Đề tài Một số vấn đề về lý luận xác suất trên không gian Banach

Möc löc Líi mð ¦u i 1 Ki¸n thùc chu©n bà 1 1.1 Bi¸n ng¨u nhi¶n vîi gi¡ trà trong khæng gian Banach 1 1.2 Bi¸n Rademacher, nguy¶n lþ Co 7 1.3 C¡c b§t ¯ng thùc èi vîi bi¸n ng¨u nhi¶n thüc v Mar- tingale 9 1.4 B§t ¯ng thùc ¯ng chu cõa t½ch ë o . 12 2 Têng cõa c¡c bi¸n ng¨u nhi¶n ëc lªp 13 2.1 èi xùng ho¡ v mët sè b§t ¯ng thùc cõa têng c¡c bi¸n ng¨u nhi¶n ëc lªp . 14 2.2 T½nh kh£ t½ch cõa têng ¤i l÷ñng ng¨u nhi¶n ëc lªp 23 2.3 Sü tªp trung v d¡ng i»u uæi 43 3 Luªt m¤nh sè lîn 56 3.1 Ph¡t biºu chung cho ành lþ giîi h¤n . 56 3.2 C¡c luªt sè lîn . 68 K¸t luªn 78 T i li»u tham kh£o 80

pdf83 trang | Chia sẻ: lvcdongnoi | Lượt xem: 2626 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Đề tài Một số vấn đề về lý luận xác suất trên không gian Banach, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
iii) là hiển nhiên, bây giờ ta chứng minh (iii) suy ra (iv) thật vậy: Vì ‖Sn − S‖p ≤ 2p(sup n ‖Sn‖p + ‖S‖p) hơn nữa do E‖S‖p <∞ nên E sup n ‖Sn‖p <∞ vậy theo định lý lebesgue về hội tụ bị chặn suy ra (iv). Nhận xét 2.18. Từ định lý này ta có thể rút ra những nhân xét sau: Thứ nhất: Nếu (Xn) là dãy biến ngẫu nhiên độc lập với giá trị trong B và thỏa mãn P{‖Xn‖ < c} = 1 với mọi n, và Sn hcc→ S thì E‖S‖p 0 (điều này có được là vì với giả thiết trên thì E sup n ‖Xn‖p ≤ ap <∞). Thứ hai: Từ định lý 2.17 ta có ∑ i IAi hội tụ hầu chắc chắn thì E ∑ i IAi = ∑ i P(Ai) < ∞ đây tương ứng cho phần độc lập của bổ đề Borel- Cantelli. Với tư tưởng, cố gắng tìm một khẳng định về mối quan hệ giữa sự hội tụ hầu chắc chắn và hội tụ trung bình giống như định lý Kolmogrov- Khinchin. Ta có kết quả sau: Hệ quả 2.19. Cho dãy (Xn) các biến ngẫu nhiên độc lập thuộc Lp(Ω) với giá trị trong không gian Banach, đặt Sn = n∑ i=1 Xi. Với p > 0: 35 Nếu (Sn) hôi tụ trong Lp thì Sn hội tụ hầu chắc chắn. Nếu Sn hội tụ hầu chắc chắn tới S và một trong hai điều sau thoả mãn: i) Tồn tại c để P{‖Xn‖ < c} = 1, với mọi n. ii) S thuộc Lp. Thì (Sn) hôi tụ trong Lp. Chứng minh. Khẳng định đầu tiên, là do sự hội tụ trung bình kéo theo sự hôi tụ theo xác suất, tuy nhiên áp dụng định lý Levy về sự hội tu, suy ra (Sn) hội tụ hầu chắc chắn. Tiếp theo, ta chứng minh khẳng định thứ hai, giả sử Sn hcc→ S Ta sẽ chứng minh E‖Sn − S‖p → 0. Thật vậy: với điều kiện (i) P{‖Xn‖ < c} = 1, với mọi n và áp dụng định lý 2.17 thì E sup n ‖Sn‖p <∞ vì vậy mà ‖Sn − S‖p ≤ 2p sup n ‖Sn‖p <∞. Do giả thiết, thì ‖Sn − S‖p hcc→ 0. Nên theo định lý hội tụ bị chặn lebesgue suy ra E‖Sn − S‖p → 0. Với điều kiện (ii) E‖S‖p <∞ theo định lý 2.17 thì E sup n ‖Sn‖p <∞. Sau đó lập lại lập luận như phần (i). Vì vậy, ta được điều phải chứng minh. 36 Bây giờ, với mục tiêu mở rộng định lý 2.17. Ta có kết quả sau: Hệ quả 2.20. Cho (an) là một dãy các số dương tăng tới vô cùng, (Xi) là biến ngẫu nhiên độc lập nhận giá trị trong B và đặt Sn = n∑ i=1 Xi với n > 1 thì nếu sup{‖Sn‖an } <∞ h.c.c. Khi đó, với 0 < p <∞ ta có các mệnh đề sau tương đương: i) E sup n (‖Sn‖an ) p <∞. ii) E sup n (‖Xn‖an ) p <∞. Chứng minh. Ta xét dãy mới (Yi) của dãy biến ngẫu nhiên với giá trị trong không gian Banach l∞(B) (l∞(B) là tập các dãy x = (xn) với chuẩn sup ‖x‖ = sup n {‖xn‖}) Bởi phép đặt Yi = (0; ...; 0; Xi ai ; Xi ai+1 ; .....). Với i thành phần đầu bằng không,và rõ ràng ‖Yi‖ = ‖Xi‖ai với ∀i (do (ai) là đơn điệu tăng ). Đồng thời n∑ i Yi = ( X1 a1 ; X1 +X2 a2 ; ..; X1 + ...+Xn an ; X1 + ...+Xn an+1 ; ...). Suy ra ‖ n∑ i Yi‖ = sup 1≤i≤n ‖Si‖ ai . Vì vậy mà sup n ‖ n∑ i Yi‖ = sup n ‖Sn‖ an <∞ h.c.c. Áp dụng Định lí 2.17 cho dãy Yi trong l∞(B), ta được điều phải chứng minh. Liên quan đến Định lí 2.17, ta còn có hai khẳng định sau: 37 Định lý 2.21. Với giả thiết của định lý 2.17, cùng với điều kiện Sn hcc→ S thì các khẳng định của định lý tương đương với điều kiện ∀ t > 0 ta có ∞∑ i=1 E‖Xn‖pI{‖Xi‖>t} <∞. Hệ quả 2.22. Cho p > 0, X1, ..., Xn là dãy biến ngẫu nhiên độc lập, khi đó ∞∑ i=1 Xi hội tụ hầu chắc chắn khi và chỉ khi với mọi a > 0 hai điều kiên sau được thoả mãn: i) ∞∑ i=1 P{‖Xi‖ ≥ a} <∞. ii) ∞∑ i=1 XiI{‖Xi‖≤a} hội tụ trung bình cấp p. Chứng minh hai khẳng định này được trình bày trong [7]. Bây giờ ta xét chuỗi hội tụ hầu chắc chắn S = ∑ i Xi các biến ngẫu nhiên độc lập, bị chặn đều nhận giá trị trong B, đối xứng hoặc có kỳ vọng không .Chúng ta sẽ nghiên cứu tính khả tích của ‖S‖. Với giả thiết đặc biệt hơn là ‖Xi‖ là đối xứng và ‖Xi‖ ≤ a < ∞ cho ∀i. Với mỗi N, ta đặt SN = N∑ i=1 Xi. Bởi (2.6) với mọi t > 0 P{‖SN‖ > 2t+ a} ≤ (2P{‖SN‖ > t})2 ( do P{max i≤N ‖Xi‖ > a} = 0) với to xác định dãy tn = 2 n(to + a)− a khi đó áp dụng bất đẳng thức trên với t := tn−1 ta được P{‖SN‖ > tn} = P{‖SN‖ > 2tn−1 + a} ≤ (2P{‖SN‖ > tn−1})2. Lập lại n-1 lần, ta thu được kết quả P{‖SN‖ > tn} ≤ 22n+1−2(P{‖SN‖ > to})2n. Nếu S = ∑ i Xi là hội tụ h.c.c, thì sẽ tồn tại to sao cho ∀N,P{‖SN‖ > to} ≤ 1 8 38 khi đó ta có P{‖SN‖ > 2n(to + a)} ≤ 2−2n. Vì vậy, sẽ tồn tại λ > 0 để λ(to + a) < 1. Khi đó, từ eλ.2 n(to+a)P{‖SN‖ > 2n(to + a)} ≤ e2n{λ(to+a)−1}. Điều này chưa đủ chứng minh chặt chẽ, nhưng cũng dẫn ta đến phán đoán rằng supE exp(λ‖SN‖) <∞. Và vì vậy theo bổ đề Fatou thì: E exp(λ‖S‖) <∞. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh tính chất trên, thông qua bất đẳng thức sau: Định lý 2.23. Cho (Xi)i≤N là biến ngẫu nhiên độc lập, đối xứng nhận giá trị trong B. Sn = k∑ i=1 Xi k ≤ N giả sử rằng ‖Xi‖∞ ≤ a, cho mọi i ≤ N thì mọi λ, t > 0. E expλ‖SN‖ ≤ exp(λt) + 2 exp(λ(t+ a))P{‖SN‖ > t}E expλ‖SN‖. Chứng minh. Đặt τ = inf{k ≤ N ; ‖Sk‖ > t} ta viết E expλ‖SN‖ ≤ ∫ {τ≥N} expλ‖SN‖dP + N∑ i=1 ∫ {τ=k} expλ‖SN‖dP ≤ exp(λt) + N∑ i=1 ∫ {τ=k} expλ‖SN‖dP. Trên tập {τ = k} thì ‖SN‖ ≤ ‖Sk−1‖+ ‖Xk‖+ ‖SN − Sk‖ ≤ t+ a+ ‖SN − Sk‖. Lại do tính độc lập của {τ = k} và SN − Sk ta có:∫ {τ=k} expλ‖SN‖dP ≤ exp(λ(t+ a)) ∫ {τ=k} expλ‖SN − Sk‖dP 39 = exp(λ(t+ a))P{τ = k}E expλ‖SN − Sk‖. Lại với bất đẳng thức Jensen với kì vọng không ( theo (1.1)) ta có E expλ‖SN − Sk‖ ≤ E expλ‖SN‖. Vì vậy mà∫ {τ=k} expλ‖SN‖dP ≤ exp(λ(t+ a))E exp(λ‖SN‖).P{τ = k} với chú ý N⋃ k=1 {τ = k} = {max k≤N ‖Sk‖ > t} cùng với bất đẳng thức Levy ta được N∑ k=1 {τ = k} = P{max k≤N ‖Sk‖ > t} ≤ 2P{‖SN‖ > t}. Sau đó lấy tổng theo k : E expλ‖S‖ ≤ exp(λt) + exp(λ(t+ a))E expλ‖SN‖ N∑ i=1 P{τ = k} = exp(λt) + exp(λ(t+ a))E expλ‖SN‖P{max k≤N ‖Sk‖ > t} ≤ exp(λt) + 2 exp(λ(t+ a))E expλ‖SN‖P{‖SN‖ > t}. Ta được đpcm. Từ đó, ta có khẳng định sau về tính khả tích của tổng biến ngẫu nhiên độc lập: Hệ quả 2.24. Cho (Xi) là một dãy đối xứng, độc lập ( hoặc có kì vọng không) bị chặn đều và Sn = k∑ i=1 Xi hội tụ h.c.c, thì tồn tại λ > 0 để E expλ‖S‖ <∞. Chứng minh. Áp dụng định lý 2.23 với t là giá trị sao cho: với mọi N P{‖SN‖ ≤ t} ≤ (4e)−1 và λ = (t+ a)−1, chúng ta có ngay supE expλ‖SN‖ ≤ 2 exp(λt) <∞. Trường hợp không đối xứng, ta dùng phương pháp đối xứng hoá và tính chất 2.1 ta được điều phải chứng minh. 40 Từ việc phân tích chứng minh của định lý, ta có thể tổng quát định lí trên như sau: Hệ quả 2.25. Với các giả thiết của định lý 2.23 và với mọi p > 0 thì: E expλ‖SN‖p ≤ exp(λtp)+2 exp(Cpλ(t+a)p)P{‖SN‖ > t}E expλCp‖SN‖p. Với Cp = 1 nếu 0 1. Chứng minh. Đặt τ = inf{k ≤ N ; ‖Sk‖ > t} ta viết E expλ‖SN‖p ≤ exp(λtp) + N∑ i=1 ∫ {τ=k} expλ‖SN‖pdP. Tuy nhiên, trên {τ = k} thì: ‖SN‖p ≤ (t+ a+ ‖SN − Sk‖)p ≤ Cp(t+ a)p + Cp‖Sn − Sk‖p. Vì vậy mà∫ {τ=k} expλ‖SN‖pdP ≤ exp{λCp(t+ a)p}. ∫ {τ=k} expCp‖SN − Sk‖pdP = exp{λCp(t+ a)p}.P{τ = k}E expCp‖SN − Sk‖p. Lại do hàm exp(Cpλx p) là lồi, áp dụng bất đẳng thức 1.1 ta có E expCp‖SN − Sk‖p ≤ E expCp‖SN‖p. Từ đây ta có điều phải chứng minh. Giống như tư tưởng của khẳng định trên, ta thay hàm mũ bởi hàm luỹ thừa và với lí luận trong chứng minh của định lí 2.23. Ta được một bất đẳng thức thuộc dạng bất đẳng thức Kolmogorov như sau: Hệ quả 2.26. Với giả thiết của định lí 2.23, cho mọi t > 0 và 1 ≤ p <∞ P{‖SN‖ > t} ≤ 1 2p (1− 2 2p(tp + Emax ‖Xi‖p) E‖SN‖p ). 41 Chứng minh. Đặt τ = inf{k ≤ N ; ‖Sk‖ > t}. Trên tập {τ = k} thì ‖SN‖p ≤ 22p(tp + max i ‖Xi‖p) + 2p‖SN − Sk‖p ta viết E‖SN‖p ≤ tp + [22p(tp + max ‖Xi‖p) + 2pE‖SN‖p]P{max k≤N ‖Sk‖ > t}. Rồi áp dụng bất đẳng thức Levy ta được điều phải chứng minh. Khi quan sát bất đẳng thức của định lý ta thấy, có số hạng chứa xác suất của biến cố đuôi. Điều đó làm ta liên tưởng đến công thức tích phân của kỳ vọng. Cụ thể hoá nhận xét trên ta có có hệ quả sau: Hệ quả 2.27. Với giả thiết của định lý 2.23 và mọi λ sao cho: λ expλa > 1/4 ta có sup N E expλ‖SN‖ ≥ 1 + √ 1− 16λ2 expλa 4λ expλa . Với λ > 0 thì 1 1 + λ E expλ‖SN‖ ≤ 1 + 2E‖SN‖.E expλ‖SN‖. Chứng minh. Từ bất đẳng thức của định lý 2.23 ta có E expλ‖SN‖ ≤ exp(λt) + exp(2λt+ t/n+ a)P{‖SN‖ > t}E expλ‖SN‖ ⇔ exp{−(λ+ 1/n)t}E expλ‖SN‖ ≤ exp{−t/n}+ 2 exp{λa} exp{λt}P{‖SN‖ > t}E expλ‖SN‖ Lấy tích phân hai vế, giải phương trình bậc hai và cho n tiến ra vô cùng ta được khẳng định thứ nhất. Cũng từ bất đẳng thức của định lý 2.23 ta có : E expλ‖SN‖ ≤ exp(λt) + exp(2λt+ t)P{‖SN‖ > t}E expλ‖SN‖ Chia hai vế cho exp(2λt) rồi lấy tích phân hai vế ta được khẳng định hai. 42 Cho (Xi) là một dãy đối xứng, độc lập (hoặc có kì vọng không), bị chặn đều và với Sn = k∑ i=1 Xi hội tụ h.c.c. Thì giống như dãy ở hệ quả 2.24 ta có khẳng định rằng E expλ‖S‖ 0. Tuy nhiên, khẳng định của hệ quả 2.24 không đủ để thoả mãn một kết quả đã biết của trường hợp thực, E expλ|S| log+ |S| 0. Để mở rộng kết quả này trong trường hợp giá trị véc tơ, ta sẽ sử dụng bất đẳng thức đẳng chu, thể hiên ở phần tiếp theo. 2.3 Sự tập trung và dáng điệu đuôi Trong phần nay, chúng ta ngiên cứu chủ yếu về tính khả tích và biến cố đuôi của tổng biến ngẩu nhiên độc lập, dựa trên phương pháp đẳng chu (định lý 1.11) . Nhưng trước khi quay lại thảo luận với tính đẳng chu trong nghiên cứu này, chúng ta sẽ đưa ra một số kết quả dựa trên các bất đẳng thức martingale. Mặc dù nó không đủ mạnh để xem xét trong trường hơp tổng quát cho tính khả tích và câu hỏi về đánh giá biến cố đuôi. Tuy nhiên chúng là những công cụ đơn giản và hữu ích trong nhiều tình huống. Một trong những áp dụng đó là sự mở rộng cho số chiều vô hạn trong trường hợp các bất đẳng thức mũ như bất đẳng thức Bernstein (định lý 1.7), Kolmogropv, Bennett... Đầu tiên ta nhắc lại về bất đẳng thức Bennett. Lấy (Xi) là một dãy của các biến ngẫu nhiên thực kì vọng không, sao cho ‖X‖∞ ∀i và nếu b2 = ∑ EX2i ∀t > 0 P{ ∑ i Xi > t} ≤ exp{ t a − ( t a + b2 a2 ) ln(1 + at b2 )} (2.9) Bất đẳng thức là loại điển hình của dáng điệu đuôi của tổng các biến ngẫu nhiên độc lập, dáng điệu này phụ thuộc trên quan hệ của t và tỉ số b2 a2 , cụ thể ta xét một vài trường hơp sau: Nếu t ≤ b 2 a2 hay 0 ≤ at b2 thì từ bất đẳng thức ln(1 + t) ≤ t− 1 2 t2 với 43 0 ≤ t ≤ 1 (2.9) suy ra: P{ ∑ i Xi > t} ≤ exp(−t 2 2b2 + at3 2b4 ). Nếu t ≤ b 2 2a thì at3 2b4 ≤ t 2 4b2 vì vậy ta có đánh giá sau: P{ ∑ i Xi > t} ≤ exp{−t 2 4b2 }. Nếu t > 0 thì ln(1 + at b2 ) > 0 nên từ (2.9) suy ra: P{ ∑ i Xi > t} ≤ exp{−t a (ln(1 + at b2 )− 1)}. Nhận xét để dẫn đến việc sử dụng các bất đẳng thức martingale trong nghiên cứu tổng các véc tơ ngẫu nhiên độc lập, là quan sát đơn giản nhưng cực kì hữu ích của Yurinski. Lấy (Xi)i ≤ N là biến ngẫu nhiên khả tích trong B, kí hiệu Ai là σ- đại số sinh bởi X1, X2, ..., Xi i ≤ N , Ao là σ- đại số tầm thường, ta luôn viết SN = N∑ i=1 Xi và đặt: di = EAi‖SN‖ − EAi−1‖SN‖ (di)i≤N là hiệu martingale thực ( vì EAi−1di = 0 ) và N∑ i=1 di = EAN‖SN‖ − EAo‖SN‖ = ‖SN‖ − E‖SN‖. Chúng ta có khẳng định sau: Bổ đề 2.28. Giả sử biến ngẫu nhiên Xi là độc lập, thì h.c.c ∀i ≤ N |di| ≤ ‖X‖+ E‖SN‖. Hơn nữa, nếu Xi trong L2(Ω) ta sẽ có ‖EAi−1d2i‖∞ ≤ E‖Xi‖2. Chứng minh. Ta có (EAi−EAi−1)(‖SN‖−‖SN−Xi‖) = di−(EAi‖SN−Xi‖−EAi−1‖SN−Xi‖) = di. 44 Lại do bất đẳng thức tam giác |di| ≤ (EAi + EAi−1)(|‖SN‖ − ‖SN −Xi‖|) ≤ (EAi + EAi−1)(‖Xi‖) = ‖Xi‖+ E‖Xi‖. Vì kỳ vọng có điều kiện là hình chiếu trong L2 nên ta cũng có bất đẳng thức thứ hai của bổ đề. Ý nghĩa của quan sát phía trên là biểu diễn độ lệch của tổng SN các véc tơ ngẫu nhiên độc lập Xi với kỳ vọng của nó E‖SN‖ thông qua hiệu martingale thực di ( N∑ i=1 di = ‖SN‖ − E‖SN‖) với di lại được ước lượng bởi Xi . Điển hình của cách nhìn này là bất đẳng thức bình