Đặc trưng của các biến ngẫu nhiên có cấu trúc tuyến tính

Chương II tập trung trình bày các định lý về đặc trưng phân phối của biếnngẫu nhiên, mô hình phân tích nhân tố và bài toán hồi quy đối với các biếncấu trúc.. Ta nói rằng vectơ p- chiều X

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

PGS.TS Đào Hữu Hồ

Hà Nội - 2012

LỜI NÓI ĐẦU ĐẶT BÀI TOÁN CHƯƠNG 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC PHỤ TRỢ

01

04

Chương 2 ĐẶC TRƯNG CỦA VECTƠ NGẪU NHIÊN CÓ CẤU

TRÚC TUYẾN TÍNH

24

2.3 Bài toán hồi quy đối với các biến cấu trúc 39

Khi nghiên cứu về các biến ngẫu nhiên, nếu ta biết được phân phối của biếnngẫu nhiên thì gần như ta đã nắm bắt được tất cả các thông tin về biến ngẫunhiên đó Tuy nhiên việc tìm được phân phối của một biến ngẫu nhiên lại làmột bài toán khó Luận văn này chỉ ra một phương pháp để nhận biết đượcphân phối của biến ngẫu nhiên thông qua cấu trúc tuyến tính của một vectơngẫu nhiên p chiều X Dựa trên mục đích được đặt ra, luận văn trình bày sauđây gồm có 2 chương.

Chương I là chương gồm các kiến thức phụ trợ, chủ yếu trình bày lại các kiếnthức đã biết để phục vụ cho việc chứng minh các định lý ở chương sau Baogồm: các kiến thức về hàm đặc trưng, một số bổ đề về sự tồn tại moment, kháiniệm về hàm giải tích, hàm chính quy, các bổ đề có liên quan đến nghiệm củaphương trình hàm

Chương II tập trung trình bày các định lý về đặc trưng phân phối của biếnngẫu nhiên, mô hình phân tích nhân tố và bài toán hồi quy đối với các biếncấu trúc

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS ĐàoHữu Hồ Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Thầy, người đã cung cấptài liệu khoa học và tận tình hướng dẫn tác giả trong suốt thời gian làm luậnvăn này

Do trình độ của tác giả còn hạn chế nên luận văn này sẽ không tránh khỏiđược sự sai sót Tác giả xin nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo,

cô giáo và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn

Tác giả xin chân thành cảm ơn!

Ta nói rằng vectơ p- chiều X có cấu trúc tuyến tính nếu nó có thể biểu diễnđược dưới dạng:

trong đó, µ là một vectơ hằng, Y là một vectơ ngẫu nhiên với các thành phầnđộc lập, không suy biến, A là một ma trận hằng không có 2 cột nào tỷ lệ vớinhau Nếu Y là một vectơ q - chiều thì A là ma trận p × q Các thành phần của

Y được gọi là các biến cấu trúc

Giả sử X = ν + BZ là một dạng biểu diễn khác tương tự như (1) của X Haibiểu diễn X = µ + AY và X = ν + BZ được gọi là tương đương về cấu trúcnếu mọi cột của A đều tỷ lệ với một cột nào đó của B và ngược lại Trái lại,hai biểu diễn đó được gọi là không tương đương Nếu tất cả các biểu diễn cấutrúc của một vectơ ngẫu nhiên đều tương đương với nhau thì ta nói rằng vectơngẫu nhiên đó có cấu trúc duy nhất

Cũng có thể X có một cấu trúc duy nhất nhưng lại tồn tại hai dạng biểu diễnnhư ở trên của X sao cho các biến cấu trúc Y và Z có phân bố khác nhau Ta

sẽ nói rằng dạng tuyến tính biểu diễn bởi (1) là duy nhất nếu X có một cấutrúc duy nhất và phân bố của các biến cấu trúc là duy nhất với độ chính xácđến tham số tịnh tiến và tỷ lệ

Xét ví dụ

trong đó, Y là một vectơ với các thành phần độc lập, mỗi thành phần có phân

bố chuẩn N(0; 1) Hàm đặc trưng của X có dạng:

