Độ đo Gauss trên không gian Hilbert

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGÔ THỊ HƯỜNG Tên đề tài ĐỘ ĐO GAUSS TRÊN KHÔNG GIAN HILBERT Chuyên ngành: Lý thuyết xác suất thống kê toán học Mã số: 60.46.01.06 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Ngô Hoàng Long HÀ NỘI, NĂM 2017 Mục lục Lời mở đầu ii Lời cảm ơn Kiến thức bổ trợ 1.1 Không gian xác suất 1.2 Toán tử không gian Banach 1.3 Không gian Hilbert Độ đo Gauss không gian Hilbert 17 2.1 Sơ lược 17 2.2 Không gian Hilbert chiều 17 2.3 Không gian Hilbert hữu hạn chiều 19 2.4 Độ đo không gian Hilbert 23 2.5 Độ đo Gauss 27 2.6 Các biến ngẫu nhiên Gauss 35 2.7 Không gian Cameron-Martin tiếng ồn trắng 44 Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert 50 3.1 Giới thiệu đặt vấn đề 50 3.2 Tính tương đương kì dị tích độ đo 51 3.3 Công thức Cameron-Martin 58 3.4 Định lý Feldman-Hajek 59 Lời cảm ơn 62 Kết luận 62 Tài liệu tham khảo 63 i Lời mở đầu I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Độ đo Lebesgue đóng vai trò trung tâm giải tích không gian hữu hạn chiều Một đặc điểm quan trọng độ đo Lebesgue tính tịnh tiến bất biến, tức độ đo tập không thay đổi ta tịnh tiến toàn tập theo véc tơ Trong không gian vô hạn chiều, người ta chứng minh có độ đo tầm thường đồng có tính chất tịnh tiến bất biến, tức không tồn độ đo kiểu Lebesgue không gian vô hạn chiều Do để nghiên cứu giải tích không gian vô hạn chiều người ta đưa vào độ đo Gauss Với mong muốn tìm hiểu kĩ độ đo Gauss, định chọn đề tài “Độ đo Gauss không gian Hilbert” cho luận văn thạc sĩ Trước tiên luận văn trình bày phương pháp xác định độ đo Gauss không gian chiều hữu hạn sau lấy tích vô hạn độ đo không gian Hilbert vô hạn chiều Tiếp đó, cụ thể hóa độ đo Gauss không suy biến không gian Hilbert vô hạn chiều tách sinh không gian Cameron-Martin tiếng ồn trắng Cuối cùng, luận văn trình bày tính tương đương kì dị độ đo Gauss công thức Cameron-Martin, công cụ để xác định tính liên tục tuyệt đối kì dị độ đo II MỤC TIÊU NGHIÊN CỨU Nghiên cứu độ đo Gauss không gian Hilbert vô hạn chiều tách được, tính tương đương kì dị độ đo III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU • Độ đo Gauss không gian Hilbert • Tính tương đương kì dị độ đo Gauss IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Nghiên cứu lý luận ii V CẤU TRÚC LUẬN VĂN Nội dung luận văn bao gồm ba chương: Chương I: Kiến thức chuẩn bị Chương II: Độ đo Gauss không gian Hilbert Chương III: Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert Lời cảm ơn Luận văn tốt nghiệp với đề tài "Độ đo Gauss không gian Hilbert" công sức nghiên cứu em hai năm học thạc sỹ trường Đại học Sư phạm Hà Nội với giúp đỡ số cá nhân tập " Một làm chẳng nên non" Đúng vậy, đề tài em có hoàn thành giúp đỡ thầy - TS Ngô Hoàng Long Vì vậy, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy - Người trực tiếp hướng dẫn tận tình bảo cho em suốt trình nghiên cứu hoàn thành luận văn Ngoài ra, em xin gửi lời cảm ơn tập thể giảng viên khoa Toán, trường Đại học Sư phạm Hà Nội - người thầy truyền cho em tri thức, giúp em có kiến thức để hoàn thành luận văn cách thuận lợi Cuối cùng, em xin gửi lời cảm ơn đến gia đình bạn bè bên, động viên, giúp đỡ tạo điều kiện giúp em trình thực đề tài nghiên cứu Em mong nhận góp ý đáng quý thầy cô, bạn bè người quan tâm để luận văn hoàn thiện phát triển Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày tháng năm 2017 Sinh Viên Ngô Thị Hường Chương Kiến thức bổ trợ 1.1 Không gian xác suất Cho (Ω, F, P) không gian xác suất Với A ∈ F bất kỳ, ký hiệu Ac phần bù A hàm tiêu 1A xác định sau:  1 ω ∈ A 1A (ω) = 0 ω ∈ Ac Cho E không gian metric đầy đủ Ký hiệu B(E) σ−đại số sinh tất tập đóng (tương ứng mở) E Mỗi biến ngẫu nhiên (Ω, F, P) với giá trị E ánh xạ X : Ω → E cho với I ∈ B(E) X −1 (I) ∈ F Luật X độ đo xác suất X P (E, B(E)) xác định sau: X P(I) = P(X −1 (I)) = P(X ∈ I), I ∈ B(E) Mệnh đề 1.1 Cho X biến ngẫu nhiên (Ω, F, P) với giá trị E Cho ϕ : E → R ánh xạ Borel bị chặn Khi đó, ta có: ϕ(X(ω))P(dω) = Ω ϕ(x)X P(dx) (1.1) E Chứng minh Do ϕ ánh xạ Borel bị chặn nên ta cần chứng minh định lý hàm ϕ = 1I với I ∈ B(E) Ta có: với ω ∈ Ω,   1 X(ω) ∈ I 1 ω ∈ X −1 (I) = 1X −1 (I) (ω) ϕ(X(ω)) = 1I (X(ω)) = = 0 X(ω) ∈ I 0 ω ∈ X −1 (I) Chương Kiến thức bổ trợ Vì vậy, ϕ(X(ω))P(dω) = Ω 1X −1 (I) (ω)P(dω) Ω = E(1X −1 (I) ) = P(X −1 (I)) = X P(I) 1I (x)X P(dx) X P(dx) = = E I = ϕ(x)X P(dx) E Từ đó, ta có điều phải chứng minh Định lý 1.2 (Định lý Randon-Nikodym) Giả sử µ ν hai độ đo xác suất (Ω, F) Nếu µ ν tồn hàm ρ ∈ L1 (Ω, F, ν) cho: µ(A) = với A ∈ F ρdν A Ký hiệu: ρ= 1.1.1 dµ dν Tính chất phép biến đổi độ đo xác suất Giả sử P, Q độ đo xác suất (Ω, F) thỏa mãn P Q Theo Định lý 1.2, tồn dP hàm Z = Khi đó, EP (X) = EQ (XZ) với biến ngẫu nhiên X dQ Một cách hình thức, ta có: XdP = Ω Chứng minh Ta có: XZdQ Ω dP = Z tức P (A) = ZdQ = EQ (Z1A ) dQ A Bước 1: Nếu X biến ngẫu nhiên đơn giản X có dạng: X = Ta có: n P E (X) = P(Ai ) i=1 n EQ (Z1Ai ) = i=1 n Q 1Ai =E i=1 Z n i=1 1Ai Chương Kiến thức bổ trợ = EQ (XZ) Bước 2: Nếu X Khi đó, tồn dãy biến ngẫu nhiên đơn giản Xn ↑ X Theo Bước ta