phương martin- gale. Sau đây là hệ quả trực tiếp của bổ đề 2.28 và tính trực giao của hiệu martingale E‖SN − E‖SN‖‖2 ≤ N∑ i=1 E‖Xi‖2. (2.10) Từ bổ đề 2.28 và cùng với các bất đẳng thức martingale ở chương 1 có thể được áp dụng để xem xét tính chất tập chung của ‖SN‖ − E‖SN‖. Thật vậy sau đây là một vài phát biểu cho điều này, vẫn với ký hiệu a = max‖Xi‖∞ , b ≤ ( N∑ i=1 E‖Xi‖2)1/2. Áp dụng định lý 1.7 chương 1 suy ra P{|‖SN‖ − E‖SN‖| > t} ≤ 2exp[− t 2 2b2 (2− exp(2at b2 ))]. (2.11) Hơn nữa từ định lý 1.8 và tính chất N∑ i=1 di = ‖SN‖ − E‖SN‖ cùng với bổ đề 2.28 ta suy ra rằng: nếu 1 < p < 2, q = p p− 1 và a = sup i≥1 i1/p‖Xi‖∞ ≤ sup i≥1 i1/p‖di‖∞, với mọi t > 0. Thì P{|‖SN‖ − E‖SN‖| > t} ≤ 2exp(− t q Cqa2 ) (2.12) với Cq > 0 chỉ phụ thuộc vào q. 45 Bây giờ, chúng ta quay lại vấn đề chính của chương này với những áp dụng của bất đẳng thức đẳng chu ở định lý 1.11 cho tổng các biến ngẫu nhiên độc lập. Bất đẳng thức này là công cụ rất mạnh và hiệu quả cho việc nghiên cứu sâu hơn tính chất khả tích của tổng các biến ngẫu nhiên độc lập được bắt đầu ở phần trước, và nghiên cứu về các định lý về giới hạn hầu chắc chắn ở chương sau. Đầu tiên, ta sẽ phát biểu và chứng minh một ước lượng đuôi của tổng các biến ngẫu nhiên độc lập dựa vào bất đẳng thức đẳng chu, với ký hiệu (‖Xi‖∗)i≤N là dãy không tăng, được sắp sếp từ (‖Xi‖)i≤N . Định lý 2.29. Cho các biến ngẫu nhiên (Xi)i≤N là độc lập, đối xứng và nhận giá trị trong không gian Banach B. Với mọi số nguyên k ≥ q và các số thực s, t > 0 P{‖ N∑ i=1 Xi‖ > 8qM+2s+t} ≤ (Ko q )k+P{ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ > s}+exp(− t 2 128qm2 ). (2.13) Với M = E‖ N∑ i=1 ui‖ , m = E(sup f∈D ( N∑ i=1 f 2(ui)) 1 2 ) , ui = XiI{‖Xi‖≤ sk} (i ≤ N) Chứng minh. Ta sẽ chia chứng minh thành 3 bước. Bước 1: Với Xi là biến ngẫu nhiên tuỳ ý và nếu s ≥ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ thì ‖ N∑ i=1 Xi‖ ≤ s+ ‖ N∑ i=1 ui‖ với ui = XiI{‖Xi‖≤ sk} (i ≤ N). Thực vậy, nếu kí hiệu J là tập các số tự nhiên i ≤ N sao cho ‖Xi‖ > s k thì CardJ ≤ k (vì nếu phủ nhận thì s ≤ k∑ i=1 ‖Xi‖∗) và khi đó: ‖ N∑ i=1 Xi‖ ≤ ‖ ∑ i∈J Xi‖+ ‖ ∑ i/∈J Xi‖ ≤ k∑ i=1 ‖Xi‖∗+ ‖ N∑ i=1 ui‖ ≤ s+ ‖ N∑ i=1 ui‖. Bước 2: Bởi tính đối xứng, độc lập của (Xi), nên X = (Xi)i≤N có cùng phân phối với (εiXi)i≤N (với (εi) là dãy Redemache độc lập của X) giả sử rằng chúng ta cho A ∈ BN sao cho P{X ∈ A} ≥ 1 2 . Nếu khi X ∈ H = H(A, q, k) thì tồn tại (theo định nghĩa của H ) 46 j ≤ k và x1, ..., xq ∈ A sao cho {1, ..., N} = {i1, ..., ij} ∪ I với I = q⋃ l=1 {i ≤ N ;Xi = xli} cùng với bước 1 ta có thể viết : nếu s ≥ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ thì ‖ N∑ i=1 εiXi‖ ≤ s+ ‖ N∑ i=1 εiui‖ ≤ s+ j∑ l=1 ‖εiuil‖+ ‖ ∑ i∈I εiui‖ ≤ s+ j∑ l=1 ‖Xl‖∗ + ‖ ∑ i∈I εiui‖ ≤ 2s+ ‖ ∑ i∈I εiui‖ Điều đó có nghĩa là, với mọi r ≥ q; s, t > 0 khi s ≥ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ thì ‖ N∑ i=1 εiXi‖ > 2s+ t suy ra ‖ ∑ i∈I εiui‖ > t, vậy ta có {‖ N∑ i=1 εiXi‖ > 2s+ t} ⊂ { k∑ i=1 ‖Xi‖∗ > s} ∪ {‖ ∑ i∈I εiui‖ > t}. Từ đây ta được P{‖ N∑ i=1 εiXi‖ > 2s+ t} = P{ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ > s}+ P{‖ ∑ i∈I εiui‖ > t} ≤ P{ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ > s}+ PXPε{‖ ∑ i∈I εiui‖ > t} = P{ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ > s} + ∫ {X/∈H} Pε{‖ ∑ i∈I εiui‖ > t}dPX + ∫ {X∈H} Pε{‖ ∑ i∈I εiui‖ > t}dPX . Áp dụng công thức đẳng chu ở định lý 1.11 (công thức (1.7)) thì∫ {X/∈H} Pε{‖ ∑ i∈I εiui‖ > t}dPX ≤ P∗{X /∈ H} ≤ (Ko q )k. 47 Vậy ta có P{‖ N∑ i=1 εiXi‖ > 2s+ t}. ≤ (Ko q )k + P{ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ > s}+ ∫ {X∈H} Pε{‖ ∑ i∈I εiui‖ > t}dPX . (2.14) Bước 3: Ta chọn A và ước lượng cho Pε{‖ N∑ i=1 εiui‖ > t} với việc chọn A đó. Áp dụng bất đẳng thức (1.5) với chú ý M(X) ≤ ‖X‖ P{‖ ∑ i εixi‖ > 2E‖ ∑ i εixi‖+ t} ≤ P{‖ ∑ i εixi‖ > M(X) + t} ≤ 2exp(−t2/8σ2) (2.15) bây giờ ta xét A = A1 ∩ A2 với A1 = {x = (xi)i≤N : E‖ N∑ i=1 εixiI{‖xi‖≤s/k}‖ ≤ 4M} A2 = {x = (xi)i≤N : sup f∈D ( N∑ i=1 f 2(xi)I{‖xi‖≤s/k} )1/2 ≤ 4m}. Khi đó ta có P{X ∈ A} ≥ 1/2 vì vậy ta có thể áp dụng (2.14), tuy nhiên ta thấy: Vì E( ∑ i∈I εixi) = 0 với I ⊂ N nên áp dụng bất đẳng thức (1.1) thì E‖ ∑ i∈I∪J εixi‖ ≥ E‖ ∑ i∈J εixi‖. Vậy ta có nhận xét trung bình Rademacher là đơn điệu tăng , tức là E‖∑ i∈J εixi‖ đơn điệu tăng của J ⊂ N. Theo định nghĩa của I, thì với mỗi i ∈ I, ta có thể cố định l(i) sao cho 1 ≤ l(i) ≤ q với Xi = xl(i)i . Lấy Il = {i : l(i) = l}, 1 ≤ l ≤ q, khi đó ∪ql=1Il = I và Il1 ∩ Il2 = ∅ vậy ta có Eε‖ ∑ i∈I εiui‖ = Eε‖ q∑ l=1 ∑ i∈I(l) εiui‖ ≤ q∑ l=1 E‖ ∑ i∈I(l) εix l iI{‖xli‖≤s/k}‖. 48 Lại do tính đơn điệu của trung bình Rademacher, và định nghĩa của A , suy ra: E‖ ∑ i∈I(l) εix l iI{‖xli‖≤s/k}‖ ≤ E‖ N∑ i=1 εix l iI{‖xli‖≤s/k}‖ ≤ 4M. Vậy chúng ta có Eε‖ ∑ i∈I εiui‖ ≤ 4qM. (∗) Tương tự, do tổng sup f∈D ∑ i∈I f 2(ui) cũng là đơn điệu theo I ⊂ N nên sup f∈D ∑ i∈I f 2(ui) = sup f∈D q∑ l=1 ∑ i∈I(l) f 2(ui) ≤ q∑ l=1 sup f∈D ( ∑ i∈I(l) f 2(xi)I{‖xi‖≤s/k}) ≤ q∑ l=1 sup f∈D ( N∑ i=1 f 2(xi)I{‖xi‖≤s/k}) ≤ q(4m)2. Vậy ta có σ2 = sup f∈D ∑ i∈I f 2(ui) ≤ 16qm2. (∗∗) Từ (2.15) và (*)(**) ta có Pε{‖ ∑ i εiui‖ > 8qM + t} ≤ Pε{‖ ∑ i εiui‖ > 2Eε‖ ∑ i εiui‖+ t} ≤ 2exp(−t2/8σ2) ≤ 2exp(−t2/128qm2). Từ điều này cùng công thức (2.14) với chú ý thay t bởi t+ 8qM , ta được điều phải chứng minh. Nhận xét 2.30. Nhận xét đầu tiên M,m được định nghĩa thông qua biến ngẫu nhiên chặt cụt ui nếu ta không cần quan tâm đến tính chặt cụt, chẳng hạn biến ngẫu nhiên bị chặn thì (2.13) ở vế trái có thể thay thế 2s bởi s Nhận xét tiếp theo về một vài ước lượng cho M và m. Thứ nhất: m2 ≤ sup f∈D N∑ i=1 f 2(ui) + 8 Ms k . (2.16) 49 Thật vậy, áp dụng lần lượt các bất đẳng thức Holder, bất đẳng thức (2.4) và nguyên lý co ở định lý 2.8 ta có: m2 = (E sup f∈D ( N∑ i=1 f 2(ui)) 1 2 )2 ≤ E(sup f∈D N∑ i=1 f 2(ui)) ≤ sup f∈D N∑ i=1 Ef 2(ui) + 8E‖ ∑ i ui‖ui‖‖ ≤ sup f∈D N∑ i=1 Ef 2(ui) + 8E‖ ∑ i ui‖s k ( vì ui ≤ sk ). Thứ hai: m2 ≤ 2M 2. (2.17) Thật vậy: theo định lý 1.3 (TH p = 1) ta có m ≤ E(sup f∈D N∑ i=1 √ 2f(ui)) = E(sup f∈D √ 2f( N∑ i=1 ui)) ≤ √ 2M. Thứ ba: m2 ≤ N∑ i=1 E‖ui‖2. (2.18) (Điều này được suy ra từ bất đẳng thức Holder và tính chất: với mọi f ∈ D thì f 2(u) ≤ ‖u‖2 ). Một nhận xét quan trọng ở bước ba của chứng minh trên đó là tính đơn điệu của trung bình Rademacher, nó được sử dụng khi đánh giá kỳ vọng Eε‖ N∑ i=1 εiXi‖. Dưới đây là một áp dụng nữa cho nhận xét này. Hệ quả 2.31. Cho (Xi)i≤N là biến ngẫu nhiên đối xứng và độc lập trong L1(B) và đặt M = E‖ N∑ i=1 Xi‖. Thì với mọi k ≥ q và s > 0. P{Eε‖ N∑ i=1 εiXi‖ ≥ 2qM + s} ≤ (Ko q )k + P{ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ > s}. (2.19) (Chứng minh hệ quả được trình bày trong [5]) Tiếp theo ta quay lại với một số ứng dụng của định lý 2.29. Đầu tiên, ta trả lời câu hỏi về tính khả tích của chuổi hội tụ hầu chắc chắn của 50 các biến ngẫu nhiên độc lập quy tâm bị chặn. Như ở định lý 2.23 đã chứng minh, dạng hàm mũ của chuỗi là khả tích. Nhưng ta đã biết trong trường hợp thực thì chuỗi nay là khả tích cho cả hàm exp(x ln+ x), và nó là hàm tốt nhất có thể cho tính khả tích. Thật vậy, lấy (Xi)i≥1 là dãy các biến ngẫu nhiên độc lập xác định bởi P{Xi = ±1} = (2i2)−1 và P{Xi = 0} = 1− i−2. Khi đó thì ∑ i EX2i <∞. Tuy nhiên, nếu SN = ∑ i Xi và với α, ε > 0, với mọi N, ta có E exp(α|SN |(ln+ |SN |)1+ε) = N∑ k=0 exp(αk(ln+ k)1+ε)P{|SN | = k} ≥ exp(αN(lnN)1+ε)P{|SN | = N} ≥ exp(αN(lnN)1+ε) N∏ i=1 P{Xi = 1} = exp(αN(lnN)1+ε) N∏ i=1 2i−2 = exp(αN(lnN)1+ε − 2 N∑ i=1 ln √ 2i) ≥ exp(αN(lnN)1+ε−2N(ln √ 2N)) = expN(α(lnN)1+ε−2 lnN−ln 2)). tiến tới vô cùng khi N tiến tới vô cùng. Dưới đây là định lý mở rộng tính chất khả tích này cho trường hợp véc tơ. Định lý 2.32. Cho (Xi) là biến ngẫu nhiên độc lập nhận giá trị trong không gian Banach B sao cho S = ∑ i Xi hội tụ hầu chắc chắn và ‖Xi‖∞ < a với mọi i thì với mọi α < 1/a E exp(α‖S‖(ln+ ‖S‖) <∞. Nếu Xi chỉ quy tâm thì với mọi α < 1/2a điều trên đúng. Chứng minh. Với mọi N ta đặt SN = N∑ i=0 Xi , Bởi vì khi đó áp dụng bổ đề Fatou ta có E exp(α‖S‖(ln+ ‖S‖) ≤ inf N E exp(α‖SN‖(ln+ ‖SN‖) 51 ≤ sup N E exp(α‖SN‖(ln+ ‖SN‖) do đó ta chỉ cần chứng minh sup N E exp(α‖SN‖(ln+ ‖SN‖) <∞ là đủ. Ta thấy S = ∑ i Xi hội tụ hầu chắc chắn nên sup n ‖Sn‖ ≤ ∞ hầu chắc chắn vì vậy theo định lý 2.17 thì E sup i ‖Si‖p < ∞ lại áp dụng bổ đề Fatou M = sup i E‖Si‖p ≤ E sup i ‖Si‖p <∞. Áp dụng định lý 2.29 và nhận xét đầu tiên sau định lý ta được với mọi k ≥ q và mọi s, t > 0 P{‖ N∑ i=1 Xi‖ > 8qM+s+t} ≤ (Ko q )k+P{ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ > s}+exp(− t 2 128qm2 ) lại theo (2.17) ta được P{‖ N∑ i=1 Xi‖ > 8qM+s+t} ≤ (Ko q )k+P{ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ > s}+exp(− t 2 256qM 2 ) Theo giả thiết ta cũng suy ra k∑ i=1 ‖Xi‖∗ ≤ ka h.c.c, vì vậy mà P{‖ N∑ i=1 Xi‖ > 8qM + ka+ t} ≤ (Ko q )k + exp(− t 2 256qM 2 ) khi đó với mỗi u > 0 đủ lớn lấy ε > 0 , và đặt t = εu, k = [(1− 2ε)a−1u] và q = [ ε2a 256M 2 u lnu ] khi đó ( Ko q )k = exp(−k ln(q/Ko)) ≤ exp(−(1− 2ε)a−1u ln(q/Ko)) ≤ exp(−(1− 3ε)a−1u lnu) 52 (chọn ε > 0 đủ nhỏ để có điều trên và k ≥ q) Và hơn nữa theo cách xác định q thì q ≤ ε 2a 256M 2 u lnu ⇒ 256qM 2 ≤ at 2 u lnu ⇒ − t 2 256qM 2 ≤ −ua−1 lnu Vì vậy, khi u ≥ uo(M,a, ε) = 8qM + ka+ t đủ lớn thì P{‖SN‖ > u} ≤ P{‖SN‖ > 8qM + ka+ t} ≤ (Ko q )k + exp(− t 2 256qM 2 ) ≤ exp(−(1− 3ε)a−1u lnu) + 2 exp(−ua−1 lnu) ≤ C exp(−(α+ ε)u lnu). Khi ε > 0 đủ nhỏ, hay exp(λu lnu)P{‖SN‖ > u} ≤ C exp(−εu lnu) vậy E exp(α‖SN‖(ln+ ‖SN‖) ≤ C ′. Nó là đúng với mọi N, nên ta được điều phải chứng minh. Trường hợp biến ngẫu nhiên chỉ quy tâm, ta dùng phương pháp đối xứng hóa và áp dụng bổ đề 2.7 ta có đpcm. Khi áp dụng bất đẳng thức J.Hoffmann- Jorgensen, ở định lý 2.16 đã chứng minh sự tương đương giữa các momen. Ở đây, với bất đẳng chu ta sẽ tiến xa hơn một bước. Chỉ ra sự phụ thuộc của hằng số nhân trong bất đẳng thức momen Lp vào p. Định lý 2.33. Có một hằng số K sao cho với mọi dãy hữu hạn (Xi) các biến ngẫu nhiên kỳ vong 0, độc lập trong Lp(B) ‖ ∑ i Xi‖p ≤ K p ln p (‖ ∑ i Xi‖1 + ‖max i ‖Xi‖‖p). Chứng minh. Ta có thể giả thiết Xi (i ≤ N) là đối xứng (vì nếu không ta dùng phương pháp đối xứng hoá và áp dụng bổ đề 2.7 sẽ được điều phải chứng minh). Với mỗi số nguyên r, ta đặt X (r) N = ‖Xj‖ với ‖Xj‖ là maximum thứ r của mẫu (‖Xi‖)i≤N (và X(r)N = 0 với r > N) nếu đặt M = ‖ N∑ i=1 Xi‖1 53 thì theo định lý 2.29 và (2.17) chỉ ra rằng với mọi k ≥ q và s, t > 0 P{‖ N∑ i=1 Xi‖ > 8qM+2s+t} ≤ ( Ko q )k +P{ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ > s}+exp(− t 2 256qM 2 ). (∗) Để chứng minh định lý ta có thể giả sử M ≤ 1 và ‖X(1)N ‖p ≤ 1 ( ta chia hai vế cho max{‖X(1)N ‖p,M} sẽ có khẳng định trên) Đặc biệt, với mọi u > 0 ta có P{X(1)N > u} ≤ E‖X(1)N ‖p up ≤ u−p. Hơn nữa, với X (r) N (ω) > u suy ra X (r−1) N (ω) > u và X (1) N (ω) > u vì vậy P{X(r)N > u} ≤ P{max i≤N ‖X‖ > u}P{X(r−1)N > u} tiếp tục áp dụng với r thay bởi r-1 và bằng phương pháp quy nạp theo r ta có P{X(r)N > u} ≤ (P{X(1)N > u})r ≤ u−rp. Cho u ≥ 1 là cố định chúng ta áp dụng công thức trên với r = 2 và u bởi u2/3 thì P{X(2)N } ≤ u−4p/3. Vì vậy mà phần bù của tập {X(1)N ≤ u,X(2)N ≤ u2/3, X(l)N ≤ 2} có xác suất nhỏ hơn hoặc bằng P{X(1)N > u}+ 2u−4p/3. Chúng ta áp dụng (*) với k là số nguyên nhỏ nhất lớn hơn u. Khi đó, trên tập {X(1)N ≤ u,X(2)N ≤ u2/3, X(l)N ≤ 2} thì k∑ r=1 ≤ X(1)N + lX(2)N + (k − 1)X(l)N ≤ u+ lu2/3 + 2(k − 1) ≤ u+ (lnu+ 1)u2/3 + 2u ≤ 4u+ 3u1/3u2/3 = 7u = Cu 54 cùng với q là số nguyên nhỏ nhất lớn hơn hoặc bằng u1/2, s = Cu, t = u ta có: P{‖ N∑ i=1 Xi‖ > 2(C + 10)u} ≤ P{‖ N∑ i=1 Xi‖ > 8qM + 2s+ t} ≤ ( Ko q )k + P{ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ > s}+ 2 exp(− t 2 256qM 2 ) = exp ( −k ln ( q Ko )) + P{ k∑ i=1 ‖Xi‖∗ > Cu}+ 2 exp(− t 2 256qM 2 ) ≤ exp ( −u ln ( u1/2 Ko )) + P{X(1)N > u}+ 5u−4p/3 + 2 exp(− u3/2 256 ) nhân hai vế với up và lấy tích phân hai vế ta có điều phải chứng minh. 55 Chương 3 Luật mạnh số lớn Chương này, chúng ta nghiên cứu luật mạnh của số lớn cho tổng của biến ngẫu nhiên độc lập trong không gian Banach. Ở đây, định lý 2.29 của phần 2.3 được dùng rất hiệu quả. Chúng ta chỉ nghiên cứu luật mạnh số lớn