θ的im（s，x）∈^Θa.s.-Pf，根据需要。（ii）对于任何ξ>0，定义Θm，ξ为θ∈ Θm，ξ当且仅当ifQθ（z）≥ ξ对于所有z，使得`Pm（z）>0。对于任何ζ>0，设ζξ=-α/（#Z4 lnξ）>0。因为limt→∞频率（h）∞, z） =Pm（z）a.s.-Pf，适用于所有（一致）z∈ Z^tζξ使得，T≥^tζξ，κ3t（h∞, θ) ≤X{z:\'Pm（z）>0}frekt（h）∞)（z） lnqθ（z）≤X{zi:\'Pm（z）>0}下午（z）- ζξlnqθ（z）≤X（s，X）∈Gr（Γ）EQ（·s，x）[lnqθ（s | s，x）]m（s，x）- #Zζξlnξ，a.s.-Pfandθ ∈ Θm，ξ（自Qθ（z）≥ ξ z，使得`Pm（z）>0）。

在上面的表达式中，α/4=-#Zζξlnξ，以及-1Ptτ=1logQ（sτ| sτ）-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1)=这个引理意味着对于一个序列（`t）tifPτ`τ<∞, 然后，τ=1bτbt′τ→ 0，其中（bt）是一个非减量正实值序列，它发散到∞. 我们可以用\'t\'应用引理≡ T-1tand bt=t.κ1t（h∞) + κ- κ3t（h∞, θ） 暗示T≥^tζξ，t-1tXτ=1logQ（sτ| sτ）-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1)≥X（s，X）∈Gr（Γ）EQ（·s，x）lnQ（S | S，x）Qθ（S | S，x）m（s，x）-α=KQ（m，θ）-α、 （23）a.s.-Pfandθ ∈ Θm，ξ。对于任何θ∈ {Θ：dm（θ）≥ }∩Θm，ξ，RHS在K以下有界*（m） +3α-α>K*（m） +α。此外，由于limt→∞频率（h）∞, z） =Pm（z）a.s.-Pf（均匀分布在z上）∈ Z） 对于任何θ，都存在一个T/∈ Θm，ξ，κ3t（h∞, θ) ≤ 频率（z）ln Qθ（z）≤（pL/2）对于所有t≥ T（ξ）和一些z∈ 其中pL=minZ{Pm（Z）：\'Pm（Z）>0}。因此，对于任何θ/∈ Θm，ξ和a.s.-Pf:t-1tXτ=1logQ（sτ| sτ）-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1)≥Xz∈Z:Q（Z）>0μPm（Z）ln Q（Z）- （pL/2）lnξ（24）对于所有t≥ T（ξ）。注意这一点∈Z:Q（Z）>0μPm（Z）ln Q（Z）和K*（m） 是有界的，因此存在一个ξ（α），使得RHS可以大于K*（m） +α。因此，通过显示23和24，可以得出以下结论：对于任何t≥ T≡ max{tζξ（α），t（ξ（α））}和a.s.-Pft-1tXτ=1logQ（sτ| sτ）-1，xτ-1） Qθ（sτ| sτ）-1，xτ-1)≥ K*（m） +α表示所有θ∈ {Θ：dm（θ）≥ }, 如你所愿。索赔证明C.我们首先表明，对于任何（s，x）∈ Gr（Γ）和（s，x）∈Gr（Γ），存在一个n，使得Mnσ，Q（s，x | s，x）>0，其中Mnσ，Q=Mσ，Q··Mσ，Q。根据定义18中的条件，存在一个n和一条“路径”（s，x）。。。，（sn，xn））使得（si，xi）∈ Gr（Γ）对于所有i=1。。。，n和Q（s | sn，xn）Q（sn | sn）-1，xn-1） 。。。Q（s | s，x）>0。表达式Mσ，Q·Mσ，qi定义为S×X上的转移概率函数，其中Mσ，Q·Mσ，Q（S，X | S，X）≡P（a，b）M（s，x | a，b）M（a，b | s，x）。