có: EP (Xn ) = EQ (Xn Z) Do Xn biến ngẫu nhiên đơn giản nên bị chặn Áp dụng định lý hội tụ bị chặn Lebesgue ta có: EP (X) = EQ (XZ) Bước 3: Nếu X biến ngẫu nhiên Khi đó, X = X + − X − Ta có: EP (X) = EP (X + ) − EP (X − ) = EQ (X + Z) − EQ (X − Z) = EQ (XZ) 1.1.2 Hàm đặc trưng tính chất Định nghĩa Hàm số: ϕX (t) := EeitX = E cos tX + iE sin tX, t ∈ R, gọi hàm đặc trưng biến ngẫu nhiên X Nếu FX (x) hàm phân phối biến ngẫu nhiên X thì: eitx dFX (x), ϕX (t) = t ∈ R R Nếu X có mật độ f (x) thì: eitx f (x)dx ϕX (t) = R Định nghĩa Giả sử X = (X1 , , Xn ) véc tơ ngẫu nhiên nhận giá trị Rn Hàm đặc trưng X hàm số: ϕX (t) = Eei(t,X) = ei(t,x) dFX (x), t ∈ Rn R Chương Kiến thức bổ trợ Một số tính chất hàm đặc trưng Giả sử X có hàm phân phối F ϕ(t) hàm đặc trưng Khi đó, a |ϕ(t)| z ϕ(0) = 1, |ϕ(t + h) − ϕ(t)| − Reϕ(h), Rez phần thực b ϕ(t) liên tục R c ϕ(−t) = ϕ(t) d ϕ(t) hàm thực X có phân phối đối xứng nghĩa X −X phân phối hay tương đương PX (B) = PX (−B), ∀B ∈ B(R) e Nếu X Y độc lập thì: ϕX+Y (t) = ϕX (t).ϕY (t), t ∈ R Do đó, X1 , , Xn độc lập thì: n ϕXk (t), ϕ(X1 , ,Xn ) (t) = t ∈ R k=1 g Nếu E |X|n < ∞ với n ϕ(t) có đạo hàm đến cấp n điểm và: ϕ(k) (t) = (ix)k eitx dF (x) = ik E(X k eitX ), R ϕ(k) (0) , ik n (it)n (it)k EX k + αn (t), ϕ(t) = k! n! k=0 EX k = đó, |αn (t)| 2E |X n | , αn (t) −→ t → Đảo lại, ϕ(2m) (0) tồn hữu hạn EX 2m < ∞, m số nguyên dương 1.1.3 Phân phối chuẩn nhiều chiều Mật độ chuẩn Véc tơ X = (X1 , , Xn ) có phân phối chuẩn n chiều hàm mật độ có dạng: √ det A f (x) = − (A(x − a), (x − a)) , x ∈ Rn , (1.2) n exp (2π) Chương Kiến thức bổ trợ đó, A = (aij )ni,j=1 ma trận đối xứng, xác định dương Khi đó, hàm đặc trưng X là: ϕX (t) = exp i(t − a) − (M t, t) , đó, M = A−1 Định lý 1.3 Đối với véc tơ a ∈ Rn ma trận đối xứng xác định dương M cấp n tùy ý, hàm: ϕX (t) = exp{i(t − a) − (M t, t)}, t ∈ Rn , (1.3) hàm đặc trưng phân phối chuẩn N (a, M ) với hàm mật độ tương ứng cho (1.2), M = A−1 Ý nghĩa xác suất phân phối chuẩn nhiều chiều: Giả sử X = (X1 , , Xn ) với hàm đặc trưng ϕ(t) có dạng (1.3), M = (mij )ni,j=1 Khi đó, (1.3) ta có: a = (EX1 , , EXn ) , M ma trận covarian X nghĩa M = (cov(Xi , Xj ))ni,j=1 Véc tơ X có phân phối N (a, M ) gọi véc tơ Gauss Chú ý: Xét công thức (1.3) với M ma trận suy biến, xác định không âm Khi đó, ϕ(t) hàm đặc trưng phân phối Rn ; với a, M xác định Véc tơ X với hàm đặc trưng gọi véc tơ Gauss Tương quan véc tơ Gauss Giả sử X, Y hai véc tơ ngẫu nhiên Gauss với giá trị Rn , Rm Xét Z véc tơ ngẫu nhiên với giá trị Rn+m có dạng Z = (X, Y ) Ký hiệu: MX , MY , MZ ma trận covarian X, Y, Z tương ứng Còn MX,Y ma trận covarian X Y Nghĩa là, MX,Y = E(X − EX)(Y − EY ) = EXY − (EX)(EY ) Lúc đó, MZ = MX MX,Y MX,Y MY Định lý 1.4 Nếu X, Y véc tơ Gauss độc lập Z véc tơ Gauss MX,Y = Ngược lại, Z véc tơ Gauss MX,Y = X Y độc lập Định lý 1.5 Giả sử MX không suy biến Lúc đó: E(Y | X = x) = EY + MY,X MX−1 (x − EX) Chương Độ đo Gauss không gian Hilbert 49 e x,2Q = −1 f dNQ H = e2 1 2Q− f,Q(2Q− f ) −1 f,QQ− f −2 f,Q f = e2 Q = e2 Q 1 = e2|f | Kết hợp (2.29), ta có: [eWf − eWg ]2 dNQ H [e2Wf − 2eWf +g + e2Wg ]dNQ = H 2 2 = e2|f | − 2e |f +g| + e2|g| = [e|f | − e|g| ]2 + 2e|f | Từ đó, ta có điều phải chứng minh 2 +|g|2 [1 − e− |f −g| ] Chương Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert 3.1 Giới thiệu đặt vấn đề Cho không gian Hilbert vô hạn chiều tách H độ đo Gauss không suy biến µ = NQ , Q ∈ L+ (H) Ký hiệu (ek ) hệ trực chuẩn đầy đủ H cho Qek = λk ek , k ∈ H, đó, (λk ) giá trị riêng Q Đặt xk = x, ek , k ∈ N Ta nghiên cứu tính tương đương kỳ dị độ đo NQ , Na,Q , a ∈ H Nếu µ, ν độ đo (Ω, F), ta nói µ liên tục tuyệt đối theo ν (và viết µ ν) với tập A ∈ F cho ν(A) = µ(A) = Nếu µ ν Định lý Radon-Nikodym, tồn hàm ρ ∈ L1 (Ω, F, ν) cho: µ(A) = ρdν với A ∈ F A dµ dν Nếu µ ν ν µ, ta nói µ ν tương đương Nếu tồn hai tập A ∈ F B ∈ F có giao rỗng cho µ(A) = ν(B) = 1, ta nói µ ν kỳ dị với Đầu tiên, xét H hữu hạn d chiều Do Q không suy biến nên: det Q > Nên Na,Q = với độ đo Lebesgue B 0, tức Na,Q độ đo Lebesgue tương đương Vì vậy, NQ Na,Q tương đương Ta có: dNa,Q Na,Q (dx) (x) = dNQ NQ (dx) Ta ký hiệu: ρ = = e− Q−1 (x−a),x−a e− Q−1 x,x 50 Chương Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert 51 − 12 ( Q−1 x,x + Q− a −2 Q−1 a,Q−1 x ) = e e− =e Q−1 x,x 1 − 12 Q− a + Q− a,Q− x , x ∈ H (3.1) Trường hợp H vô hạn chiều, ta chứng minh: (i) Nếu a ∈ Q (H) NQ Na,Q tương đương (ii) Nếu a ∈ Q (H) NQ Na,Q kỳ dị Hơn nữa, trường hợp đầu tiên, chứng minh công thức (3.1) đúng, 1 ta phải giải thích số hạng Q− a, Q− x WQ− 12 a (x) Ta cần Định lý Kakutani tính tương đương kỳ dị tích vô hạn độ đo, chứng minh phần 3.2 Phần 3.3 dành cho việc chứng minh Định lý Cameron-Martin Cuối cùng, phần 3.4, ta nghiên cứu tương đương hai độ đo Gauss NQ , NR với Q, R ∈ L+ (H) (Định lý Feldman-Hajek) trường hợp đặc biệt Q R giao hoán 3.2 Tính tương đương kì dị tích độ đo Bây giờ, bắt đầu với khái niệm tích phân Hellinger Cho µ ν hai độ đo xác suất (Ω, F) Rõ ràng, µ ν liên tục tuyệt đối theo độ đo xác suất ζ := (µ + ν) (Ω, F) Tích phân Hellinger µ ν xác định bởi: dµ dν dζ dζ dζ H(µ, ν) = (3.2) Ω