. (271) Theo (255), chúng ta có
2.2.2. Lớp các phương trình tuyến tính
moment bậc hai hữu hạn . Hơn nữa, cho () là một dãy số thực để . Và chúng ta xét phương trình quá trình tuyến tính nhân quả (causal linear process) được xác định bởi
Xk= (2.75)
Cho bn = a0 + · · · + an đối với lớp các phương trình này, kết quả sau đảm bảo
2.2.2.1.Mệnh đề 2.3. Giả sử (Xk )k∈Z là một phương trình tuyến tính được xác định như trên. Giả sử rằng
, khi n→∞, (2.76) và
(2.77)
Thì thoả mãn (2.1) và hội tụ theo phân phối tới N , ở đây N là một biến ngẫu nhiên Gauss chuẩn tắc độc lập với .
Chú ý 2.7. Chú ý rằng Wu và Woodroofe [14] chỉ ra rằng (2.77) là một
điều kiện cần và đủ để đối với (2.5) đảm bảo cho dãy (Xk )k∈Z.
Ví dụ tiếp theo cho thấy các điều kiện (2.76) và (2.77) không đủ để đảm bảo phương trình tuyến tính (Xk )k∈Z như được xác định trong nghiên cứu này thoả mãn nguyên lý bất biến yếu.
2.2.2.2.Ví dụ 2.1. Có 1 phương trình tuyến tính (Xk )k∈Z thoả mãn các điều kiện của Mệnh đề 2.3 và để nguyên lý bất biến yếu không đảm bảo.
Ví dụ của chúng ta có nguồn gốc từ việc xây dựng các ví dụ như trong Herrndorf, và cũng theo nghiên cứu của Wu và Woodroofe [13]. Chúng ta xác định hai dãy {an, n ≥ 0} và {, n ≥ 0} như sau:
, và , với và
Bây giờ cho (ξi , i ∈ Z) là một dãy các biến ngẫu nhiên đối xứng và được phân phối đều sao cho.
Bây giờ xác định hai phương trình tuyến tính và .
Có nghĩa là và . Vì và
Theo đó, cả hai phương trình tuyến tính {Xk , k ∈ Z} và { , k ∈ Z} thoả mãn các điều kiện của Mệnh đề 2.3.
Bây giờ quan sát thấy rằng ,
Khi đó: .Theo đó. Hơn nữa, theo (2.77), các phép tính cổ điển dẫn đến, với mọi,
. (2.78)
Kết quả, suy ra các dãy và không thể thoả mãn nguyên lý bất biến yếu cùng một lúc. Thật vậy, ví dụ nếu dãy thoả mãn nguyên lý bất biến yếu thì đương nhiên với mọi, , khi n, và kết quả từ (2.78).
.
Khi đó, đối với các phương trình tuyến tính, nguyên lý bất biến yếu không thể đảm bảo mà không có các giả thuyết bổ sung cho những điều kiện của Mệnh đề 2.3.
Để suy ra nguyên lý bất biến yếu cho lớp các phương trình tuyến tính được nghiên cứu trong phần này, chúng ta đặt ra thêm một điều kiện về momen của các biến ngẫu nhiên (ξi , i ∈ Z).
2.2.2.3.Mệnh đề 2.4. Cho (ξi , i ∈ Z) là một dãy dừng ngặt của khác biệt martingale để E|ξ0|2+δ< ∞ with δ > 0. Cho (ai, i) là một dãy các số thực để và thoả mãn (2.64) và (2.64). Cho (ξi , i ∈ Z) là phương trình tuyến tính được xác định bởi (2.63). Thì hội tụ theo phân phối tới trong
khoảng Skorohod D([0,1]), ở đây W là một chuyển động Brown chuẩn tắc độc lập với .
Chứng minh Mệnh đề 2.3
Theo Chú ý 2.3, chúng ta chỉ phải chứng minh (2.7), có nghĩa là . (2.79)
Với nhiệm vụ này, chúng ta sẽ chứng minh rằng tồn tại một hằng số hữu hạn K sao cho
, (2.80)
điều này suy ra (2.79). Giả sử rằng chúng ta có thể chứng minh, với mọivà, tồn tại một hằng số dương chỉ phụ thuộc vào sao cho
, (2.81)
Căn cứ thực tế rằng, theo (2.76) và (2.77), , ở đây là một hàm biến đổi chậm, chúng ta có thể áp dụng Bổ đề 3.7 trong Peligrad [10] (Bổ đề của bà đúng với thay thế 4) với. Theo đó, với mọivà, tồn tại một hằng số dương chỉ phụ thuộc vào sao cho
(2. 82)
Bây giờ chú ý rằng theo các thuộc tính của hàm biến đổi chậm, tồn tại sao cho với m đủ lớn
. (2.83)
Khi đó nếu (2.81) thỏa mãn, (2.80) suy ra từ (2.82), (2.83) và biểu diễn của. Giờ chỉ cần chứng minh (2.81). Bằng việc sử dụng tính dừng và khai triển (2.77), chúng ta có được với mọivà,
.