dạng Kolmogorov. Chương được chia làm 2 phần. 3.1 Phát biểu chung cho định lý giới hạn Cho (Xi)i∈N là dãy các biến ngẫu nhiên độc lập nhận giá trị trong B, gọi (ai) là dãy vô hạn các số dương, tăng. Chúng ta sẽ nghiên cứu tính chất hầu chắc chắn của dãy Sn an . Đầu tiên ta đưa ra một mệnh đề đơn giản sau: Bổ đề 3.1. Cho (Yn) và (Y ′ n) là dãy độc lập các biến ngẫu nhiên sao cho dãy (Yn − Y ′n) là bị chặn hcc (tương ứng hội tụ hcc về 0), và (Yn) là bị chặn (tương ứng hội tụ về 0) theo xác suất. Thì (Yn) là bị chặn hcc (tương ứng hội tụ hcc về 0). (Chứng minh như phần cuối của định lý Levy-Ito-Nisio, định lý 2.6). Cho các biến ngẫu nhiên độc lập (Xi). Lấy (X ′ i) là bản sao độc lập của (Xi) và đặt X˜i = Xi − X ′i là các biến ngẫu nhiên độc lập và đối xứng. Theo bổ đề 3.1, nghiên cứu tính h.c.c của Sn an khi biết tính chất 56 theo xác suất của nó, thì chỉ cần nghiên cứu ( n∑ i=1 X˜i an ) là đủ. Sau đây ta sẽ nêu một bổ đề hữu ích về các tính chất theo xác suất của Sn an liên hệ với tính chất tương ứng trong Lp. Bổ đề 3.2. Cho (Xi) là dãy các biến ngẫu nhiên độc lập, đối xứng, nhận giá trị trong B. Nếu dãy Sn an là bị chặn (tương ứng hội tụ về 0) theo xác suất, cho ∀p > 0 và một dãy bị chặn (cn) các số dương thì dãy (E‖∑ni=1Xi1{‖Xi‖≤cnan}/an‖p) là bị chặn (tương ứng hội tụ về 0). Chứng minh. Ta chứng minh cho phát biểu hội tụ. Xét dãy (cn) bị chặn bởi C. Theo bất đẳng thức (2.8) cho mỗi n ta có: E‖ n∑ i=1 Xi1{‖Xi‖≤cnan}‖p ≤ 2.3pE(max i≤N ‖Xi‖p1{‖Xi‖≤cnan}) + 2(3t0(n))p với t0(n) = inf{t > 0 : P{‖ n∑ i=1 Xi1{‖Xi‖≤cnan}‖ > t} < (8.3p)−1}. Vì Sn an hội tụ theo xác suất về 0; sử dụng nguyên lý co (định lí 2.8) ta có: P{‖ n∑ i=1 Xi1{‖Xi‖≤cnan}‖ > t} t} = 2P{ ‖Sn‖ an > t an } lại do Sn an P−→ 0 ⇒ ∀ > 0; ∃n0 : ∀n > n0 : P{‖Sn‖ an > } ≤ 1 2 (8.3)p−1. Vậy ∀n > n0 thì t0(n) an <  ⇒ t0(n) < an. (1). 57 Hơn nữa Emax i≤n ‖Xi‖p1{‖Xi‖≤cnan} = ∫ ∞ 0 P(max i≤n ‖Xi‖1{‖Xi‖≤cnan} > t)dtp ≤ ∫ can 0 P{max i≤n ‖Xi‖ > t}dtp = apn ∫ c 0 P{max i≤n ‖Xi‖ > ant}dtp ≤ 2apn ∫ c 0 P{‖Sn‖ > ant}dtp (2). (có được là do bất đẳng thức Levy). Từ (1) và (2) ta có, với ∀n > n0 thì E‖ n∑ i=1 Xi1{‖Xi‖≤cnan}/an‖p ≤ 2.3p(p + ∫ c 0 P{‖Sn‖ an > t}dtp) ≤ 2.3p(p + p + ∫ c  P{‖Sn‖ an > t}dtp). Do ∀t ∈ [, c] thì P{‖Sn‖ an > t} ≤ P{‖Sn‖ an > } ≤ p. Khi n đủ lớn. Vì vậy mà khi n đủ lớn: E‖ n∑ i=1 Xi1{‖Xi‖≤cnan}/an‖p ≤ 2.3p(2p + p(c− )p) ≤ 2.3p(2 + cp)p hay E‖ n∑ i=1 Xi1{‖Xi‖≤cnan}/an‖p → 0. Trường hợp bị chặn, chứng minh tương tự. Tiếp tục, khi ta xét dãy (an) có tính chất sau: tồn tại dãy con (amn) sao cho với mỗi n: camn ≤ amn+1 ≤ Camn+1 (ở đây 1 < c < C < +∞). Trong phần tiếp theo ta luôn giả thiết điều này đúng; và với mỗi n ta đặt I(n) = {mn + 1; ...;mn}. Bổ đề tiếp theo mô tả sự rút gọn vào trong các tập I(n) khi nghiên cứu Sn an . 58 Bổ đề 3.3. Cho (Xi) là biến ngẫu nhiên độc lập; đối xứng. Dãy Sn an là dãy bị chặn h.c.c (hoặc hội tụ h.c.c về 0 ) nếu và chỉ nếu điều tương ứng đúng cho ( ∑ i∈I(n) Xi/amn). Chứng minh. Ta chứng minh cho phát biểu hội tụ: Điều kiện cần: Sn an hcc→ 0 suy ra Smn amn hcc→ 0. Nhưng do (an) là dãy tăng, nên Smn−1 amn hcc→ 0 vì vậy mà Smn amn − Smn−1 amn = ∑ i∈I(n) Xi amn hcc→ 0. Điều kiện đủ: ∑ i∈I(n) Xi amn hcc→ 0, cùng với tính độc lập của dãy ( ∑ i∈I(n) Xi)n, nên theo bổ đề Borel - Catelli suy ra ∀ > 0, ∞∑ n=1 P  ‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ an >   <∞. Theo bất đẳng thức Levy suy ra: ∞∑ n=1 P  supk∈I(n) ‖ k∑ i=mn−1+1‖ Xi amn >   < 1 2 ∞∑ n=1 P  ‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ amn >   . Theo bổ đề Borel-Cantelli suy ra  supk∈I(n) ‖ k∑ i=mn−1+1 Xi‖ amn  hội tụ h.c.c tới 0. Từ đây, ta suy ra với hầu hết w, ∀ > 0, ∃l0 sao cho ∀l > l0 sup k∈I(l) ‖ k∑ i=ml−1+1 Xi(w)‖ < aml. 59 Với j ≥ l0 khi đó với n sao cho mj−1 < n ≤ mj thì theo bất đẳng thức tam giác ta có: ‖Sn(w)‖ ≤ ‖Sml0−1(w)‖+ j−1∑ l=l0 ‖ ∑ i∈I(l) Xi(w)‖+ ‖ n∑ i=mj−1+1 Xi(w)‖ ≤ ‖Sml0−1(w)‖+ j−1∑ l=l0 aml + amj ≤ ‖Sml0−1(w)‖+ i∑ l=1 aml ≤ ‖Sml0−1(w)‖+ j−1∑ l=0 Can cl (Vì từ giả thiết của (ai) nên: aml ≤ 1 c aml+1 ≤ ... ≤ 1 cj−l amj−l < C cj−l an) ≤ ‖Sml0−1(w)‖+ Can ∞∑ l=0 1 cl vây ta được ‖Sn(w) an ‖ ≤ Smlo−1(w) an + C ∞∑ l=0 1 cl Do  > 0 tuỳ ý, và giả thiết về ai thoả mãn camn ≤ amn+1 ≤ amn+1 nên amn →∞ thìan →∞ vậy ta được điều phải chứng minh. Từ bổ đề 3.1 và bổ đề 3.3 ta có hệ quả sau: Hệ quả 3.4. Cho (Xi) là biến ngẫu nhiên độc lập nhận giá trị trong B thì Sn an h.c.c→ 0 khi và chỉ khi Sn an P→ 0 và Smn amn h.c.c→ 0. Tương tự cho tính bị chặn. Chứng minh. Thật vậy, điều kiện cần là hiển nhiên. Ta chỉ cần chứng minh điều kiện đủ. Xét X ′i là bản sao độc lập của Xi khi đó X˜i = Xi −X ′i là đối xứng hóa của Xi. 60 Và Snm anm hcc→ 0⇒ S˜mn amn hcc→ 0⇒ ∑ i∈I(n) X˜i amn P→ 0. Theo bổ đề 3.3 suy ra S˜n an hcc→ 0. Lại do Sn an P→ 0, và bổ đề 3.1, ta có Sn an hcc→ 0. Từ bổ đề 3.3và bổ đề Borel-Cantelli, ta có nhận xét: Với biến ngẫu nhiên đối xứng thì, sự hội tụ của chuỗi dạng ∑ n P{‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ > an} sẽ suy ra sự hội tụ h.c.c của Sn an . Vì vậy phần tiếp theo ở dưới đây ta sẽ xem xét điều kiện cần và đủ để chuỗi ∑ n P{‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ > an} hội tụ. Định lý 3.5. Cho (Xi) là một dãy biến ngẫu nhiên đối xứng, độc lập nhận giá trị trong B. Giả sử, tồn tại một số nguyên q ≥ 2K0 và một dãy (kn) các số nguyên dương, sao cho điều sau đây đúng:∑ n ( K0 q )kn <∞ (3.1) ∑ n P{ kn∑ r=1 X (r) I(n) > amn} <∞. (3.2) Với  > 0, đặt : Mn = E‖ ∑ i∈I(n) Xi1{‖Xi‖≤amn/Kn}‖ σn = sup f∈D ( ∑ i∈I(n) E(f 2(Xi)1{‖Xi‖≤amn/Kn})) 1/2. Nếu L = lim n→∞ sup Mn amn 0 ∑ n exp(−δ2a2mn/σ2n) <∞. (3.3) 61 Thì ta có: ∑ n P{‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ > 102α(, δ, q, L)amn} <∞. (3.4) Với α(, σ, q, L)amn = + qL+ (L+ δ 2)1/2(q log q K0 )1/2 ≤ + qL+ (L+ δ2)1/2. Ngược lại, nếu (3.4) đúng với một số (tương ứng với tất cả) α > 0 và (3.1), (3.2) thỏa mãn thì L < ∞ (tương ứng L = 0) và (3.3) đúng cho một vài (tương ứng, tất cả) δ > 0. (Ở đây: X (r) I(n) = ‖Xj‖ với ‖Xj‖ là giá trị lớn thứ r trong tập (‖Xi‖)i∈I(n) còn với r > CardI(n) thì X (r) I(n) = 0). Chứng minh. Điều kiện cần: Vì L = lim n→∞ sup Mn amn n0 để Mn amn < L+  q ⇔ 8qMn < 8(qL+ )amn. Vậy 102α(, δ, q, L)amn ≥ 8qMn + 2amn + 102(L+ δ2)1/2(q log q K0 )1/2amn. Vì vậy mà áp dụng định lý 2.29 cho (Xi) ; K = Kn ≥ q với n đủ lớn; s = amn và t = 102(L+ δ2)1/2(q log q K0 )1/2amn. Ta có: P{‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ > 102α(, δ, q, L)amn} ≤ P{‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ > 8qMn + 2amn + 102(L+ δ2)1/2(q log q K0 )1/2amn} ≤ (K0 q )kn +P{ kn∑ r=1 X (r) I(n) > amn}+ 2exp ( − t 2 128m2 ) . 