Định nghĩa 3.1. Với à ∈M(X) bất kỳ, hàm tập trung Qà(t) được xỏc định với 0< t <∞, bởi
Qà(t) = Sup
x∈X
à(St+x).
Ở đó St là hình cầu [x:kxk ≤t] và St+x : dịch chuyển của St bởi phần tử x.
Định lý 3.1.
(1) Qà(t) là một hàm khụng giảm theo t và lim
t→∞Qà(t) = 1
(2) Nếu à1∗à2 =à, thỡ với mỗi t, Qà(t)≤min [Qà1(t), Qà2(t)].
(3) Nếu àn là compact dịch chuyển thỡ lim
t→∞inf
n Qàn(t) = 1.
Chứng minh. Điều kiện (1) được suy ra ngay lập tức từ thực tế rằng
t→∞lim à(St) = 1;
(2) Suy ra từ phương trình
à(St+x0) = Z
à1(St+x0−x)dà2(x)
= Z
à2(St+x0−x)dà1(x), x0 ∈X
Điều kiện (3) suy ra từ định nghĩa của compact dịch chuyển và định lí 6.7 chương 1.
(Một tập X ∈M(X) được gọi là compact dịch chuyển phải (trái) nếu với mỗi dãy àn ∈ X,(n= 1,2, ...) cú một dóyvn sao cho
(1) vn là một dịch chuyển phải (trỏi) của àn (2) vn có một dãy con hội tụ )
ChoX1, X2, ..., Xnlà n biến ngẫu nhiên đối xứng, độc lập trong không gian Hilbert X, tức là nếu ài là phõn phối của Xi thỡ ài = ¯ài, i=1,2,...,n. Bõy giờ ta sẽ cú được một ước lượng cho phương sai EkX1 +...+Xnk2.
Định lý 3.2. Cho X1, X2, ..., Xn là n biến ngẫu nhiên đối xứng, độc lập trong X và Sj =X1 +...+Xj, j = 1,2, ..., n. Hơn nữa, cho Q(t) là ký hiệu hàm tập trung của phõn phối à của Sn =X1+...+Xn. Nếu T được xỏc định bởi
T = Sup
1≤j≤n
kSjk, Thì ∀t >0,
P {T >4t} ≤2 [1−Q(t)]. Chứng minh. Cho các biến cốEk được xác định như sau:
Ek = [kS1k ≤4t, ...kSk−1k ≤4t,kSkk>4t]. Khi đó {T >4t} =
n
S
i=1
Ei, Ei ∩Ej = φ, i 6= j. Ta ký hiệu Pr{...} là xác suất của biến cố với điều kiện Er đã xảy ra. Khi đó ta có,
Pr{kSnk ≤2t} ≤Pr{kSn−Srk>2t}
=P{kSn−Srk>2t} (3.1)
Điều này là bởi vì Er và kSnk ≤ 2t chỉ ra rằng kSn−Srk > 2t và Sn−Sr được phân phối độc lập với Er.
Ta hóy giả sử rằng Q(t)> 12. Cho àrn là phõn phối của Sn−Sr. Ta ký hiệu hàm tập trung của àrn làQrn(t). Bởi vỡ àrn là một nhõn tử của à, theo định lớ 3.1, ta cóQrn(t)> 12.
Do đó, vớiε >0 đủ nhỏ, bất kỳ,∃x∈X sao cho àrn(St+x)> Qrn(t)−ε > 1
2. (3.2)
Bởi vỡ àrn là một độ đo đối xứng,
àrn(St−x) =àrn(−St+x) = àrn(St+x)> 1 2. Bởi vỡ àrn là một độ đo xỏc suất,
(St−x)∩(St+x)6=φ.
Nói cách khác, tồn tại một điểm y∈St sao cho kx+yk ≤t,kx−yk ≤t.
Bởi vì kx+yk2 +kx−yk2 = 2 kxk2+kyk2
⇒ kxk ≤t, và do đó St+x⊆S2t. Từ (3.2) ⇒àrn(S2t)≥àrn(St+x)> Qrn(t)−ε.
Cho ε→0, ta được:
àrn(S2t)≥Qrn(t)
⇒P {kSn−Srk>2t} ≤1−Qrn(t)≤1−Q(t). (3.3) Từ (3.1) và (3.3) suy ra
P {T >4t,kSnk ≤2t}=
n
X
r=1
Pr{kSnk ≤2t}P (Er)
≤
n
X
r=1
P (Er) (1−Q(t)) =P {T > 4t}(1−Q(t)). (3.4) Hơn nữa,
P {T ≤4t,kSnk ≤2t} ≤P {T ≤4t}= 1−P{T > 4t} (3.5) Từ (3.4) và (3.5) ta được:
P {kSnk ≤2t} ≤1−Q(t)P {T >4t}. Trong (3.3) cho r=0 ta được
⇒P {kSnk ≤2t} ≥Q(t). Hai bất đẳng thức ở trên chỉ ra
P {T >4t} ≤ 1−Q(t)Q(t) ≤2 [1−Q(t)], bởi vì Q(t)> 12. NếuQ(t)≤ 12, định lí hiển nhiên đúng.
Để thiết lập định lí tiếp theo, ta cần khái niệm về kỳ vọng.
Cho F là một độ đo hữu hạn hoàn toàn trên X sao cho R
kxkdF < ∞. Khi đó R (x, y)dF được xác định với mