Bất đẳng thức berry esseen cho phép chiếu của các véc tơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng

Mục lục Mở đầu Kiến thức sở 1.1 Các khái niệm 1.2 Bất đẳng thức hàm số mũ cho biến ngẫu nhiên độc lập không âm 1.3 Bất đẳng thức Berry-Esseen cho biến ngẫu nhiên độc lập Bất đẳng thức Berry-Esseen cho phép ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng 2.1 Bất đẳng thức Berry-Esseen cho phép ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng 2.2 Ứng dụng Kết luận 7 chiếu véctơ chiếu véctơ 15 22 Tài liệu tham khảo 23 Lời mở đầu Đời sống khoa học ngày phát triển nảy sinh nhiều tốn thực tế địi hỏi tốn học giải Một nhu cầu thực tế làm phép toán mà ước lượng sai số Vào năm 1972, kết đăng tạp Proceedings of the Sixth Berkeley Symposium, Stein đưa phương pháp để xác định mức độ xác xấp xỉ chuẩn tới phân phối tổng biến ngẫu nhiên phụ thuộc thỏa mãn điều kiện mixing Kể từ nhiều nhà tốn học tham gia nghiên cứu mở rộng kết xấp xỉ chuẩn Stein ứng dụng nhiều lĩnh vực khác Trong đó, đặc biệt ứng dụng bất đẳng thức Berry-Esseen việc ước lượng sai số tính tốn n i=1 Cho ξ1 , ξ2 , , ξn biến ngẫu nhiên độc lập với kỳ vọng Eξi2 = Bất đẳng thức Berry-Esseen mệnh đề khẳng định: n sup |P( x∈R i=1 n ξi ≤ x) − Φ(x)| ≤ C i=1 E|ξi |3 C số không phụ thuộc vào n Φ(x) phân phối phân phối chuẩn N (0, 1): x Φ(x) = √ 2π e−t /2 dt −∞ Cũng nghiên cứu định lí giới hạn khác, nhà xác suất muốn thay điều kiện độc lập dãy biến ngẫu nhiên điều kiện phụ thuộc khác Trong khóa luận chúng tơi nghiên cứu đề tài “Bất đẳng thức Berry-Esseen cho phép chiếu véctơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng” Khóa luận gồm chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày số khái niệm sở liên quan đến nội dung chương sau Cụ thể, chúng tơi trình bày khái niệm, kí hiệu tính chất khái niệm độc lập, biến ngẫu nhiên độc lập, kì vọng, véctơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng, phép chiếu chuẩn, nội dung bất đẳng thức hàm số mũ cho biến ngẫu nhiên độc lập không âm bất đẳng thức Berry-Esseen cho biến ngẫu nhiên độc lập Chương Bất đẳng thức Berry-Esseen cho phép chiếu véctơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng Đây nội dung khóa luận, bao gồm tiết Tiết chúng tơi tìm hiểu bất đẳng thức Berry-Esseen cho phép chiếu vectơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng Tiết chúng tơi tìm hiểu ứng dụng bất đẳng thức việc tổng quát hóa độ đo cone Cpn Nội dung khóa luận báo Larry Goldstein, QI-Man Shao (2009), Berry-Esseen bounds for projections of coordinate symmetric random vectors, Elect Comm in Probab, 474-485 Ở chứng minh lại chi tiết kết báo Khóa luận hồn thành trường Đại học Vinh hướng dẫn tận tình, chu đáo nghiêm khắc thầy giáo TS Lê Văn Thành Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo TS Lê Văn Thành, người thầy tận tình hướng dẫn, động viên tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập làm đề tài Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo tổ Xác suất Thống kê tốn Ứng dụng, thầy Khoa Tốn trực tiếp giảng dạy lớp 49 A Toán Đồng thời, tác giả xin cảm ơn Ban chủ nhiệm thầy giáo Khoa Tốn, cảm ơn tập thể lớp 49 A tốn Vinh, tháng 05 năm 2012 Hồng Thị Ngọc Trà Chương Kiến thức sở Trong suốt chương này, tất biến cố biến ngẫu nhiên xác định không gian xác suất (Ω, F , P) 1.1 Các khái niệm Định nghĩa 1.1 Giả sử X biến ngẫu nhiên Khi đó: σ(X) = {X −1(B) : B ∈ B(R)} gọi σ - đại số sinh X Họ hữu hạn {Fi , i ∈ I} σ -đại số F gọi độc lập P( P(Ai) Ai ) = i∈I i∈I với Ai ∈ F , (i ∈ I) Họ vô hạn {Fi , i ∈ I} σ -đại số F gọi độc lập họ hữu hạn độc lập Họ biến ngẫu nhiên {Xi , i ∈ I} gọi độc lập họ σ -đại số sinh chúng {σ(Xi), i ∈ I} độc lập Định nghĩa 1.2 Giả sử X : (Ω, F , P) → (R, B(R)) biến ngẫu nhiên Khi tích phân Lebesgue X theo độ đo P (nếu tồn tại) gọi kỳ vọng X kí hiệu EX Định nghĩa 1.3 Ta kí hiệu hai véctơ ngẫu nhiên X = {X1 , , Xn } Y = {Y1 , , Yn } phân phối với {X1 , , Xn } =d {Y1, , Yn} Khi véctơ Y = (Y1 , , Yn) ∈ Rn thỏa mãn: (Y1, , Yn) =d (e1Y1 , , enYn ) với (e1 , , en ) ∈ {−1, 1}n ta nói véctơ Y có tọa độ đối xứng Nhận xét 1.1 Giả sử Y = (Y1 , , Yn) ∈ Rn véctơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng Khi ta có Yi =d −Yi với i = 1, , n (Yi, Yj ) =d (−Yi, Yj ) với i = j ∈ {1, , n} Giả sử EYi2 = vi2 < ∞, với i = 1, , n, ta suy EYiYj = vi2 δij , EYi = 0, i = j, i=j δij = Nhận xét 1.2 Giả sử Y = (Y1 , , Yn) ∈ Rn véctơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng EYi2 = vi2 < ∞, với i = 1, , n, Giả sử θ = (θ1 , , θn) ∈ Rn thỏa mãn ||θ|| = n EYθ = 0, Yθ = θ12 + · · · + θn2 = 1, V ar(Yθ ) = i=1 n θi2vi2 với θ i Yi i=1 n n −s/t ≤ i=1 |θi |2s vθ2 n = i=1 θi2vi2 Thật n EYθ = E n θ i Yi = θiEYi = i=1 i=1 n V ar(Yθ ) = EYθ2 =E θ i Yi i=1  =E n n θi2Yi2 + i=1 n n i=1 j=1,j=i n θi2EYi2 + = θi2EYi2 = i=1 θ j θ i Yi Yj  θj θi EYiYj i=1 n =  n i=1 j=1,j=i n θi2vi2 i=1 Áp dụng bất đẳng thức Holder với 1/s + 1/t = ta có θi2 1= 1/s n n i=1 ≤ i=1 |θi |2s n1/t n n −s/t ≤ i=1 |θi |2s Định nghĩa 1.4 Phép chiếu n Yθ = θ· Y = θ i Yi i=1 véctơ Y theo θ ∈ Rn với ||θ|| = phép chiếu chuẩn có trung bình khơng phương sai Định nghĩa 1.5 Độ đo cone tổng qt Cpn hình trịn S(ℓnp ) định nghĩa sau: n S(ℓnp ) n = {x ∈ R : i=1 |xi|p = 1} n B(ℓnp ) n = {x ∈ R : i=1 |xi|p ≤ 1} với µ độ đo Lebesgue R , độ đo cone A ⊂ S(ℓnp ) cho công thức: n n Cpn(A) = µn ([0, 1]A) µn (B(ℓnp)) với [0, 1]A = {ta : a ∈ A, t ∈ [0, 1]} Trường hợp p = p = trường hợp đặc biệt quan trọng, tương ứng với phân phối chuẩn bề mặt đơn hình đơn vị hình cầu đơn vị 1.2 Bất đẳng thức hàm số mũ cho biến ngẫu nhiên độc lập khơng âm Có thể xem ví dụ tài liệu [7] định lí 2.19: Cho ξi , ≤ i ≤ n, biến ngẫu nhiên độc lập không âm với a := b2 := n i=1 n i=1 Eξi2 Eξi2 < ∞ < x < a, n (a − x)2 P ξi ≤ x ≤ exp − 2b i=1 1.3 n i=1 Bất đẳng thức Berry-Esseen cho biến ngẫu nhiên độc lập Cho ξ1 , ξ2 , , ξn biến ngẫu nhiên độc lập với kỳ vọng Eξi2 = Bất đẳng thức Berry-Esseen mệnh đề khẳng định: n sup |P( x∈R i=1 n ξi ≤ x) − Φ(x)| ≤ C i=1 E|ξi |3 C số không phụ thuộc vào n Φ(x) phân phối phân phối chuẩn N (0, 1): x Φ(x) = √ 2π −∞ e−t /2 dt Trong tài liệu [9] phát biểu: Nếu ξ1 , , ξn biến ngẫu nhiên độc lập thỏa mãn Eξi = 0, E|ξi|3 < ∞ với ≤ i ≤ n n i=1 n sup |P( x∈R i=1 Eξi2 = 1, n ξi ≤ x) − Φ(x)| ≤ min(1, 0.7056 i=1 E|ξi |3 ) Đặc biệt, ε1 , , εn biến ngẫu nhiên độc lập nhận giá trị −1, +1 với xác suất b1 , , bn số khác Khi với V = n i=1 b2i , n W = bi εi thỏa mãn: i=1 n sup |P(W ≤ x) − Φ(x/V )| ≤ min(1, 0.7056 x∈R i=1 |bi |3 /V 