Eexp(itTX) = eitTµEexp(itTAY) = exp(itTµ −1

2t

TAATt) (3)

Do đó, phân bố của X chỉ phụ thuộc vào µ và ma trận xác định không âm

Λ = A.AT Vì vậy X có phân bố chuẩn p - chiều Np(µ, Λ) (xem tài liệu [9]).Nhưng với một ma trận Λ cho trước, phân tích Λ = A.AT là không duy nhất

khi đó, X có biểu diễn

√ 2

5

√

2−

√ 5

√ 2

√

2)U1+ (√5

2−

√ 5

Vậy cấu trúc của một vectơ chuẩn là không duy nhất, cả về số biến cấu trúc

đã cho và cả về mối liên hệ đối với các biến này

Trong luận văn này, ta nghiên cứu bản chất của các vectơ ngẫu nhiên thừanhận những biểu diễn cấu trúc không tương đương Đặc biệt, ta sẽ chỉ ra rằng

thể được phân tích thành tổng của hai vectơ độc lập, một vectơ có cấu trúcduy nhất, do đó nó không là vectơ chuẩn và vectơ còn lại là vectơ ngẫu nhiênchuẩn.

Những kết quả được trình bày ở đây cho ta một cách giải quyết hoàn chỉnh bàitoán về tính không đồng nhất của các tham số trong các cấu trúc tuyến tính.Tương tự, ta cũng xét cấu trúc tuyến tính của mô hình phân tích nhân tố Bàitoán được nghiên cứu trong luận văn này cũng có thể được xem như là bàitoán về tính cùng phân phối của các vectơ thống kê Khi nào thì µ + AY và

ν + BZ có cùng phân phối?

Một số kiến thức phụ trợ

1.1.1 Định nghĩa

Định nghĩa 1.1 Hàm số

ϕX(t) = EeitX = E costX + iE sintX , t ∈ R

được gọi là hàm đặc trưng của biến ngẫu nhiên X

Dễ thấy rằng, nếu FX(x) là hàm phân phối của biến ngẫu nhiên X thì

Định nghĩa 1.2 Giả sử X = (X1, X2, , Xn) là vectơ ngẫu nhiên nhận giá trị

trong Rn Hàm đặc trưng của X là hàm số

ϕX(t) = Eei(t,X ) =

Z

R nei(t,x)dFX(x), t ∈ Rn

Ví dụ Giả sử X có phân phối chuẩn N(0, 1) Khi đó

ϕ (t) = e−

t2

2.Nếu X có phân phối N(a, σ2) thì

trong đó Rez là phần thực của z

2 ϕ(t) liên tục đều trên R

3 ϕ(−t) = ϕ(t)

4 ϕ(t) là hàm thực khi và chỉ khi X có phân phối đối xứng, nghĩa là X và

−X cùng phân phối hay tương đương PX(B) = PX(−B), ∀B ∈ ß(R)

Định nghĩa 1.3 Hàm đặc trưng f được gọi là chia vô hạn nếu với mọi số tự

nhiên n đều tồn tại một hàm đặc trưng fn sao cho:

i M, N là các hàm không giảm và liên tục phải trên các khoảng (−∞, 0) và

u2dN(u) xác định với a > 0 bất kỳ

Biểu diễn (1.1) là duy nhất, tức là f xác định duy nhất β , σ , M, N.

Định nghĩa 1.5 Một hàm phân phối F được gọi là ổn định nếu với 2 số thực

dương a1, a2 và 2 số thực b1, b2 bất kỳ, đều có tương ứng các hằng số a >0, b

sao cho

F(a1x+ b1).F(a2x+ b2) = F(ax + b), (1.2)

hoặc

e−i(b1 +b2)tf(t/a1) f (t/a2) = e−ibtf(t/a) ∀t ∈ R (1.3)

a Để hàm phân phối F là ổn định, điều kiện cần và đủ là hàm đặc trưngtương ứng biểu diễn được dưới dạng

log f (t) = iαt − c|t|λ1 + iγ(t/|t|)w(t, λ ), (1.4)