62 Theo (2.16) thì m2 ≤ σ2n + 8 amn kn khi đó: exp ( −σ 2a2mn σ2n ) > exp ( − t 2 128m2 ) . Vậy ∑ n P{‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ > 102α(, σ, q, L)amn} <∞ (Do giả thiết, ba chuỗi 3.1, 3.2, 3.3 hội tụ). Điều kiện đủ. Ta chứng minh cho trường hợp ∀α > 0 (Trường hợp ∃α > 0 làm tương tự) P{‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ > αamn} <∞. (∗) Đặt Xni = Xi1{‖Xi‖≤amn/kn}, i ∈ I(n). Khi đó theo định nghĩa của của σn ta có thể chọn được fn ∈ D sao cho: σ2n ≤ 2 ∑ i∈I(n) E(f 2n(Xni ) ≤ 2σ2n. Áp dụng nguyên lý co (định lý 2.8) ta có:∑ n P{ ∑ i∈I(n) fn(X n i ) > αamn} ≤ ∑ n P{‖ ∑ i∈I(n) Xni ‖ > αamn} ≤ 2 ∑ n P{‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ > αamn}. Lấy δ > 0, nếu η > 0 sao cho σ2η > ln ( q K0 ) (hay K0 q > e−δ 2η) khi đó nếu a2mn > ηknσ 2 n ta có:(K0 q )kn > e−δ 2ηkn > e(−δ 2a2mn/σ 2 n). Theo 3.1 ⇒ 3.3 đúng. Vậy ta chỉ cần chứng minh với a2mn ≤ ηknσ2n. Ta nhớ lại các tham số r, (r), k(r) trong định lý 1.9 với r là số cố định được chọn. Lấy α > 0 đủ nhỏ để cho (1 + r)α2 ≤ σ2 và 2αη ≤ (r) sao cho (αamn)amn(kn) ≤ αησ2n ≤ (r) ∑ i∈I(n) Ef 2n(Xni ) 63 Lại do: (*) nếu  ∑ i∈I(n) Xi amn  hội tụ về 0 theo xác suất nên theo bổ đề 3.2, ta có L = lim sup Mn amn = 0. Lại do tính trực giao ∑ i∈I(n) Ef 2n(X2i )/a2mn −→ 0 nên với n đủ lớn αamn ≥ K(r) ∑ i∈I(n) Ef 2n(X2i )  12 . Bây giờ áp dụng định lý 1.9 ta được P{ ∑ i∈I(n) fn(X (n) i ) > αamn} ≥ exp(−(1 + r)α2a2mn/σ2n). Lại vì (1 + r)α2 ≤ δ2 nên ta có P{ ∑ i∈I(n) fn(X (n) i ) > αamn} ≥ exp(−δ2a2mn/σ2n). Lấy tổng theo n, kết hợp với điều kiện (3.4), ta suy ra (3.3). Bổ đề tiếp theo ta hãy đưa ra các điều kiện dễ kiểm tra hơn các điều kiện (3.1), (3.2). Bổ đề 3.6. Với các điều kiện như trong định lí 3.5, giả sử rằng với u > 0∑ n P{max i∈I(n) ‖Xi‖ > uamn} <∞ (3.5) và với v > 0, với mọi n và t, 0 < t ≤ 1 P{max i∈I(n) ‖Xi‖ > tvamn} ≤ δn exp ( 1 t ) (3.6) 64 với ∑ n δsn K0, tồn tại dãy (kn) và các số nguyên sao cho ∑ n (Koq ) kn <∞ và thỏa mãn ∑ n P { kn∑ r=1 X (r) I(n) > 2s(u+ v(ln q K0 )−1)amn } <∞. Chứng minh. Ta có {X(2s)I(n) > tvamn} ⊂ 2s⋂ i=1 {X(i)I(n) > tvamn}. Suy ra P{X(2s)I(n) > tvamn} ≤ 2s∏ i=1 P{X(i)I(n) > tvamn} ≤ ∑ i∈I(n) P{‖Xi‖ > tvamn} 2s Áp dụng định lý 1.10 cùng với giả thiết đã cho của bổ đề ta có∑ i∈I(n) P{‖Xi‖ > tvamn} ≤ 2P{max ‖Xi‖ > tvamn} ≤ 2δn exp ( 1 t ) . Vậy P{X(2s)I(n) > tvamn} ≤ ( 2δn exp ( 1 t ))2s . Chọn t = t(n) = ( ln 1√ δn )−1 và chọn kn = [ 2s ( ln qK0 )−1 ln 1√ δn ] . Khi đó ( K0 q )kn ≤ ( K0 q )2s(ln qK0)−1 ln 1√δn ≤ ( K0 q )2s ln 1√ δn ( q K0 ) = ( √ δn) 2s = δsn. 65 Vì ∑ n δsn <∞ nên ∑ n ( K0 q )kn <∞. Bây giờ ta có kn∑ r=1 X (r) I(n) = 2s∑ r=1 X (r) I(n) + kn∑ r=2s+1 X (r) I(n) ≤ 2sX(1)I(n) + knX(2s)I(n). Vì vậy P { kn∑ r=1 X (r) I(n) > 2s(u+ v ( ln q K0 )−1 ) } amn ≤P ( {2sX(1)I(n) > 2suamn} ∪ {knX(2s)I(n) > 2sv ( ln q K0 )−1 amn} ) ≤P{X(1)I(n) > uamn}+ P{X(2s)I(n) > t(n)vamn}, với chú ý rằng, khi lấy tổng theo n thì∑ n P{X(1)I(n) > uamn} = ∑ n P{max i∈I(n) ‖Xi‖ > uamn} <∞ và∑ n P{X(2s)I(n) > t(n)vamn} ≤ ∑ n ( 2δn exp ( 1 t(n) ))s ≤ 2s ∑ n δsn <∞. Khi đó ta có điều phải chứng minh. Khi các biến ngẫu nhiên Xi là độc lập cùng phân phối và dãy (ai) là chính quy, tức là ∀k ≤ n, ap2n ≥ 2n−kap2k (với p > 0 nào đó) thì ta có bổ đề sau: Bổ đề 3.7. Cho (an) là chính quy (tức là tồn tại p để ∀k ≤ n, ap2n ≥ 2n−kap2k). Giả sử Xi là một dãy các biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân phối với X. Nếu tồn tại u > 0 để ∑ n 2nP{‖X‖ > ua2n} <∞ thì với mọi n và 0 < t ≤ 1 ta có P{max ‖Xi‖ > tua2n} ≤ 2nP{‖X‖ > tua2n} ≤ 1 t2p δn với ∑ n δn <∞. 66 Chứng minh. Với mỗi n, đặt γn = 2 nP{‖X‖ > ua2n}. Khi đó tồn tại dãy (βn) sao cho βn ≥ γn, βn ≤ 2βn+1 với mọi n, và ∑ n βn < ∞ (chẳng hạn β1 = 2P{‖X‖ > ua2n} = γ1, βi = max{γi; 12βi−1}...). Lấy 0 < t < 1 và k ≥ 1 sao cho 2−k ≤ tp ≤ 2−k+1.khi đó: Nếu k < n ta có tpap2n ≥ 2kap2n ≥ ap2n−k suy ra ta2n ≥ a2n−k, vì vậy mà P{‖X‖ > tua2n} ≤ P{‖X‖ > ua2n−k} ⇔ 2nP{‖X‖ > tua2n} ≤ 2kγn−k ≤ 2kβn−k ≤ 4t−2pβn (do 2t−p ≤ 2−k). Nếu k > n thì 2nP{‖X‖ > tua2n} ≤ 2n ≤ 4t−2p2−n. Vậy khi ta chọn δn = 4 max{βn, 2−n} thì ∑ n δn ≤ 4 (∑ n βn + ∑ n 2−n ) <∞ và 2nP{‖X‖ > tua2n} ≤ 1 t2p δn. Đồng thời ta có {max i∈I(n) ‖Xi‖ > tua2n} = ⋃ i∈I(n) {‖Xi‖ > tua2n} suy ra P{max ‖Xi‖ > tua2n} ≤ ∑ i∈I(n) P{‖Xi‖ > tua2n} = 2nP{‖X‖ > tua2n}. 67 3.2 Các luật số lớn Phần này ta áp dụng định lí 3.5 tổng quát ở phần trên để đưa ra các luật số lớn cụ thể hơn trong không gian Banach. Ta áp dụng với an = n,mn = 2 n và chúng ta luôn nói: (Xn) tuân theo luật mạnh số lớn nếu Sn n hcc−→ 0 và (Xn) tuân theo luật yếu số lớn nếu Sn n P−→ 0. Định lý 3.8. Cho 0 < p < 2, lấy (Xi) là dãy biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân phối (giống như X), nhận giá trị trong không gian Banach. Khi đó Sn n 1 p hcc−→ 0 nếu và chỉ nếu E‖X‖p <∞ và Sn n 1 p P−→ 0. Chứng minh. Điều kiện cần. Ta có Sn n 1 p hcc−→ 0 thì hiển nhiên Sn n 1 p P−→ 0 Hơn nữa Sn n 1 p hcc−→ 0 thì hầu hết ω chỉ có hữu hạn n để ‖Sn(ω)‖ n 1 p > 1. Theo bổ đề Banach-Catelli thì∑ n P{‖X‖ > n 1p} <∞⇔ ∑ n P{‖X‖p < n} <∞⇔ E‖X‖p <∞. Điều kiện đủ. Nếu ta xét X ′ là bản sao độc lập của X, đặt X˜ = X −X ′. Khi đó E‖X˜‖p ≤ Cp(E‖X‖p + E‖X ′‖p) <∞ và S˜n n 1 p P−→ 0. Vì vậy nên nếu ta chứng minh được kết luận này đối với (X˜i) thì áp dụng bổ đề 3.1 suy ra kết quả đúng đối với (Xi). Bởi vậy ta có thể giả sử (không mất tính tổng quát) bản thân X là đối xứng. Khi đó theo bổ đề 3.3 , ta suy ra∑ i∈I(n) Xi 2 n p hcc−→ 0. Lại theo bổ đề Borel-Catelli ta suy ra ∑ n P  ‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ 2 n 2 > ε  = ∑ n P ‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ > ε · 2np  <∞ 68 với I(n) = {2n−1 + 1; · · · ; 2n}. Phần tiếp theo ta sẽ chứng minh bằng 2 cách. Cách 1. Với mỗi n, đặt ui = ui(n) = Xi1{‖Xi‖≤2 n p }, i ∈ I(n). Ta có {∃i ∈ I(n) : ui 6= Xi} ⊂ 2n⋃ i=2n−1+1 {‖Xi‖ > 2np}. Suy ra P{∃i ∈ I(n) : ui 6= Xi} ≤ 2n∑ i=2n−1+1 P{‖Xi‖ > 2np} = 2nP{‖X‖ > 2np}. Do đó ∑ n P{∃i ∈ I(n) : ui 6= Xi} ≤ ∑ n 2nP{‖X‖ > 2np} = ∑ n 2nP{‖X‖p > 2n} <∞, (vì E‖X‖p <∞). Lại do ∥∥∥∥∥∥ ∑ i∈I(n) Xi ∥∥∥∥∥∥ > ε · 2np  ⊂  ∥∥∥∥∥∥ ∑ i∈I(n) ui ∥∥∥∥∥∥ > ε · 2np ⋃ {∃i ∈ I(n) : ui 6= Xi} . Vậy để chứng minh ∑ n P  ∥∥∥∥∥∥ ∑ i∈I(n) Xi ∥∥∥∥∥∥ > ε · 2np  <∞ Ta chỉ cần chứng minh ∑ n P  ∥∥∥∥∥∥ ∑ i∈I(n) ui ∥∥∥∥∥∥ > ε · 2np  <∞. Tuy nhiên, vì Sn n 1 p P−→ 0 nên theo bổ đề 3.2 ta có limE ‖ n∑ i=1 ui‖ 2 n p  = 0 hay lim 1 2 n p E‖ ∑ i∈I(n) ui‖ = 0. 