Bây giờ áp dụng bất đẳng thức Burkholder được kế tiếp bởi bất đẳng thức Minkowski, chúng ta nhận được rằng có tồn tại một hằng số
dương phụ thuộc , sao cho
và
.
Khi đó bằng việc sử dụng (2.80), chúng ta có được rằng, với mọi và , ,
điều này thiết lập (2.81).
Chứng minh Mệnh đề 2.4
Việc chứng minh là một ứng dụng của Định lý 2.1. và được dựa kết quả
và
. (2.84) Khi đó và Khi đó và
. (2.85)
Theo đó (2.76) và (2.77) suy ra (2.5) và khi đó, theo Chú ý 1, (2.1) và (2.3) đều thỏa mãn. Bây giờ để kiểm tra (2.4), chú ý rằng, bằng cách sử dụng thực tế nếu và nếu một trong hai chỉ số i hoặc j lớn hơn hoàn toàn so với –n, chúng ta có được
.
Trước tiên chú ý rằng Điều kiện 3.5 hàm ý rằng . Mặt khác
.
Khi đó, bằng cách sử dụng một lần nữa Điều kiện (2.77), chúng ta nhận được .
Để xử lý , dễ dàng để nhận thấy, bằng cách xem xét (2.85) và (2.77) đủ để chứng minh rằng
Vì ,
kết quả sẽ được chứng minh nếu chúng ta chứng minh được rằng rằng hội tụ tới trong L1.
Sự hội tụ này được suy ra từ một kết quả của định lý 4.2.10 (ii) của Stout nếu chúng ta thiết lập rằng là một hàm biến đổi chậm. Trước tiên, chú ý rằng vì với là một hàm biến đổi chậm theo hướng chắc chắn, khi đó bằng việc sử dụng (2.84) và (2.77) thì tương đương với . Khi đó, bằng việc sử dụng Định lý 1.9.8 của Bingham, dễ dàng để trình bày rằng bằng với một hàm biến đổi chậm nhất định tương đương với .
Căn cứ vào tất cả các kết quả trước đó, chúng ta nhận được Điều kiện (2.4) được kiểm tra ngay khi điều kiện (2.77) đảm bảo.
Chúng ta chứng minh rằng (2.77) dẫn tới (2.2). Vì theo (2.76), , chúng ta chỉ phải chứng minh rằng
là khả tích đều (2.86) Với mục tiêu này, với một số dương được cho trước T, xác định bốn biến và
và .
Vì là một dãy các martingale, theo đó . Khi đó, :. Bằng việc xem xét phép khai triển này, với bất kỳ A dương nào, chúng ta đều có
. (2.87)
Trước tiên chú ý rằng . (2.88)
Vì theo (2.76), , khi n→∞, theo (2.77) thì
. (2.89)
Bây giờ chúng ta tìm hiểu số hạng đầu tiên trong (2.87). Với mục tiêu này, chúng ta tính toán . Sử dụng bất đẳng thức Burkholder và bất đẳng
thức Minkowsky, chúng ta lần lượt nhận được rằng tồn tại một hẳng số phổ dụng C sao cho
.
Vì , theo đó .
Giới hạn trên này cùng với (2.84) dẫn tới .
Theo đó
. (2.90)
(2.87) cùng với (2.89) và (2.90) dẫn tới (2.86). Bây giờ việc chứng minh mệnh đề này đã được hoàn thành.
2.2.2.4.Chứng minh Định lý 2.3.
Để chứng minh Định lý 2.3., chúng ta sẽ kiểm tra các điều kiện của Mệnh đề 2.4. Với mục đích này, chúng ta chia việc chứng minh Định lý 2.3. theo các bước.
* Đầu tiên, chúng ta đưa ra và chứng minh một số bổ đề sơ bộ.
* Tiếp đó, chúng ta lựa chọn một dãy các số nguyên qn hội tụ tới vô cực * Cuối cùng, kiểm tra xem lựa chọn này có thoả mãn giả thiết của Mệnh đề 2.4 không.
Trước tiên ta phải sử dụng một số kết quả phụ sau đây:
Bổ đề 2.2.Giả sử rằng và (2.5) được đảm bảo. Khi đó
khi n. (2.91)
Chứng minh Bổ đề 2.2:Cho . Vì khi n, nên tồn tại sao cho với tất cả ,
thì
. (2.92)
Bây giờ chú ý rằng tính dừng đương nhiên hàm ý rằng với tất cả 1, . (2.93)
Sử dụng bất đẳng thức a Cauchy-Schwarz cùng với (2.92), chúng ta có với ,
.
Theo (2.83) và sử dụng bất đẳng thức cuối cùng, chúng ta nhận được .