trong đó, c ≥ 0, −1 ≤ γ ≤ 1, 0 < λ ≤ 2 là những hằng số, α là một sốthực bất kỳ,

(1.5)

b Một luật phân phối ổn định không suy biến là chia vô hạn và các hàm

M, N, hằng số σ trong biểu diễn Levy có dạng sau đây:

c Một luật ổn định được gọi là luật ổn định đối xứng nếu

nghĩa là tương ứng với α = γ = 0 trong biểu diễn (1.4)

d Luật bán ổn định P.Levy : Hàm f được gọi là hàm đặc trưng của luật bán

ổn định nếu nó thỏa mãn phương trình:

f(t) = [ f (β t)]γ, γ > 0, 0 < |β | < 1, ∀t ∈ R (1.9)Giả sử λ là nghiệm duy nhất của phương trình γ|β |λ = 1 Khi đó, luậtbán ổn định là chia vô hạn và biểu diễn Levy L(µ, σ2, M, N) đối với log fđược cho bởi

σ = 0, M = N = 0+ Nếu λ = 2 thì

σ ≥ 0, M = N = 0+ Nếu 0 < λ < 2, β ≥ 0, ξ , η là những hàm không âm, liên tục phải vàtuần hoàn với chu kỳ − log β thì

σ = 0, M(u) = ξ (log |u|)/|u|λ, N(u) = −η(log u)/uλ

+ Nếu 0 < λ < 2, β < 0, ξ là một hàm không âm, liên tục phải và tuầnhoàn với chu kỳ −2 log |β | thì

σ = 0, M(u) = ξ (log |u|)/|u|λ, N(u) = −ξ (log u − log |β |)/uk

e Luật ổn định tổng quát: Hàm f được gọi là hàm đặc trưng của luật ổnđịnh tổng quát nếu nó không bị triệt tiêu và thỏa mãn phương trình sauvới mọi số thực t

[ f (β1t)]α1 [ f (βkt)]α k = [ f (βk+1t)]αk+1 [ f (βnt)]α n (1.11)trong đó αi > 0, i = 1, 2, , n

Bây giờ chúng ta trình bày một số bổ đề về sự tồn tại momen (xem tài liệu[8])

Bổ đề 1.1 Giả sử {tn} là một dãy các giá trị của t, tn → 0 khi n → ∞

c Nếulog | f (tn)|/tn2 bị chặn (với tn n→∞−→ 0 ) thì moment cấp 2 của F tồn tại,

điều ngược lại cũng đúng cho tất cả các dãy như thế.

d Nếu log | f (tn)|/tn2 → 0 khi n → ∞ thì F là suy biến, điều ngược lại tất

nhiên là đúng cho tất cả các dãy như thế.

Trong luận văn chúng ta sẽ cần đến một số kết quả về α - khai triển do Linnikgiới thiệu (xem tài liệu [5]).

Trước tiên chúng ta làm quen với các khái niệm hàm giải tích và hàm chínhquy

Định nghĩa 1.6 Một hàm f được gọi là giải tích thực tại điểm x0 ∈ R nếu f

trong đó các hằng số a0, a1, là những hằng số thực và chuỗi này hội tụ tới

f(x) với ∀x trong lân cận của x0.

Một hàm f xác định trên một khoảng mở D của đường thẳng thực được gọi

là giải tích thực trên D nếu f là hàm giải tích thực tại mọi điểm trong D.

n

hội tụ tới f (x) với x trong lân cận của x0.

Tập tất cả các hàm giải tích thực trên tập D được ký hiệu là Cω(D)

Định nghĩa hàm giải tích phức tương tự như định nghĩa hàm giải tích thựcbằng việc ta thay các từ "thực" bằng từ "phức" và cụm từ "đường thẳng thực"bằng cụm từ "mặt phẳng phức"

Định nghĩa 1.8 Trong giải tích thực, hàm chính quy là một hàm giải tích và

đơn trị trong miền cho trước Trong giải tích phức, hàm chính quy là một hàm giải tích phức.