69 Vậy ta chỉ cần chứng minh ∑ n P  ∥∥∥∥∥∥ ∑ i∈I(n) ui ∥∥∥∥∥∥− E ∑ i∈I(n) ui > ε · 2np  <∞. (suy ra từ tính chất: Nếu an ↘ 0 và ∀ε > 0 thì∑ n P{‖Xn‖ − an > ε} <∞ suy ra ∀ε > 0, ∑ n P{‖Xn‖ > ε} 0 thì∑ n P{‖Xn‖ − an > ε 2 } <∞ nhưng ∃n0 : ∀n > n0 thì an < ε 2 , do đó ∀n > n0 ta có P{‖Xn‖ − an > ε 2 } ≥ P{‖Xn‖ > ε}, đó là điều phải chứng minh.) Bởi bất đẳng thức (2.10) và tính chất cùng phân phối ta suy ra∑ n P{‖ ∑ i∈I(n) ui‖ − E‖ ∑ i∈I(n) ui‖ > ε · 2np} ≤ 1 ε2 ∑ n 1 2 2n p ∑ i∈I(n) E‖ui‖2 ≤ 1 ε2 ∑ n 1 2 2n p 2nE‖X‖21{‖X‖≤2np } = 1 ε2 ∑ n 1 2n( 2 p−1) E‖X‖21{‖X‖≤2np } = 1 ε2 E ( ‖X‖2 ∑ n 1 2n( 2 p−1) · 1{2n≥‖X‖p} ) ≤ ∞ (vì E‖X‖p <∞). Ta được điều phải chứng minh. Cách 2. Vì E‖X‖p 0 thì∑ n 2nP{‖X‖ > ε · 2np} <∞. Với ε cố định, theo bổ đề 3.7 (áp dụng với u = ε, an = n 1 p ) ta có ∀n; và 0 < t ≤ 1 thì P{max i∈I(n) ‖Xi‖ > tε2np} ≤ 1 t2p · δn 70 với ∑ n δn <∞. Từ đó, với t = 1 thì∑ n P{max i∈I(n) > ε · 2np} ≤ ∑ n δn <∞. Với 0 < t ≤ 1 thì 1t2p < exp(1t ) nên∑ n P{max i∈I(n) ‖Xi‖ > tε2np} ≤ δn exp(1 t ). Vì vậy, theo bổ đề 3.6, tồn tại (kn) sao cho∑ n ( K0 q )kn = ∑ n 2−kn = ∑ n ( 1 2 )kn <∞ và ∑ n P { kn∑ r=1 X (r) I(n) > 5ε2 n p } ≤ ∑ n P { Kn∑ r=1 X (r) I(n) > 2 · 1 · (ε+ ε(log 2)−1)2 n p } <∞. Tiếp tục, ta áp dụng định lý 3.5 với q = 2K0 và với chú ý từ bổ đề 5 thì L = 0; hơn nữa vì σ2n ≤ sup f∈D ∑ i∈I(n) E ( f 2(Xi)1{‖Xi‖≤εamn/Kn} ) . ≤ ∑ i∈I(n) E‖Xi‖21‖Xi‖≤2n/p ≤ 2nE‖X‖21‖X‖≤2n/p. Vì vậy mà∑ n 2−2n/pσ2n ≤ ∑ n 1 2n(2p − 1) E ( ‖X‖p1‖X‖≤2n/p ) <∞ (do E‖X‖p <∞, lập luận như phần trên). Vậy điều kiện (3.3) của định lí 3.5 được thỏa mãn với mọi δ > 0 nên ta có∑ n P{‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ > 10−2(5ε+ 2K0δ)2n/p} <∞ 71 Vì vậy ta hoàn thành chứng minh. Tiếp theo ta nhớ lại tính chất trong trường hợp không gian hữu hạn chiều như sau: Khi E‖X‖p < ∞(0 < p < 2) (và EX = 0 với 1 ≤ p < 2) thì Sn n1/p → 0 (định lí MarcinKiewicz- Zygmund). Ở đây ta sẽ dùng phương pháp lập luận xấp xỉ để chứng minh một phần tính chất này (với 0 < p ≤ 1) cho không gian Banach tách được bất kì. Tức là Khi 0 < p ≤ 1 với điều kiện khả tích E‖X‖p < ∞ (và X có kì vọng 0 khi p = 1) thì suy ra rằng Sn n1/p P−→ 0. Thật vậy, vì X là radon và E‖X‖p 0 ta có thể cho một biến ngẫu nhiên hữu hạn chiều Y (có kì vọng 0 khi p = 1 và EX = 0) sao cho E‖X − Y ‖p < ε. Gọi Tn là tổng riêng của bản sao độc lập (Yi) của Y . Khi đó theo bất đảng thức tam giác (với p ≤ 1). E‖Sn − Tn‖p ≤ n∑ i=1 E‖Xi − Yi‖p = nE‖X − Y ‖p ≤ εn ⇔ E‖ Sn n1/p − Tn n1/p ‖p ≤ ε nhưng vì Y có số chiều hữu hạn nên theo phần trên suy ra Tn n1/p P−→ 0. Cùng với bất đẳng thức sau: P{‖ Sn n1/p ‖ > 2δ} ≤ P{‖ Sn n1/p − Tn n1/p ‖ ≥ δ}+ P{‖ Tn n1/p ‖ ≥ δ} ≤ E‖ Sn n1/p − Tn n1/p ‖p δp + P{ Tn n1/p ≥ δ} Suy ra Sn n1/p P−→ 0. Vì vậy, áp dụng định lí 3.8 ta có phát biểu sau: Với 0 < p ≤ 1 thì Sn n1/p h.c.c−→ 0 khi và chỉ khi E‖X‖p < ∞ (và EX = 0 72 với p = 1). Đặc biệt, ta có các định lí về luật mạnh số lớn của Kolmogorov cho biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân phối, được mở rộng cho không gian Banach tách được như sau: Hệ quả 3.9. Cho X là biến ngẫu nhiên Borel với giá trị trong không gian Banach tách được B thì Sn n h.c.c−→ 0 khi và chỉ khi E‖X‖ < ∞ và EX = 0. Phương pháp chứng minh xấp xỉ ở trên không mở rộng được cho trường hợp 1 < p < 2 được. Tính chất ứng với trường hợp 1 < p < 2 không đúng cho không gian Banach tổng quát; ví dụ tiếp theo sẽ chứng minh điều đó. Ví dụ 1. Trong C0- không gian Banach tách được gồm các dãy số thực tiến đến 0, được trang bị chuẩn sup; Khi đó với mọi dãy giảm (αn) các số thực hội tụ về 0 thì tồn tại một biến ngẫu nhiên bị chặn hầu chắc chắn và đối xứng, X sao cho Sn nαn không hội tụ về 0 theo xác suất. Chứng minh. Lấy (ξk)k≥1 là đại lượng ngẫu nhiên với phân phối P{ξk = 1} = P{ξk = −1} = 1 2 (1− P{ξk = 0}) = 1 ln(k + 1) Đặt βk = √ αn với 2 n−2 ≤ k < 2n và lấy X là biến ngẫu nhiên radon, nhận giá trị trong C0 với tọa độ (βkξk)k≥1 thì X rõ ràng là biến ngẫu nhiên đối xứng (do từng thành phần βkξk là biến ngẫu nhiên thực, đối xứng). Tuy nhiên Sn nαn không hội tụ về không theo xác suất. Thật vậy, với (ξki)i là bản sao độc lập của (ξk). Với mỗi k, n ≥ 1 đặt Enk = n⋂ i=1 {ξki = 1};An = ⋃ k≤2n Enk. Khi đó ta có: P(Enk) = P( n⋂ i=1 (ξki = 1)) = n∏ i=1 P{ξki = 1} = (ln(k + 1))−n Vì vậy mà P(An) = 1− P( ⋂ k≤2n Ecnk) = 1− ∏ k≤2n (1− P(Enk)) 73 = 1− ∏ k≤2n ( 1− 1 [ln(k + 1)]n ) Ta thấy P(An)→ 0. Nếu ta kí hiệu (ei) là cơ sở chính tắc của C0 thì Xi = ∞∑ k=1 βkξkiek vì vậy mà Sn nαn = n∑ i=1 ∞∑ k=1 βkξkiek nαn = ∞∑ k=1 1 nαn ( n∑ i=1 ξki ) βkek Khi đó trên An thì ‖Sn‖ nαn ≥ max k≤2n 1 nαn βk| ∑ i=1 nξki| ≥ 1 nαn √ αnn = 1√ n Do αn → 0 nên ∀ε > 0 thì lim inf P{‖Sn‖ nαn > ε} ≥ lim inf P(An) = 1 . Sau khi có sự mở rộng luật mạnh số lớn của biến ngẫu nhiên cùng phân phối với giá trị trên không gian Banach. Ta sẽ nghiên cứu luật mạnh số lớn cho các biến ngẫu nhiên độc lập, nhưng không cùng phân phối. Định lý 3.10. Cho (Xi) là một dãy các biến ngẫu nhiên radon độc lập, nhận giá trị trong không gian Banach B. Giả sử rằng Xi i h.c.c−→ 0. (3.7) Sn n P−→ 0. (3.8) Giả sử rằng tồn tại v > 0;∀n và t : 0 < t ≤ 1. P{max ‖Xi‖ > t.v.2n} ≤ δn exp(1 t ). (3.9) Với ∑ n δ s n 0 và rằng với mỗi δ > 0∑ n exp( −δ22n sup f∈D ∑ i∈I(n) E(f 2(Xi)1{‖Xi‖≤2n}) ) <∞ (3.10) 74 Ở đây I(n) = {2n−1+1; · · · ; 2n} thì luật mạnh số lớn đúng, tức Sn n h.c.c−→ 0. Chứng minh. Ta định nghĩa Yi = Xi1{‖Xi‖ ≤ i} bởi (3.7): Xi i h.c.c−→ 0; nên hầu hết ω thì ∃i(ω) để i > i(ω) ta có ‖Xi‖ i ≤ 1 ⇒ ‖Xi‖ ≤ i hay Yi = Xi hầu chắc chắn với i đủ lớn. Vì vậy nó là đủ cho kết quả với dãy (Yi) thay cho Xi hay chúng ta có thể giả sử rằng ‖Xi‖ ≤ i h.c.c. Nếu ta gọi (X ′i) là bản sao độc lập của (Xi); xét dãy biến ngẫu nhiên đối xứng (Xi − X ′i), khi đó các giả thiết của (Xi) đều thỏa mãn với (Xi −X ′i) chẳng hạn điều kiện (3.9): P{max i∈I(n) ‖Xi −X ′i‖ > t.