3) Chương Bất đẳng thức Berry-Esseen cho phép chiếu véctơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng 2.1 Bất đẳng thức Berry-Esseen cho phép chiếu véctơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng Bổ đề 2.1 Cho Y véctơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng Rn có thành phần tọa độ thỏa mãn P(Yi = 0) = với ∀i = 1, 2, , n Đặt εi = sign(Yi) Yi Khi hàm sign ε1 , ε2 , , εn thành phần Y1 , Y2 , , Yn biến ngẫu nhiên độc lập phân phối nhận giá trị {−1, 1} (ε1, ε2, , εn) (|Y1|, |Y2 |, , |Yn|) độc lập với Chứng minh Đặt A1 , , An tập đo (0, ∞) (e1 , e2, , en ) ∈ {−1, 1}n Sau sử dụng tính chất tọa độ đối xứng có: P(ε1 = e1 , , εn = en , |Y1 | ∈ A1 , , |Yn | ∈ An ) = P(ε1 = e1 , , εn = en , ε1Y1 ∈ A1 , , εnYn ∈ An ) = P(e1Y1 ∈ A1, , en Yn ∈ An ) = P(Y1 ∈ e1 A1, , Yn ∈ en An ) = n P(Y1 ∈ γ1 A1 , , Yn ∈ γn An) n (γ1 , ,γn )∈{−1,1} n = i=1 P(εi = ei ) P (|Y1 | ∈ A1 , , |Yn| ∈ An) Tính độc lập cung cấp bổ đề 2.1 “chìa khóa” quan trọng cho định lí sau: Định lý 2.1 Cho Y = (Y1 , Y2 , , Yn ) véctơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng Rn thành phần tọa độ thỏa mãn P(Yi = 0) = có phương sai vi2 hữu hạn ∀i = 1, 2, , n Với θ ∈ Rn , || θ ||= Đặt: n Yθ = θ · Y , vθ2 n θi2vi2 = Vθ2 θi2Xi2 = i=1 i=1 với Xi = |Yi |/vθ Khi đó, với hàm Φ (x) hàm phân phối phân phối chuẩn tắc N (0, 1) Wθ = Yθ /vθ , ta có sup |P (Wθ ≤ x) − Φ (x) | x∈R ≤ 4.2E|Vθ2 − 1|I{|Vθ2 − 1| > 1/2} + 0.4E Vθ2 − I{Vθ2 − 1| ≤ 1/2} n (2.1) |θi|3 E|Xi |3 +2 i=1 điều kéo theo n sup |P (Wθ ≤ x) − Φ (x) | ≤ x∈R 8.4E|Vθ2 − 1| + i=1 |θi|3 E|Xi |3 Theo giả thiết ta có Chứng minh n Wθ = Yθ /vθ = ( n i=1 n = i=1 n εi θiεiYi /vθ = i=1 ε2i θiYi )/(vθ ) θiYi )/(vθ ) = ( i=1 mà Xi = |Yi|/vθ nên ta có Wθ = εiθi |Yi |/vθ , n εiθiXi i=1 10 (2.2) Theo bổ đề 2.1 Các hàm dấu ε1 , ε2 , , εn thành phần Y1 , Y2 , , Yn biến ngẫu nhiên độc lập phân phối nhận giái trị {−1, 1} với P(εi = 1) = P(εi = −1) = 21 Từ ta có DYi = EYi2 − (EYi)2 = EYi2 = vi2, EYi = 0, n θi2 EXi2 i=1 = vθ n θi2 EYi2 = n n i=1 i=1 θi2 vi2 θi2vi2 = i=1 Với Z ∼ N (0, 1) biến ngẫu nhiên độc lập với Vθ Φ(x) hàm phân phối ta có Φ(x) = P(Z ≤ x), Khi đó, {ε1 , , εn} độc lập với {X1 , , Xn } nên P(Wθ ≤ x|{Xi}1≤i≤n) = E (I{Wθ ≤ x}|{Xi}1≤i≤n) = EI{Wθ ≤ x} = P(Wθ ≤ x) Suy P(Wθ ≤ x) − P(Z ≤ x) = P(Wθ ≤ x) − P(Z ≤ x/Vθ ) + P(Z ≤ x/Vθ ) − P(Z ≤ x) = P(Wθ ≤ x) − Φ(x/Vθ ) + Φ(x/Vθ ) − Φ(x) = E P(Wθ ≤ x|{Xi }1≤i≤n) − Φ(x/Vθ )) + E(Φ(x/Vθ ) − Φ(x) := R1 + R2, với R1 = E P(Wθ ≤ x|{Xi }1≤i≤n) − Φ(x/Vθ ) R2 = E(Φ(x/Vθ ) − Φ(x)) Áp dụng bất đẳng thức Berry-Esseen, ta có n 0.7056 |R1 | ≤ E{min(1, i=1 |θi|3 |Xi |3 Vθ3 n 0.7056 ≤ min{(E1, E i=1 |θi |3 |Xi |3 Vθ3 11 )} )} n ≤ min{(1, 0.7056E i=1 |θi|3 |Xi |3 Vθ3 n ≤ P (Vθ2 < 1/2) + 0.7056 i=1 = P (|Vθ2 )} |θi|3 E|Xi |3 (1/2)3/2 ˙ 3/2 − 1| ≥ 1/2) + 0.7056(2) n i=1 |θi |3E|Xi |3 Sử dụng bất đẳng thức Markov ta có P((Vθ2 − 1) ≥ 1/2) ≤ E |Vθ2 − 1|I{|Vθ2 − 1| ≥ 1/2} /(1/2) = 2E|Vθ2 − 1|I{|Vθ2 − 1| ≥ 1/2} Điều kéo theo n |R1 | ≤ P(|Vθ2 ≤ 2E|Vθ2 − 1| ≥ 1/2) + i=1 |θi|3 E|Xi |3 n − 1|I{|Vθ2 − 1| > 1/2} + i=1 |θi |3 E|Xi|3 Đối với R2 |R2 | = |P(Z ≤ x/Vθ ) − P(Z ≤ x)| = |P(Z ≤ x/Vθ , |Vθ2 − 1| ≤ 1/2) − P(Z ≤ x, |Vθ2 − 1| ≤ 1/2) + P(Z ≤ x/Vθ , |Vθ2 − 1| > 1/2) − P(Z ≤ x, |Vθ2 − 1| > 1/2)| Áp dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối |R2 | ≤ |P(Z ≤ x/Vθ , |Vθ2 − 1| ≤ 1/2) − P(Z ≤ x, |Vθ2 − 1| ≤ 1/2)| + |P(Z ≤ x/Vθ , |Vθ2 − 1| > 1/2) − P(Z ≤ x, |Vθ2 − 1| > 1/2)| ≤ |P(Z ≤ x/Vθ , |Vθ2 − 1| ≤ 1/2) − P(Z ≤ x, |Vθ2 − 1| ≤ 1/2)| + P(|Vθ2 − 1| > 1/2) Sử dụng bất đẳng thức Markov ta có P((Vθ2 − 1) ≥ 1/2) ≤ E |Vθ2 − 1|I{|Vθ2 − 1| ≥ 1/2} /(1/2) = 2E|Vθ2 − 1|I{|Vθ2 − 1| ≥ 1/2} 12 Suy |R2 | ≤ |P(Z ≤ x/Vθ , |Vθ2 − 1| ≤ 1/2) − P(Z ≤ x, |Vθ2 − 1| ≤ 1/2)| + 2E|Vθ2 − 1|I{|Vθ2 − 1| > 1/2} := R3 + 2E|Vθ2 − 1|I{|Vθ2 − 1| > 1/2}, với R3 = |P (Z ≤ x/Vθ , |Vθ2 − 1| ≤ 1/2) − P (Z ≤ x, |Vθ2 − 1| ≤ 1/2)| = |E (Φ(x/Vθ ) − Φ(x)) I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2} | (1 + x)−1/2 − + x/2 với |x| ≤ 1/2 Xét hàm số sau: f (x) = x2 Ta có: f ′ (x) = − x2 /2( 1 + 1) + 2x( √ + 1) 1+x (1 + x)3 x4 < ∀|x| ≤ 1/2 Theo tính đơn điệu hàm số √ |f (x)| ≤ |f (−1/2)| = − := c0 ∀|x| ≤ 1/2 Giả sử |Vθ2 − 1| ≤ 1/2 ta thấy 1/Vθ = (1 + Vθ2 − 1)−1/2 = − (1/2)(Vθ2 − 1) + γ1(Vθ2 − 1)2 với |γ1 | ≤ c0 Tiến hành khai triển taylor cho hàm Φ ta có Φ(x/Vθ ) − Φ(x) = xφ(x)(1/Vθ − 1) + (1/2)x2(1/Vθ − 1)2φ′ (xγ2) = xφ(x){−(1/2)(Vθ2 − 1) + γ(Vθ2 − 1)2} (Vθ2 − 1)2 + (1/2)x2φ′ (xγ2) , (vθ (Vθ + 1))2 √ Với điều kiện (2/3)1/2 ≤ γ2 ≤ |Vθ2 − 1| ≤ 1/2 Đặt 1 c1 = sup |xφ(x)| = √ e−1/2 ≤ √ ≤ 0.24198 2π 2π x∈Rn 13 sup x sup √ (2/3)1/2 ≤γ2 ≤ = sup x = sup x |x2φ′ (xγ2)| sup √ (2/3)1/2 ≤γ2 ≤ |x3γ2 φ(xγ2)| γ −2|xγ2|3 φ′ (xγ2)| √ (2/3)1/2 ≤γ2 ≤ sup 3(3/e)3/2 3 √ ≤ sup |x| φ(x) = = c2 ≤ 0.6939 x 2π Khi E(Vθ2 − 1) = ta có R3 = |E{(xφ(x){−(1/2)(Vθ2 − 1) + γ1 (Vθ2 − 1)2} (Vθ2 − 1)2 ′ )I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2}}| + (1/2)x φ (xγ2) (Vθ (Vθ + 1))2 = |(1/2)xφ(x)E(Vθ2 − 1)I{|Vθ2 − 1| > 1/2} + xφ(x)γ1E(Vθ2 − 1)2I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2} (Vθ2 − 1)2 ′ + (1/2)x φ (xγ2)E{ I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2}}| (Vθ (Vθ + 1)) ≤ |(1/2)c1E(Vθ − 1)I{|Vθ2 − 1| > 1/2} + (c0 c1 + (1/2)c2c3 )E(Vθ2 − 1)2I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2} = |(1/2)c1E(Vθ2 − 1)I{|Vθ2 − 1| > 1/2} + c4 E(Vθ2 − 1)2I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2}, với c3 = ( 1 c2 c3 ≤ 0, ) c = c c + 2−1/2(1 + 2−1/2) Từ điều ta có |P(W ≤ x) − P(Z ≤ x)| ≤ (4 + c1 /2)E|Vθ2 − 1|I{|Vθ2 − 1| > 1/2} + ≤ c4 E(Vθ2 4.2E|Vθ2 + − 1) − 0.4E(Vθ2 I{|Vθ2 1|I{|Vθ2 − 1) − 1| ≤ 1/2} + i=1 − 1| > 1/2} I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2} + 14 n |θi|3 E|Xi |3 n i=1 |θi |3 E|Xi |3 Mặt khác ta lại có 4.2E|Vθ2 − 1|I{|Vθ2 − 1| > 1/2} + 0.4E(Vθ2 − 1)2I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2} ≤ 8.4E(vθ2 − 1)2I{Vθ2 − 1| > 1/2} + 0.4E(Vθ2 − 1)2{|vθ2 − 1| ≤ 1/2} ≤ 8.4E(Vθ2 − 1)2 Vậy n sup |P (Wθ ≤ x) − Φ (x) | ≤ x∈R 2.2 8.4E|Vθ2 − 1| + i=1 |θi |3E|Xi |3 (2.3) Ứng dụng Một ứng dụng Định lí 2.1 liên quan tới tổng quát hóa độ đo cone Cpn Cho n ≥ G1 , , Gn biến ngẫu nhiên độc lập dương hàm phân phối F Đặt n G1,n = Gi i=1 Cho thêm ε1 , , εn biến ngẫu nhiên, độc lập với G1 , , G2 , nhận giá trị {-1,1} n Cp,F phân phối vectơ Y = ε1 ( G1 1/p G1 1/p ) , , εn ( ) G1,n G1,n Theo kết tài liệu [10], độ đo cone Cpn trường hợp đặc biệt F phân phối Gamma Γ(1/p, 1) n Định lý 2.2 Cho Y xây dựng có phân phối Cp,F với p > 2+4/p F có EG1 < ∞ G1 phân phối theo F Khi