Bổ đề 1.3 Giả sử hàm φ (z) của biến phức z là chính quy và không bị triệt

tiêu trên miền |z| < R và thỏa mãn tính chất Hermitian: φ (−z) = φ (z).

Nếu φ1, φ2, , φslà những hàm đặc trưng và α1, α2, , αslà những số dương sao cho với dãy số thực nào đó {tn} dần tới 0, phương trình sau được thỏa

mãn

[φ1(t)]α1 [φs(t)]αs = φ (t) (1.12)

Khi đó, các hàm φj là chính quy và không bị triệt tiêu trên miền |z| < R và phương trình (1.12) xác định trên khắp miền đó.

Nếu trong (1.12) φ là hàm có dạng exp Q(t), với Q(t) là một đa thức có tính chất Hermitian thì tất cả các φj là hàm đặc trưng của luật chuẩn.

Khẳng định ở trên vẫn đúng nếu vế trái (1.12) chứa một số đếm được thừa số, miễn sao αj bị chặn và khác 0.

Hệ quả 1.1 Giả sử g là hàm đặc trưng tương ứng với hàm phân phối G, có

moment mọi cấp và được xác định duy nhất bởi chúng Nếu hàm đặc trưng f nào đó thỏa mãn f (t) = g(t) tại một dãy {tn} dần tới 0 các giá trị của t thì f

(x − u)du +

Z x 0

(x − u)Pk(u, v)du

= C(x) + (x

2

2)B(v) + Pk+2(u, v)

(1.14)

Từ đó, vế trái (1.15) là khả vi theo biến v với mọi x và vế phải cũng vậy Lấy

vi phân theo biến v sau đó lấy vi phân theo biến x ta đưa (1.15) về dạng

bjψj(u) = Ps1(u), s1 ≤ max(1, k) (1.17)

Xuất phát từ (1.16) thực hiện phép biến đổi và lập luận như đã dẫn từ (1.13)

∑bmjψj(u) = Psm(u) sm ≤ max(m, k); m = 1, 2, , r (1.19)

Do các bj đôi một khác nhau nên hệ phương trình (1.19) có nghiệm duy nhất

ψj(u) trong lân cận của điểm gốc, đó là một đa thức có bậc ≤ max(r, k)

Hệ quả 1.3 Nếu phương trình (1.13) của bổ đề 1.4 có dạng

Ta tổng quát bổ đề 1.4 trong trường hợp có nhiều hơn hai biến Giả sử t và

α1, α2, , αr là các vectơ cột p - chiều Ký hiệu các thành phần của t là

t1,t2, ,tp và tích của t với αi là αiTt

Xét phương trình hàm

ψ1(α1Tt) + + ψr(αrTt) = ξ1(t1) + + ξp(tp) (1.21)xác định với |ti| < δ , i = 1, , p

Ký hiệu A là ma trận cỡ p × r với các cột α1, α2, , αr

Bổ đề 1.5 Giả sử αilà cột thứ i của ma trận A không tỷ lệ với bất kỳ cột nào khác cột i của ma trận A hoặc với bất kỳ cột nào của ma trận đơn vị Ip cấp p Khi đó các hàm ψithỏa mãn (1.21) là các đa thức có bậc ≤ r.

sao cho cột thứ i của ma trận B = HA không tỷ lệ với bất kỳ cột nào khác của

HAhoặc với bất kỳ cột nào của H Ta lấy tT = uTH , ở đây u là một vectơ haichiều với các thành phần u1 và u2, và thế vào (1.21) ta nhận được

Bổ đề 1.6 Nếu ma trận A không có cột nào tỷ lệ với bất kỳ cột nào còn lại

hoặc tỷ lệ với bất kỳ cột nào của ma trận Ip, khi đó các hàm ψ1, ψ2, , ψr và

ξ1, ξ2, ξp là các đa thức bậc cao nhất r.