Vì vậy,
hội tụ đến 0 bằng cách trước tiên cho n đến vô cực và sau đó cho tiến tới 0.
Bổ đề tiếp theo giải quyết một bất đẳng thức momen với giá trị lớn nhất của các tổng từng phần của những biến ngẫu nhiên thực và là kết quả trực tiếp của Định lý 2.5 của Rio và cũng là một kết quả của Moricz.
Bổ đề 2.3.Giả sử rằng là một dãy dừng ngặt của các biến ngẫu nhiên
thực giá trị trung bình bằng 0, sao cho với mỗi k, P. Khi đó, E.
Bên cạnh đó, tồn tại một hằng số phổ dụng C sao cho E.
Chú ý 2.9. C có thể được chọn tương đương với 50. Chứng minh Bổ đề 2.3.
Sử dụng Định lý 2.5 của Rio kết hợp với tính dừng và chú ý rằng dãy bị chặn, chúng ta lần lượt có được, với mọi a và mọi m
.
Bây giờ đặt g(m) :=4. Quan sát thấy rằng với tất cả 1, chúng ta có g. Khi đó, áp dụng Định lý 1 trong Moricz (1976), với mọi a và mọi m, chúng
ta có E
Lựa chọn dãy qn
Trước tiên chúng ta bắt đầu với một số chú ý hữu ích: Vì (theo (2.1)) nên có được
(giới hạn có thể là ∞). (2.94)
Thực tế, vì suy ra P. (Nếu không thì, sẽ có a.s., và a.s. với mọi n, trái với giả thiết ). Đối với , ta có được và vì vậy . Bây giờ (2.94) được suy ra từ Q là một hàm không tăng. Mặt khác, với mọi A∈ (0, 1), Khi đó, . (2.95) Theo (2.1) và (2.57), Bất đẳng thức (2.95) dẫn đến . (2.96) Bây giờ đặt . (2.97)
Bằng cách kết hợp (2.94) với (2.96), đương nhiên chúng ta có được (giới hạn có thể tới ∞). (2.98) Bây giờ đến lúc chúng ta đưa ra sự lựa chọn về dãy các số nguyên qn: cho qn là số nguyên không âm lớn nhất sao cho
. (2.99) Sử dụng (2.98) và (2.1), dễ dàng thấy rằng , khi (và vì vậy với nhiều n Sử dụng (2.98) và (2.1), dễ dàng thấy rằng , khi (và vì vậy với nhiều n
xác định tối đa), và . Bên cạnh đó, định nghĩa về có nghĩa . (2.100)
Rõ ràng điều kiện (giả thiết) (2.4) suy ra mục (c) của (2.8). Và để áp dụng Mệnh đề 2.2., việc lựa chọn qn được mô tả trong Phần 2.2 dẫn đến những điều kiện khác được thoả mãn.
Bước 1. Trước tiên chúng ta kiểm tra mục (a) của (2.8). Với mục tiêu
này, chúng ta sử dụng (2.100) và tính dừng để viết ra rằng . (2.101)
Bây giờ với (2.1), theo đó ta có
, khi n→∞. (2.102) Bắt đầu từ Bất đẳng thức (2.101) và sử dụng (2.102), chúng ta nhận được ,
hội tụ tới 0 theo (2.10) bằng việc căn cứ thực tế rằng là một hàm không tăng. Vì vậy, mục (a) của (2.8) đảm bảo.
Bước 2. Bây giờ chúng ta sẽ kiểm tra các giả thiết của Định lý 2.1.3. dẫn
đến việc giả thiết (2.5) đảm bảo, và tiếp đó là mục (d) của (2.8) cũng tương tự. Với mục tiêu này, trước tiên chú ý rằng (2.10) cùng với (2.1) dẫn đến
khi n→∞. (2.103)
Bây giờ hiển nhiên (2.4) thu được là khả tích đều, điều này kết hợp với (2.103) dẫn đến (2.55). Vì vậy, theo Định lý 2.1.,giả thiết (2.5) được thoả mãn.
Bước 3. Chúng ta hoàn thành việc chứng minh bằng cách kiểm tra điều
kiện (2.10). Với mục tiêu này, chúng ta cần sử dụng một lập luận rút gọn. Chúng ta bỏ đi hết các biến Xi theo cách sau:
(2.104)
Trước tiên chúng ta xử lý số hạng cuối của bất đẳng thức này. Sử dụng Mệnh đề 1 trong Dedecker và Rio [8], chúng ta có:
. Vì vậy theo tính dừng . (2.105) Quan sát thấy rằng . (2.106) Suy ra E. (2.107) Sử dụng (2.102) cùng với (2.105) và (2.106), chúng ta nhận được từ (2.61) rằng . (2.108)
Bây giờ chúng ta tính toán số hạng đầu tiên trong (2.104). Đối với tất cả , đương nhiên chúng ta có
.
Bổ đề 2.3 cùng với (2.99) đảm bảo rằng