Áp dụng Bất đẳng thức Holder, ta có: dµ dζ H(µ, ν) dν dζ dζ Ω dµ dζ) ( dζ ( Ω Nên H(µ, ν) dν dζ) = dζ Ω Nhận xét Cho λ độ đo xác suất (Ω, F) cho µ ràng ζ λ đó, dµ dµ dλ dν dν dλ = , = dζ dλ dζ dζ dλ dζ λ ν λ Thì rõ Chương Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert 52 Vì vậy, trường hợp này, H(µ, ν) viết sau: dµ dν dλ dλ dλ H(µ, ν) = Ω Nghĩa định nghĩa 3.2, ta thay ζ độ đo λ cho µ ν liên tục tuyệt đối theo độ đo λ Nhận xét Giả sử µ ν tương đương Thì ta có: dµ dν dµ dν dµ dµ = = dζ dζ dζ dµ dζ dζ dν , dµ dν dµ dζ = dµ dζ H(µ, ν) = Ω dν dµ dµ Ω Bài tập 3.1 Cho Ω = R, µ = Nλ , ν = Na,λ , a ∈ R, λ > 0, ta có: ax a2 dν (x) = e− 2λ + λ , dµ x ∈ R, vậy, a2 a2 ax H(µ, ν) = e− 4λ e 2λ Nλ (dx) = e− 8λ R Giải 3.1 Ta có: (x−a)2 dν e− 2λ (x) = x2 dµ e− 2λ a2 ax = e− 2λ + λ , x ∈ R Dễ thấy Nλ N1,λ tương đương nên áp dụng nhận xét ta có: dν dµ dµ H(µ, ν) = R a2 ax e− 4λ + 2λ Nλ (dx) = R a2 ax = e− 4λ e λ Nλ (dx) R ax x2 eλ √ e− 2λ dx 2πλ − a4λ =e R Chương Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert a2 = e− 4λ √ 53 x2 ax e λ − 2λ dx 2πλ R − a4λ =e a2 e 8λ a2 = e− 8λ Ta chứng minh tính chất quan trọng tích phân Hellinger Mệnh đề 3.2 Giả sử rằng, H(µ, ν) = Thì µ ν kỳ dị với Chứng minh Ta ký hiệu f, g đạo hàm Radon-Nikodym sau: f= dµ dν ,g = , dζ dζ đó, ζ = (µ + ν) Do đó, f gdζ = H(µ, ν) = Ω Từ ta có f g = ζ − h.k.n Đặt: A = {ω ∈ Ω : f (ω) = 0}, B = {ω ∈ Ω : g(ω) = 0}, C = {ω ∈ Ω : f (ω)g(ω) = 0} Do f g = ζ − h.k.n nên ζ(C) = Mà (µ + ν)(C) = 2ζ(C) = nên µ(C) = ν(C) = Hơn nữa, µ(A) = dµ = A ν(B) = f dζ = A dν = B gdζ = B Vì C = A ∪ B, µ(A) = 0, µ(C) = nên µ(B \ A) = 1, tức µ tập trung B \ A Tương tự: ν tập trung A \ B Do đó, µ ν kỳ dị với Nếu H(µ, ν) > độ đo µ ν không thiết tương đương Tuy nhiên, điều xảy với tích độ đo tương đương, xem Định lý 3.5 Trước hết, ta cần kết sau: Chương Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert 54 Bổ đề 3.3 Giả sử µ1 , ν1 , µ2 , ν2 độ đo xác suất (Ω, F) Khi ta có: H(µ1 × µ2 , ν1 × ν2 ) = H(µ1 , ν1 )H(µ2 , ν2 ) Chứng minh Cho ζ1 , ζ2 độ đo xác suất (Ω, F) cho: µ1 ζ1 , ν1 ζ1 , µ2 ζ2 , ν2 ζ2 Bởi Định lý Fubini, ta có: µ1 × µ2 ζ1 × ζ2 , ν1 × ν2 ζ1 × ζ2 Đặt: f1 (ω1 ) = dµ1 dν1 (ω1 ), g1 (ω1 ) = (ω1 ), dζ1 dζ1 f2 (ω2 ) = dµ2 dν2 (ω2 ), g2 (ω2 ) = (ω2 ) dζ2 dζ2 Do đó, dµ1 dµ2 d(µ1 × µ2 ) (ω1 , ω2 ) = (ω1 ) (ω2 ) = f1 (ω1 )f2 (ω2 ) d(ζ1 × ζ2 ) dζ1 dζ2 dν1 dν2 d(ν1 × ν2 ) (ω1 , ω2 ) = (ω1 ) (ω2 ) = g1 (ω1 )g2 (ω2 ) d(ζ1 × ζ2 ) dζ1 dζ2 Vì vậy, d(µ1 × µ2 ) d(ν1 × ν2 ) d(ζ1 × ζ2 ) d(ζ1 × ζ2 ) d(ζ1 × ζ2 ) H(µ1 × µ2 , ν1 × ν2 ) = Ω×Ω = f1 (ω1 )g1 (ω1 )f2 (ω2 )g2 (ω2 )ζ1 (dω1 )ζ2 (dω2 ) Ω×Ω = f1 (ω1 )g1 (ω1 )ζ1 (dω1 ) Ω Ω dµ1 dν1 d(ζ1 ) dζ1 dζ1 = Ω f2 (ω2 )g2 (ω2 )ζ2 (dω2 ) dµ2 dν2 d(ζ2 ) dζ2 dζ2 Ω = H(µ1 , ν1 )H(µ2 , ν2 ) Bài tập 3.4 Cho (µk ), (νk ) dãy độ đo xác suất (R, B(R)) Xét độ đo tích (R∞ , B(R∞ )) : ∞ µ = ×∞ k=1 µk , ν = ×k=1 νk Chương Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert Chứng minh rằng: 55 ∞ H(µ, ν) = H(µk , νk ) k=1 Giải 3.4 Áp dụng bổ đề 3.3 ta có: n H(×nk=1 µk , ×k=n k=1 νk ) = H(µk , νk ) k=1 Cho n → ∞ ta điều phải chứng minh Giờ ta chứng minh Định lý Kakutani Định lý 3.5 Cho (µk ), (νk ) dãy độ đo xác suất (R, B(R)) cho µk , νk tương đương với k ∈ N Cho: ∞ µ = ×∞ k=1 µk , ν = ×k=1 νk Nếu H(µ, ν) > độ đo µ ν tương đương có: n dνk dν (x) = lim (xk ) L1 (R∞ , µ) n−→∞ dµ dµ k i=1 Nếu H(µ, ν) = độ đo µ ν kỳ dị Chứng minh Viết: ρi (xi ) = dνi (xi ), fn (x1 , , xn ) = dµi n ρi (xi ), i, n ∈ N, i=1 với n ∈ N Ta xác định độ đo: µ(n) = ×nk=1 µk , ν (n) = ×nk=1 νk , n ∈ N Do µk , νk tương đương với k ∈ N nên µ(n) tương đương với ν (n) d(×nk=1 νk ) dν (n) (x) = (x) dµ(n) d(×nk=1 µk ) n = dνk (xk ) dµk k=1 n ∈ N, x ∈ R∞ = fn (x), Kết hợp với nhận xét ta có: dν (n) n dµ dµ(n) H(µ(n) , ν (n) ) = R∞ (3.3) Chương Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert 56 fn µn (dx) = R∞ Ta cần dãy (fn ) hội tụ L1 (H, µ) √ Để chứng minh nó, ta cần chứng minh dãy ( fn ) hội tụ L2 (H, µ) Nếu n, p ∈ N, ta xét đến độc lập biến ngẫu nhiên (xn )n∈N , fn+p − fn dµ R∞ (fn+p + fn − fn+p fn )dµ = R∞  n+p = ρi (xi ) − ρi (xi ) +  i=1 i=1 n+p n R∞  = n+p n R∞ i=1 ρi (xi ) − i=1 i=1 n n+p = µ(dx) ρi (xi ) − µ(dx) i=n+1 n+p ρi (xi ) − µ(dx) ρi (xi )µ(dx) R∞ ρi (xi ) i=n+1 n = i=n+1 ρi (xi ) + − ρi (xi ) R∞ i=1 ρi (xi ) µ(dx) n+p n+p =  n+p ρi (xi ) i=n+1 n ρi (xi ) µ(dx) i=1 i=1 ρi (xi ) i=1 R∞ ρi (xi ) n ρi (xi ) +   n i=1 R∞ i=n+1 n+p ρi (xi ) − µ(dx) = R∞ i=n+1 n+p n+p ρi (xi ) − = R∞ i=n+1  ρi (xi ) + µ(dx) i=n+1  n+p = 1 − ρi (xi )dµi (xi ) i=n+1 R n+p =2−2 H(µi , νi ) i=n+1 Mặt khác, giả sử H(µ, ν) > nên áp dụng tập 3.4 ta có: ∞ H(µ, ν) = H(µk , νk ) > k=1 (3.4) Chương Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert 57 ∞ ⇐⇒ − ln H(µ, ν) = − ln H(µk , νk ) < +∞ k=1 ∞ ⇐⇒ − ln[H(µk , νk )] < +∞ k=1 Do đó, với ε > 0, tồn nε ∈ N cho: Nếu n > nε p ∈ N, thì: n+p − ln[H(µk , νk )] < ε k=n+1 n+p ⇐⇒ − ln H(µi , νi ) e−ε ⇐⇒ i=n+1 Áp dụng (3.4) với n > nε : fn+p − fn dµ < − 2e−ε < 2(1 − e−ε ) −→ ε → R∞ √ Vậy dãy ( fn ) hội tụ L2 (H, µ) nên dãy (fn ) hội tụ L1 (H, µ) Giờ ta chứng minh kết luận Định lý Giả sử f giới hạn (fn ) L1 (H, µ) dν Dễ thấy: f trùng với mật độ Cho ϕ hàm Borel thực (R∞ , B(R∞ )) phụ dµ thuộc vào x1 , , xk Thì với n > k ta có: ϕ(x)ν n (dx) = R∞ ϕ(x)fn (x)µn (dx) R∞ Nên với n > k, đồng tương đương với: ϕ(x)ν(dx) = R∞ ϕ(x)fn (x)µ(dx) R∞ Khi n −→ ∞, ta có: ϕ(x)f (x)µ(dx) ϕ(x)ν(dx) = R∞ R∞ Do ϕ hàm phụ thuộc vào x1 , , xk nên µ(A) = với A ∈ B(R∞ ) ν(A) = ngược lại Vậy µ ν tương đương với Khẳng định cuối Định lý suy từ Mệnh đề 3.2 Chương Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert 3.3 58 Công thức Cameron-Martin Ta xét hai độ đo Gauss µ = NQ ν = Na,Q (H, B(H)), a ∈ H Q ∈ L+ (H) Định lý 3.6 (i) Nếu a ∈ Q (H) µ ν kỳ dị với (ii) Nếu a ∈ Q (H) µ ν tương đương với (iii) Nếu µ ν tương đương với mật độ dν cho bởi: dµ dν (x) = exp − Q− a + WQ− 12 a (x) , dµ x ∈ H (3.5) Chứng minh (i) Giả sử a ∈ Q (H) Thì H(µ, ν) = Bởi Định lý Kakutani nên µ ν kỳ dị với (ii) Chú ý đầu tiên, nhắc lại Bài tập 3.4, ta có: ∞ H(µ, ν) = ∞ k=1 a2 − 8λk H(µk , νk ) = e k k=1 Từ đó, ta có: − ln H(µ, ν) = ∞   Q− 21 a a ∈ Q (H) = λk +∞ lại a2k k=1 Vậy a ∈ Q (H) ta có: Q − 12 ∞ a = k=1 a2k < +∞ λk Nên H(µ, ν) > 0, áp dụng Định lý Kakutani, ta µ ν tương đương với (iii) Giả sử a ∈ Q (H) Thì (3.3), ta có: n a a x dν −1 k + k k (x) = lim e λk λk n−→∞ dµ k=1 L1 (H, µ) (3.6) Với n ∈ N, ký hiệu Pn phép chiếu trực giao không gian sinh e1 , , en đặt Qn = Pn Q Thì (3.6) viết lại sau: −1 dν (x) = lim e n−→∞ dµ −1 −1 −1 −1 Qn a + Qn a,Qn x − 12 Qn a +W −1 Q 2a = lim e (x) n−→∞ −1 1 L1 (H, µ) Mặt khác, a ∈ Q (H) nên lim Qn a = Q− a Áp dụng Mệnh đề 2.28, ta n−→∞ (3.5) thỏa mãn Chương Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert 3.4 59 Định lý Feldman-Hajek Cho hai độ đo Gauss không suy biến µ = NQ ν = NR , đó, Q, R ∈ L+ (H) Ta µ kỳ dị tương đương với ν Để đơn giản, ta xét trường hợp Q R giao hoán Như trước đây, công cụ tích phân Hellinger Định lý Kakutani Do Q R giao hoán nên tồn hệ trực chuẩn (ek ) H, dãy số dương (λk ), (rk ) cho: Qek = λk ek , Rek = rk ek , k ∈ N Ta sử dụng Bổ đề sau để chứng minh Định lý ∞ Bổ đề 3.7 Nếu < < với i < +∞ i=1 ∞ i=1 (1 − ) > Chứng minh Đầu tiên, ta chứng minh chiều ngược lại −x Do e ≥ − x với ∀x > Nên: ∞ e − ∞ (1 − ) > i=1 i=1 ∞ < +∞ Vì vậy, i=1 Chứng minh điều suy ∞ < +∞ nên tồn i0 cho với i Vì i0 i=1 Do − x e−2x với ln , ta có: x ∞ ∞ i0 (1 − ) = i=1 ln (1 − ) i=1 (1 − ) i=i0 +1 ∞ i0 −2 (1 − )e i=1 i0 i=i0 +1 ∞ −2 (1 − )e i=1 ∞ > i=1 < +∞ i=1 Vậy ta có điều phải chứng minh Định lý 3.8 Cho Q, R ∈ L+ (H) cho [Q, R] := QR − RQ = Cho µ = NQ ν = NR Thì µ ν tương đương nếu: ∞ k=1 (λk − rk )2 < ∞ (λk + rk )2 Nếu µ ν không tương đương chúng kỳ dị Chương Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert 60 Chứng minh Ta có: ∞ NQ = ×∞ k=1 Nλk , NR = ×k=1 Nrk Để áp dụng Định lý Kakutani, ta cần tính tích phân Hellinger: ∞ H(µ, ν) = H(µk , νk ) k=1 Do: k) λk − x2k ( λλk −r k rk , e rk dνk (xk ) = dµk xk ∈ R, k ∈ N, nên ta có: dνk 4rk λk (xk )µk (dxk ) = dµk (λk + rk )2 H(µk , νk ) = 4ξk = (1 + ξk )2 , R đó, ξk = λk Do đó, rk ∞ ∞ 4ξk (1 − ξk )2 H (µ, ν) = = − (1 + ξk )2 k=1 (1 + ξk )2 k=1 (3.7) Vì: H(µ, ν) > ⇐⇒ H (µ, ν) > ⇐⇒ − ln H (µ, ν) < +∞ ∞ ⇐⇒ ln − k=1 ∞ ⇐⇒ k=1 ∞ ⇐⇒ k=1 (1 − ξk )2 (1 + ξk )2 < +∞ (1 − ξk )2 < +∞ (1 + ξk )2 (λk − rk )2 < ∞ (λk + rk )2 Áp dụng Định lý Kakutani, ta có điều phải chứng minh Nhận xét Cho R = αQ với α > Áp dụng Định lý ta có: Nếu α = 1, NQ NR kỳ dị Chứng minh Với (ek )k cở sở trực chuẩn H Tồn hai dãy số dương (λk )k (rk )k cho: NQ = ×+∞ NR = NαQ = ×+∞ k=1 Nλk , k=1 Nrk Chương Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert 61 Khi đó, Qek = λk ek Từ đó, (αQ)ek = αλk ek Nên rk = αλk Vì [Q, R] := QR − RQ = 0, với α = : ∞ k=1 (λk − rk )2 (λk + rk )2 ∞ = k=1 = 1−α 1+α 1−α 1+α 2 áp dụng Định lý 3.8, ta có NQ NR kỳ dị .(+∞) = +∞, Kết luận Độ đo Gauss không gian Hilbert đóng vai trò quan trọng giải tích không gian vô hạn chiều Tuy nhiên khả có hạn em nghiên cứu cách xây dựng độ đo Gauss không gian Hilbert vô hạn chiều tách được, tính tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert Nếu có hội, em dành nhiều thời gian để nghiên cứu kỹ giải tích không gian vô hạn chiều- vấn đề hay bổ ích 62 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Duy Tiến- Vũ Viết Yên Lý thuyết xác suất (2016) [2] Nguyễn Văn Khuê- Lê Mậu Hải, Giáo trình giải tích hàm (2016) [3] Giuseppe Da Prato An Introduction to infinite-Dimensional Analysic (2006) [4] Da Prato, Giuseppe, and Jerzy Zabczyk Stochastic equations in infinite dimensions Cambridge university press (2014) 63 ... độ đo Gauss không gian chiều hữu hạn sau lấy tích vô hạn độ đo không gian Hilbert vô hạn chiều Tiếp đó, cụ thể hóa độ đo Gauss không suy biến không gian Hilbert vô hạn chiều tách sinh không gian. .. chuẩn bị Chương II: Độ đo Gauss không gian Hilbert Chương III: Sự tương đương kì dị độ đo Gauss không gian Hilbert Lời cảm ơn Luận văn tốt nghiệp với đề tài "Độ đo Gauss không gian Hilbert" công sức... bội) Độ đo Gauss xác định phần 2.2 H chiều phần 2.3 H hữu hạn chiều Phần 2.4 phát triển vài tính chất tổng quát độ đo Gauss không gian Hilbert phần 2.5 định nghĩa độ đo Gauss không gian Hilbert