Bổ đề này là hệ quả của bổ đề 1.4

Bây giờ ta định nghĩa một ma trận tích mới giữa ma trận C cỡ p × r với ma trận

Dcỡ q × r Giả sử rằng γ1, γ2, , γr là các cột của ma trận C và δ1, δ2, , δr

là những cột của ma trận D Khi đó, ta định nghĩa tích mới C D là một

ma trận cỡ pq × r, mỗi cột của chúng là tích Kronecker γi⊗ δi, nghĩa là nếu

γi= (γ1i, γ2i, , γpi)T, δi= (δ1i, δ2i, , δqi)T thì

γi⊗ δi= (γ1iδ1i, γ1iδ2i, , γ1iδqi, , γpiδqi)T

Do vậy ma trận C D được xác định bởi:

C D = (γ1⊗ δ1, γ2⊗ δ2, , γr⊗ δr) (1.24)

Bổ đề 1.7 Giả sử rằng phương trình (1.21) thỏa mãn với |ti| < δ , i = 1, , p,

ở đây A là ma trận cỡ p × r với các cột α1, α2, , αr sao cho rankA] = r Khi

đó các hàm ψ1, ψ2, , ψr và ξ1, ξ2, , ξp là các hàm tuyến tính.

Chứng minh

Dễ dàng chỉ ra rằng, nếu rankA] = r thì không cột nào của ma trận A là bộicủa bất kỳ cột nào khác của A hoặc là bội của bất kỳ cột nào của ma trận Ip.Khi đó theo bổ đề (1.6) các ψivà ξj là các đa thức bậc ≤ r

Giả sử

ψi(u) = λirur+ + λi0; i= 1, 2, , r (1.25)

ξj(u) = µjrur+ + µj0; j = 1, 2, , p (1.26)Đặt λiT = (λi1, λi2, , λir)

Thế biểu thức (1.25) và (1.26) vào (1.23) và suy ra hệ số của titj(i 6= j) tanhận được

(A A])λ3= 0 hoặc (A] A)λ3= 0 (1.28)

Dễ chỉ ra rằng rank(A A]) = r do vậy λ3 = 0 Vậy tất cả các số hạng bậclớn hơn 1 triệt tiêu.

1 Nếu αβ < 0 thì X1 = 0 với xác suất 1.

2 Nếu αβ > 0 và |β | = 1 thì X1= 0 với xác suất 1 nếu |α| 6= 1 có một phân

phối tùy ý nếu α = 1 và một phân phối đối xứng tùy ý nếu α = −1;

3 Nếu αβ > 0 và |β | < 1 và λ là một số thực duy nhất sao cho |α||β |λ −1=

1, khi đó

a X1= 0 với xác suất 1 nếu λ ≤ 1 hoặc λ > 2;

b X1 là một vectơ ngẫu nhiên chuẩn (có thể suy biến) nếu λ = 2 và

c Nếu 1 < λ < 2 khi đó X1 có thể chia vô hạn và : L(µ, σ2, M, N) là

biểu diễn Levy cho hàm đặc trưng của X1, khi đó :

σ = 0; M(u) = ξ (log |u|)/|u|λ

N(u) = −η(log u)/uλ nếu β > 0

(1.30)

trong đó ξ , η là những hàm không âm, liên tục phải với chu kỳ

− log β , ngược lại

σ = 0; M(u) = ξ (log |u|)/|u|k

N(u) = −ξ (log u − log |β |)/uk nếu β < 0

(1.31)

trong đó ξ là một hàm không âm, liên tục phải với chu kỳ −2 log |β |.

Chứng minh

Từ (1.29), với ∀t ∈ R ta có

E(X1− αX2)eit(X1 +β X 2 )= 0 (1.32)

Giả sử f là hàm đặc trưng của X1 và I là một đoạn chứa gốc mà trên đó hàm

f không bị triệt tiêu Khi đó ta nhận được từ (1.32)

Khẳng định (1) của định lý được chứng minh

2 Giả sử αβ > 0 và |β | = 1 Nếu α = 1, khi β = 1 trong trường hợp này(1.34) thỏa mãn với hàm đặc trưng tùy ý Nếu α = −1 thì β = −1 vàtrong trường hợp này điều kiện (1.34) thỏa mãn với bất kỳ hàm đặc trưngnhận giá trị thực nào đó