(2v).2n} ≤ P{max i∈I(n) ‖Xi‖ > tv2n}+ P{max ‖X ′i‖ > tv2n} ≤ 2δn exp( 1 t ) với ∑ n(2δn) s < ∞ bởi vậy nếu ta chứng minh được S˜n n h.c.c−→ 0 thì theo bổ đề 3.1 cùng với điều kiện (3.8) suy ra ngay Sn n h.c.c−→ 0. Vậy ta có thể giả thiết bản thân (Xi) là đối xứng. Tiếp theo ta sẽ kiểm tra các điều kiện để áp dụng định lí 3.5. Vì giả thiết (3.8) suy ra (S2n 2n ) và (S2n−1 2n ) hội tụ theo xác suất về 0 nên ∑ i∈I(n) Xi 2n  hội tụ theo xác suất về 0; áp dụng bổ đề 3.2 suy ra L = lim sup Mn amn = lim sup Mn 2n = 0 Lại do Xi i h.c.c−→ 0 nên ∀ω > 0 thì∑ n P{max i∈I(n) ‖Xi‖ > u.2n} <∞ Vậy theo bổ đề 3.6 (với chú ý cùng điều kiện (3.9) ta suy ra: ∀q ≥ 2k0 tồn tại dãy (kn) các số nguyên sao cho ∑ n (k0 q )kn <∞ và thỏa 75 mãn ∑ n P { kn∑ r=1 X (r) I(n) > 2s ( u+ v(ln q k0 )−1 ) amn } <∞ Lại cùng với giả thiết (3.10) suy ra các giả thiết của định lí 3.5 được thỏa mãn. Vậy ∀u > 0, δ > 0 ta có∑ n P { ‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ ≥ 102 ( 2s(u+ v(ln q k0 )−1) + qδ ) 2n } <∞ Vì vậy ∀ε > 0, chọn u, δ > 0 sao cho ε = 102 ( 2s(u+ v(ln q k0 )−1) + qδ ) ta có: ∑ n P{‖ ∑ i∈I(n) Xi‖ > ε2n} <∞ lại áp dụng bổ đề 3.3 suy ra: Sn n h.c.c−→ 0 Hệ quả 3.11. Với giả thiết của định lí 3.10 nhưng điều kiện (3.9) thay bởi điều kiện (3.9’):∑ n ( 1 2np ∑ i∈I(n) E‖Xi‖p )s 0 và s > 0 nào đó) thì luật mạnh số lớn thỏa mãn. Thật vậy, ta áp dụng bất đẳng thức Markov, với mọi n: P{‖Xi‖ > tv2n} ≤ E‖Xi‖ p (tv2n)p Suy ra ∑ i∈I(n) P{‖Xi‖ > tv2n} ≤ 1 (tv)p 1 2np ∑ i∈I(n) E‖Xi‖p Tuy nhiên ta biết với 0 1 và khi đó tồn tại C(p) để 1 (tv)p ≤ C(p) exp 1 t 76 vì vậy mà∑ i∈I(n) P{‖Xi‖ > tv2n} ≤ C(p) exp (1 p ) 1 vp 1 2np ∑ i∈I(n) E‖Xi‖p vậy ta được giả thiết (3.9) của định lí 3.10 với δn = C(p). 1 vp 1 2np ∑ i∈I(n) E‖Xi‖p và ∑ n δsn = C s(p) 1 vps (∑ n 1 2np ∑ i∈I(n) E‖Xi‖p )s <∞ (do giả thiết (3.9’)). Suy ra đpcm. Cũng chú ý rằng ∑ i∈I(n) E‖Xi‖p trong (3.9’) có thể thay bằng sup t>0 ∑ i∈I(n) P{‖Xi‖ > t} Ta xét điều kiện ∑ i E‖Xi‖p ip < ∞, ta thấy điều kiện này suy ra từ điều kiện (3.7), (3.8) và (3.10) (với p ≤ 2). Vì vậy ta có hệ quả sau: Hệ quả 3.12. Cho (Xi) là dãy bnn độc lập với giá trị trong B. Nếu tồn tại 1 ≤ p ≤ 2 : ∑ i E‖Xi‖p ip <∞ thì luật mạnh số lớn đúng khi và chỉ khi luật yếu số lớn đúng. 77 Kết luận Luận văn đã đề cập đến một vấn đề quan trọng của lý thuyết xác suất. Đó là việc nghiên cứu tổng các biến ngẫu nhiên độc lập với giá trị trong không gian Banach. Nó là sự mở rộng cho trường hợp số chiều vô hạn của tổng các biến ngẫu nhiên độc lập. Tuy nhiên, trong trường hợp này thiếu đi tính chất trực giao, vì vậy việc mở rộng này cần phải có các công cụ khác đã được trình bày rõ ràng trong luận văn như: phương pháp đối xứng hoá, phương pháp dùng dãy biến Rademacher, phương pháp dùng các bất đẳng thức martingale thực và đặc biệt là phương pháp đẳng chu. Tài liệu tham khảo chính của luận văn là [5], tuy nhiên tác giả đã tham khảo thêm nhiều tài liệu khác. Đặc biệt với tinh thần tìm tòi và tập nghiên cứu. Từ các định lý, tác giả cố rút ra những nhận xét và hệ quả của riêng mình, như các nhận xét 2.9, 2.14, 2.18... Hoặc như các hệ quả 2.19, 2.25, 2.26, 2.27.... Tuy nhiên, do năng lực có hạn, đặc biệt là thời gian vô cùng hạn chế. Vì vậy tác giả vẫn chưa giải quyết được nhiều vấn đề đặt ra chẳng hạn như, vấn đề ở nhận xét 2.12. Hoặc như việc tìm những áp dụng cho những hệ quả đã đưa ra. Đồng thời luận văn mới chỉ dừng lại ở việc nghiên cứu về một số bất đẳng thức của biến cố đuôi, tính khả tích và sự hôi tụ hầu chắc chắn của tổng các biến ngẫu nhiên độc lập - luật mạnh số lớn, mà chưa nhiên cứu được các vấn đề khác như định lý giới hạn trung tâm, luật loga lập... Mặc dù rất cố gắng nhưng luận văn sẽ không thể tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Tác giả luận văn rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp và những người quan tâm để bổ sung hoàn thiện đề tài cũng như nhận thức của tác giả. Lời cuối cùng, tác giả xin gửi lời cám ơn chân thành tới các thầy cô đã truyền đạt những kiến thức quý báu và tinh thần làm việc hăng say trong suốt quả trình học tập và nghiên cứu của mình. Đặc biệt là người hướng dẫn khoa học GS.TSKH. Đặng Hùng Thắng, thầy đã trực tiếp 78 giảng dạy và hướng dẫn đề tài giúp tác giả hoàn thành bản luận văn này. Hà Nội, Ngày 20 tháng 11 năm 2009 Học viên Tạ Công Sơn. 79 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Viết Phú, Nguyễn Duy Tiến (2002), Cơ sở lý thuyết xác suất, Nhà xuất bản đại học quốc gia. [2] Nguyễn Duy Tiến, Vũ Viết Yên (2000), Lý thuyết xác suất, Nhà suất bản Giáo dục. [3] Jean-Pierre Kahane (1985)Some random series of functions, Cam- bridge University, New York Inc. [4] Jorgen Hoffmann-Jorgensen, James Kuelbs, Michael B. Marcus (1994), Probability in Banach spaces, 9, Birkha¨user - Boston. [5] Michel Ledoux, Michel Talagrand (1991), Probability in Banach spaces, Springer-Verlag, Berlin. [6] Michel Talagrand (1993), Concentration of measure and isoperimet- ric inequalities in product spaces, Springer Berlin. [7] Stanislaw Kwapien, Wojbor A. Woyczynski (1992), Random Series and Stochastic Integrals, Birkha¨user - Boston. Basel. Berlin. [8] Vakhania N.N, Tarielardze.V.I, Chobanyan. S.A(2002), Probability distributions on Banach spaces, Springer. 80

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfMột số vấn đề về lý luận xác suất trên không gian Banach.pdf