tồn số cp,F phụ thuộc vào p F cho với θ ∈ Rn , ||θ|| = có n sup |P (Wθ ≤ x) − Φ(x)| ≤ cp,F x∈Rn 15 i=1 |θi |3 , Wθ = Yθ /vθ với Yθ = θ· Y Chứng minh 1/p vθ2 2/p G1 =E G1,n n Cho Y phân phối với Cp,F Để thuận tiện ta lấy r = Trước tiên thấy với vn2 = V ar(Y1 ), ta có n−2r = O(vv2 ) (2.4) với ẩn khơng đổi biểu thức sau phụ thuộc vào p F Thật vậy: Khi r ≥ 1/2 ta có hàm số : g(x) = x2r với x ∈ R+ hàm lồi Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có G1 E G1,n vn2 2r 2r G1 ≥ E G1,n G1 G1 r ) =E = V ar ε1( G1,n G1,n 2r = n−2r G1 ≥ E G1,n 2r = n−2r Khi < r < 1/2 đặt c = E(G1 )/(2(EG1 + V ar(G1 ))) Dễ thấy rằng: G1 E G1,n 2r G1 ≥E I{G1 /G1,n ≥ c/n} G1,n 2r ≥ (c/n)2r P (G1 /G1,n ≥ c/n) mà P (G1 /G1,n ≥ c/n) ≥ P ((n − 1)G1 ≥ c(G1,n − G1 )) ≥ P (G1 ≥ E(G1)/2, G1,n − G1 ≤ (n − 1)(EG1 + V ar(G1 ))) = (1 − P (G1 < E(G1)/2)) − P (G1,n − G1 > (n − 1)(EG1 + V ar(G1 ))) Áp dụng bất đẳng thức hàm số mũ cho biến ngẫu nhiên độc lập không âm với n=1 ta có P G1 < E(G1)/2 ≥ exp − (EG1 )2/(8EG21) 16 Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có P (G1,n − G1 > (n − 1)(EG1 + V ar(G1 ))) ≤ Do P (G1 /G1,n ≥ c/n) ≥ − exp − (EG1)2 /(8EG21) 4(n − 1) 1− Vậy G1 E G1,n 2r G1 ≥E I{G1 /G1,n ≥ c/n} G1,n ≥ (c/n)2r − exp − (EG1)2/(8EG21) Hay n−2r = O(vv2 ) với vn2 = V ar(Y1 ) 4(n − 1) 2r (1 − ) 4(n − 1) Bây ta chứng minh: E(G1/G1,n )3r = O(n−3r ) (2.5) n E(Vθ2 − 1) = O( θi4 ) (2.6) i=1 Đặt µ = EG1 , ý tưởng sử dụng G1,n /n có xác suất gần µ theo luật số lớn sử dụng khai triển Taylor: với (1 + x)−2r = − 2rx + γ1 x2 với x > −1/2 (2.7) (1 + x)−2r = + γ2 x với x > −1/2 (2.8) |γ1| ≤ r(2r + 1)22r+2 |γ2 | ≤ r22r+2 Đầu tiên thấy −1 (nµ)2r E(G1 /G1,n)2r = EG2r + O(n ) Đặt ∆n = (G1,n − nµ)/(nµ) suy G1,n = nµ(1 + ∆n ) 17 (2.9) Ta có (nµ)2r E(G1/G1,n )2r = (nµ)2r E(G1/G1,n)2r I{G1,n ≤ nµ/2} + (nµ)2r E(G1/G1,n )2r I{G1,n > nµ/2} = (nµ)2r E(G1/G1,n)2r I{G1,n ≤ nµ/2} −2r + E(G2r )I{∆n > −1/2} (1 + ∆n ) := R4 + R5 (2.10) Áp dụng bất đẳng thức hàm số mũ cho biến ngẫu nhiên độc lập không âm có: P(G1,n (nµ/2)2 ≤ nµ/2) ≤ exp − 2nEG21 nµ2 = exp − 8EG21 (2.11) dẫn tới R4 ≤ (nµ)2r P (G1,n ≤ nµ/2) = O(n−2) (2.12) Theo (2.7) ta có: R5 = E(G2r (1 − 2r∆n + γ1 ∆n ))I{∆n > −1/2} 2r = E(G2r (1 − 2r∆n )) − E(G1 (1 − 2r∆n ))I{∆n ≤ −1/2} + EG2r γ1 ∆n I{∆n > 1/2} 2r 2r = EG2r − 2rEG1 (G1,n − nµ)/(nµ) − E(G1 (1 − 2r∆n ))I{∆n ≤ −1/2} + EG2r γ1 ∆n I{∆n > −1/2} 2r = EG2r (2.13) − 2rEG1 (G1 − µ)/(nµ) + R5,1 , với 2r R5,1 = −E(G2r (1 − 2r∆n ))I{∆n ≤ −1/2} + EG1 γ1 ∆n I{∆n > 1/2} Áp dụng bất đẳng thức Holder với ∆n ≥ −1 ta có 2r 2 EG2r γ1 ∆n I{∆n > 1/2} ≤ O(1)EG1 ∆n Điều kéo theo 2r |R5,1 | = | − E(G2r (1 − 2r∆n ))I{∆n ≤ −1/2} + EG1 γ1 ∆n I{∆n > 1/2}| (2.14) 2r ≤ E(G2r (1 − 2r∆n ))I{∆n ≤ −1/2} + O(1)EG1 ∆n 18 ≤ (1 − 2r) 2r(2r+2)/(2r+1) EG1 (2r+1)/(2r+2) p1/(2+2r)(∆n ≤ −1/2) + O(1)EG2r ∆n = O(1)p1/(2+2r)(∆n ≤ −1/2) + O(1)(nµ) −2 EG2r (G1 n − µ) + EG2r E( i=2 (Gi − µ)2 ) −1 (2.15) = O(n ) Để chứng minh công thức (2.5) ta áp dụng (2.11) ta có n3r E(G1/G1,n )3r = n3r E(G1/G1,n )3r I{G1,n ≤ nµ/2} + n3r E(G1/G1,n)3r I{G1,n < nµ/2} 3r ≤ n3r P (G1,n ≤ nµ/2) + EG3r /(µ/2) = O(1) Vậy E(G1/G1,n )3r = O(n−3r ) Sau ta hồn thiện cơng thức (2.6) Ta viết Vθ2 − = (Vθ2 − 1)I{G1,n ≤ nµ/2} + (Vθ2 − 1)I{G1,n > nµ/2} (2.16) Chú ý Vθ2 = O(n2r ) theo (2.4) Tương tự (2.12) từ (2.11) ta có E(Vθ2 − 1)2I{G1,n ≤ nµ/2} = O(n4r P (G1,n ≤ nµ/2) = O(n−1) (2.17) Xét phần công thức (2.16) (Vθ2 − 1)I{G1,n > nµ/2} (2.18) I{∆n > −1/2} −2r {G1,n = vθ2 = I{∆n > −1/2}(nµ) vθ2 n i=n −2r θi2G2r i − vθ } n {(1 + ∆n ) −2r i=n n 2r 2r θi2 G2r i − (nµ) E(G1 /G1,n ) } = I{∆n > −1/2}(nµ)−2r 2r −1 {(1 + γ2 ∆n) θi2G2r i − EG1 + O(n )} vθ i=n = I{∆n > −1/2}(nµ)−2r 2r { θi2(G2r i − EGi ) + γ2 ∆n vθ i=1 n 19 n −1 θi2G2r i + O(n )} i=1 := (2.19) R6 + R7 + R8 , với I{∆n > −1/2}(nµ)−2r n 2r θi (Gi − EG2r R6 = i ), vθ i=1 n I{∆n > −1/2}(nµ)−2r R7 = γ2 ∆n θi2G2r i , vθ i=1 I{∆n > −1/2}(nµ)−2r R8 = O(n−1 ) vθ Từ (2.9) ta suy (nµ)−2r = O(1) vθ2 (2.20) n ER62 = O(1)E{ i=1 2r θi2 (G2r i − EGi )} n = O(1)E(G2r − EG2r ) θi4 i=1 n θi4 = O(1) (2.21) i=1 < ∞ áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Sử dụng giả thiết EG2+4r bước thứ ta có: n ER72 = O(1)E∆2n( θi2G2r i ) i=1 n = O(1)E∆2n n θi2 G4r i θi2 i=1 i=1 O(1)E∆2nG4r i −2 n = = O(n )EG4r ( i=1 (Gi − µ))2 n = O(n−2)E G4r i=1 n = O(n−2)E G4r i=1 (Gi − µ)2 + (Gi − µ)(Gj − µ) 1≤i