3 Trong trường hợp không tầm thường duy nhất: αβ > 0 và |β | < 1 Ở đây

γ > 0 và giả sử λ là nghiệm thực duy nhất của phương trình γ |β |λ = 1

a Nếu λ ≤ 1 thì |α| ≤ 1 và ta nhận được từ (1.33) với t ∈ I

bổ đề (1.3) thì f là hàm đặc trưng của luật chuẩn (có thể suy biến).Khẳng định b được chứng minh.

c Đầu tiên ta dẫn ra phương trình (1.34) áp dụng f có thể chia vô hạn,nếu với mỗi λ > 0, công thức (1.30) và (1.31) là đúng nếu 0 < λ < 2.Chúng ta luôn chứng minh được là việc áp dụng (1.33), với λ ≥ 1 vectơngẫu nhiên X1 suy biến, điều này có thể xem như là trường hợp đặc biệtcủa công thức (1.30) và (1.31)

Chúng ta bắt đầu bằng việc chỉ ra rằng f không bị triệt tiêu Giả sử rằngđiều đó không đúng và giả sử t0 > 0 là giá trị mà tại đó f gần gốc tọa

độ nhất trên nửa trục thực dương.Khi đó biểu thức f (t) = [ f (β t)]γ làđúng trên (0;t) Lấy trị tuyệt đối hai về và cho t → t0− 0 ta nhận thấy fliên tục, f (β t0) = 0, trái với giả thiết Tương tự, hoặc nhận thấy từ tínhchất Hermitian, f (t) 6= 0 trên phần trục thực âm Do đó (1.34) đúng với

∀t ∈ R, từ đó f không triệt tiêu Vậy với ∀t và mọi số nguyên dương n

f(t) = [ f (β t)]γ = = [ f (βnt)]γn, |β |−λ > 1nếu λ > 0 Từ đó f1/γn là một hàm đặc trưng với mọi n và f có thể chia

vô hạn Ta đã chứng minh với λ > 0

Do vậy, chúng ta có biểu diễn Levy L(µ, σ2, M, N) cho log f

Do tính duy nhất của biểu diễn Levy, từ (1.35) và (1.37) suy ra

Các bổ đề dưới đây đóng vai trò quan trọng trong việc chứng minh các định

lý ở chương 2 Do vậy, chúng ta phát biểu và chứng minh chúng

Bổ đề 1.8 Giả sử α1, α2, , αmlà các vectơ khác 0 cho trước của một không gian vectơ mà trong đó đã xác định tích vô hướng Khi đó tồn tại một vectơ β không trực giao với bất kỳ vectơ nào ở trên.

Chứng minh

Giả sử tồn tại một vectơ xác định β0 không trực giao với k vectơ đầu tiên,nhưng trực giao với vectơ αk+1 Khi đó, xét vectơ β0+ c.αk+1, trong đó c làhằng số bất kỳ

Tích vô hướng của vectơ này với αi, i ≤ k là:

di= (β0+ cαk+1, αi) = (β0, αi) + c(αk+1, αi)Khi đó, do (β0, αi) 6= 0, i = 1; k nên di6= 0, ∀c hoặc di= 0 với c = ci nào đó

Ta chọn c 6= ci(1 ≤ i ≤ k) thì khi đó di 6= 0, ∀i = 1; k Đặt β1 = β0+ cαk+1,trong đó c 6= ci(1 ≤ i ≤ k) thì β1 không trực giao với bất kỳ vectơ αinào với

sao cho C1 = HA và C2= HB với cấp lần lượt là 2 × k và 2 × m có tính chất

sau: Cột đầu tiên của C1 không tỷ lệ với bất kỳ cột nào khác của C1 hoặc với bất kỳ cột nào của C2.