表达式Mσ，Q··Mσ，由前一个表达式的连续迭代构造。这个不等式和σ（x | s）≥ ε表示所有（s，x）∈ Gr（Γ），意味着mnσ，Q（s，x | s，x）=x（（s，x），。。。，（sn，xn）σ（x | s）Q（s | sn，xn）。。。σ（x | s）Q（s | s，x）≥ εn+1X（（s，x），。。。，（sn，xn）Q（s | sn，xn）。。。Q（s | s，x）>0，根据需要。考虑任何不变分布m。至少存在一个点（s，x）∈Gr（Γ）使得m（s，x）>0。对于任何（s，x）∈ Gr（Γ），设n为确保Mnσ，Q（s，x | s，x）>0的整数。然后，m（s，x）=P（s，x）∈Gr（Γ）Mnσ，Q（s，x | s，x）m（s，x）≥ Mnσ，Q（s，x | s，x）m（s，x）>0。因此，supp（m）=Gr（Γ）。计算ΘQ（·）和searchexampleClaim D中的平稳分布。（i）设σ是一个以阈值w为特征的策略*. 然后在X，mX（·；w）上有一个唯一的平稳边际分布*), 它由mx（0；w）给出*) =E[γ]- (1 - F（w）*))E[λγ]（1）- F（w）*)) {E[λ]- E[λγ]}+E[γ]。（ii）对于任何m∈ （Gr（Γ））与边际mX∈ （十） ，ΘQ（m）是一个单态givenbyθQ（m）=mX（0）mX（0）+mX（1）（E[γ]）λ+1.-mX（0）mX（0）+mX（1）’γ\'λ+Cov（γ，λ）\'γ.索赔证明D.（i）针对任何m∈ （Gr（Γ）），z，x和A S Borel，letm（z，A，x）=^S^xσ（x|w）Q（z，A|w，x）m（w，x）dwdx，其中{z}，A，xis只是集合{z}×A×{x}和\'Q（z，A|w，x）的符号≡Pr（A | z，w，x）G（z），带Pr（w）∈ A | z，w，0）=（\'AF（dw）w/prob。λ（z）1{0∈ A} w/prob。(1 - λ（z）），和pr（w∈ A | z，w，1）=\'AF（dw）w/pr.λ（z）1{0∈ A} w/pr.（1）- λ（z））w/pr.γ（z）1{w∈ A} w/pr.1- γ（z）。σ（1 | w）=1{w>w*}. 因此，对于x=1m（z，S，1；w*) = m（z，{w>w）*}, 1.W*)对于x=0，情况也类似。因此，mX（1；w*) =\'Zm（dz，{w>w*}, 1.W*) 和mX（0；w）*) =`Zm（dz，{w<w*}, 0; W*) （w=w）*发生概率为零，因此可以忽略）。

因此，mx（1；w*) =^Z^S^Xσ（X|w）`Q（dz，{w>w*}|w、 x）m（w，x；w*)dwdx=^Z^S^XPr（{w>w*}|z、 w，x）G（dz）m（w，x；w）*)dwdx=^Z^SPr（{w>w*}|z、 0）G（dz）m（w，0；w*)dw+Z^SPr（{w>w*}|z、 w，1）G（dz）m（w，1；w*)dw=^Zλ（Z）G（dz）（1）- F（w）*))mX（0；w）*) +^Zγ（Z）λ（Z）（1）- F（w）*))G（dz）mX（1；w）*)+^Z（1）- γ（z））G（dz）^S1{w>w*}m（dw，1；w）*).其中最后一行是从1{w>w*}1{w=0}=0始终。观察`W1{w>w*}m（dw，1；w）*) = m（{w>w）*}, 1.W*) = mX（1；w）*) 根据我们之前的观察。ThusmX（1；w）*) = E[λ]（1）-F（w）*))mX（0；w）*)+{E[λγ]（1）- F（w）*)) + (1 - E[γ]}mX（1；w*).求解mX（1；w）*), 我们得到了mx（1；w）*) =E[λ]（1）- F（w）*))(1 - F（w）*)) {E[λ]- E[λγ]}+E[γ]。结果表明，mX（0；w*) = 1.- mX（1；w）*).（ii）对于x=1，等式（·w，1）自然对数Q（W | W，1）Qθ（W | W，1）=Xz∈Zγ（Z）λ（z）^log（θ）F（dw）+（1）- λ（z））对数（1）- θ)G（z）+Xz∈Z（1）- γ（z）{log（1）}G（z）=E[λγ]log（θ）+（E[γ]- E[λγ]对数（1）- θ） +常数。类似地，对于x=0，等式（·w，0）自然对数Q（W | s，0）Qθ（W | s，0）= E[λ]对数（θ）+（1）- E[λ]）对数（1）- θ） +Const，其中Const和Const是不依赖于θ的常数。很容易看出，在[0，1]上，这些都是θ的严格凸函数，所以也有一个凸组合。因此，ΘQ（m）是任意m的单态，我们将其表示为θQ（m）。第一阶条件产生θ{E[λγ]mX（1）+E[λ]mX（0）}=1- θ{（E[γ]- E[λγ]）mX（1）+（1）- E[λ]）mX（0）}。因此θQ（m）=E[λγ]mX（1）+βλmX（0）\'-γmX（1）+mX（0）。期望的结果来自一些代数和协方差的标准表达式。