Ta chọn vectơ (1, 0, , 0) là hàng đầu tiên của ma trận cần tìm H và hàng thứ

2 là vectơ γT = (0, γ2, γ3, , γp) được chọn theo cách

(γ, α1− αi) 6= 0 với i = 2, , r,(γ, α1− βi6= 0) với i = 1, , s

Theo bổ đề 1.8, vectơ γ như vậy là tồn tại Khi đó dễ dàng thấy được rằng matrận H được chọn như vậy có tính chất thỏa mãn yêu cầu

Bổ đề 1.9 được chứng minh

Bổ đề 1.10 Giả sử X = µ1+ AY và X = µ2+ BZ là hai biểu diễn cấu trúc

của X Khi đó đa tạp tuyến tính được sinh bởi các cột của A và B là trùng nhau, do vậy rankA = rankB Hơn nữa, vectơ µ1− µ2 thuộc đa tạp tuyến tính chung này.

Bổ đề 1.10 được chứng minh

Theo bổ đề 1.10 ta có thể lấy biểu diễn cấu trúc của X một cách đơn giản là

AY mà không làm mất tính tổng quát

Bổ đề 1.11 Cho Y là một vectơ ngẫu nhiên 2 chiều, Y = (Y1,Y2)T có biểu

trong đó, { f1, f2, , fk} và {g1, g2, , gm} là tập các biến ngẫu nhiên độc

lập Giả sử cột thứ r ở biểu diễn thứ nhất là (a1r, a2r)T không tỷ lệ với bất kỳ

cột (a1 j, a2 j)T nào ( j 6= r) và với bất kỳ cột (b1 j, b2 j)T nào của biểu diễn thứ

2; j = 1, 2, , m Khi đó biến ngẫu nhiên fr là chuẩn.

Chứng minh

Giả sử ψi là logarit của hàm đặc trưng của fi và φj là logarit của hàm đặc

trưng của gj ( được xác định trong một lân cận của điểm gốc) Xét hàm đặc

trưng đồng thời của Y1 và Y2

Eexp{iuY1+ ivY2}

Sử dụng hai biểu diễn trong (1.41), với |u| < δ0, |v| < δ0 ta có hệ thức:

+ Với biểu diễn thứ nhất của Y thì

log Eexp(iuY1+ ivY2)

= log Eexp{i(a11u+ a21v) f1+ + i(a1ku+ a2kv) fk}

do các f1, f2, , fk độc lập nên

= log E exp{i(a11u+ a21v) f1}.E exp{i(a12u+ a22v) fk} E exp{i(a1ku+ a22v) fk}

= log E exp{i(a11u+ a21v) f1} + + log E exp{i(a1ku+ a2kv) fk}

Vậy ta có phương trình

ψ1(a11u+ a21v) + + ψk(a1ku+ a2kv)

−φ1(b11u+ b21v) − − φm(b1mu+ b2mv) = 0

(1.44)

Trong phương trình trên có thể có những a2ihoặc b2 j bằng 0, khi đó các hàm

ψi và φj tương ứng là các hàm của một biến u, ta nhóm chúng lại và đặt nóbằng A(u) Tương tự có thể có những a1i hoặc b1 j bằng 0, khi đó các hàm ψi

và φj tương ứng là các hàm của một biến v, ta nhóm chúng lại và đặt nó bằngB(v)

Đối với các hàm ψi, φj có a1i, a2i, b1 j, b2 j khác 0, ta làm như sau: Không mấttính tổng quát, ta có thể giả sử rằng a1r 6= 0 và thay các phần tử khác không

a1i và b1 j bằng 1, điều này chỉ làm thay đổi về tỷ lệ của các biến ngẫu nhiên

fi và gj Thực hiện việc nhóm các hàm ψi, φj có cùng hệ số trong (1.44) vàđặt là hàm ηk(u + c2kv) nào đó Với những lý luận trên thì phương trình (1.44)được viết lại như sau:

+ Nếu a2r6= 0 ta viết lại thành

+ Nếu a2r= 0 phương trình (1.44) được viết lại

η1(u + c2rv) + + ηs(u + c2sv) = ψr(u) + B(v) (1.46)

ở đây, không tồn tại hàm A(u) vì nếu tồn tại thì sẽ có ít nhất một số a2i hoặc

b2 j bằng 0, dẫn đến cột (1; a2r)T tỉ lệ với cột (1; a2i)T hoặc (1; b2 j)T, điều nàytrái với giả thiết chúng không tỉ lệ

Áp dụng bổ đề 1.4 ta thấy rằng ψr là một đa thức với bậc ≤ s trong lân cậnnào đó của gốc Khi đó ψr sẽ là một đa thức bậc hai nếu fr không suy biến

Vì vậy fr có phân bố chuẩn

Bổ đề 1.12 Giả sử rằng cột thứ i trong biểu diễn thứ nhất của (1.41) tỷ lệ với

cột thứ j trong biểu diễn thứ hai, nhưng không tỷ lệ với bất kỳ cột nào còn lại của cả hai biểu diễn đó Khi đó, trong lân cận nào đó của điểm gốc logarit của các hàm đặc trưng của fi và gj sai khác một đa thức.

Chứng minh

Không mất tính tổng quát, ta có thể lấy i = j Lưu ý rằng mỗi hàm trong sốnhững hàm η ở (1.45) và (1.46) chính là sự sai khác giữa logarit của các hàmđặc trưng của fi và gj, và theo bổ đề 1.4 mỗi hàm η là một đa thức

Bổ đề 1.13 Cho X là một vectơ ngẫu nhiên p - chiều bất kỳ Khi đó X có biểu

Chứng minh

Gọi C(t) là hàm đặc trưng của X và S là tập tất cả các ma trận xác định không

âm sao cho ∀A ∈ S,C(t)e12 tTAt là một hàm đặc trưng Dễ dàng chỉ ra đượcrằng tập S bị chặn trên

Giả sử A = (ai j) là một phần tử của S Xét tập S1 ⊂ S là tập các ma trậnvới phần tử a(1)11 = supA∈Sa11, từ tập S1 ta lại chọn ra tập con S2 với phần tử

a(2)22 = supA∈S1a(1)22 và tiếp tục cách làm như vậy ta chọn được một dãy tập con

Ta đã tìm được một trong các biểu diễn lớn nhất nhưng nói chung là khôngduy nhất Cái hay là ta đã tìm được những điều kiện để cho biểu diễn lớn nhất

là duy nhất, tức là tồn tại một dạng tích (1.48) với A∗ hoàn toàn lớn hơn bất

kỳ phần tử nào khác của S

Bổ đề 1.14 Giả sử với mọi n, vectơ ngẫu nhiên k chiều Gn có các thành phần độc lập Xét dãy vectơ ngẫu nhiên p chiều Xn = BGn trong đó B là ma trận

p× k Nếu Xn hội tụ theo phân phối tới X : Xn −→ X thì X cũng có cấu trúcL

tuyến tính và X = BG với G là một vectơ với các thành phần độc lập.

là compact dịch chuyển, nghĩa là tồn tại một dãy con {Gm} và một dãy vectơhằng số {cm} sao cho Gm− cm−→ G.L

Xét Xm = B(Gm− cm) + Bcm Từ Xm và Gm− cm có phân phối giới hạn kéotheo Bcm→ c, ở đây c là một vectơ hằng Khi đó X = BG + c Giả sử b là mộtvectơ trực giao với các cột của B Khi đó 0 = bTBcm → bTc, vì vậy bTc= 0

Do đó, vectơ hằng c được chứa trong G và cấu trúc của X được viết một cáchđơn giản là BG

... Khi biến ngẫu nhiên fr là chuẩn.

Chứng minh

Giả sử ψi logarit hàm đặc trưng fi φj logarit hàm đặc

trưng. .. < λ < 2.Chúng ta chứng minh việc áp dụng (1.33), với λ ≥ vect? ?ngẫu nhiên X1 suy biến, điều xem trường hợp đặc biệtcủa công thức (1.30) (1.31)

Chúng ta bắt đầu việc f không... chọn có tính chất thỏa mãn yêu cầu

Bổ đề 1.9 chứng minh

Bổ đề 1.10 Giả sử X = µ1+ AY X = µ2+ BZ hai biểu diễn cấu trúc< /i>

của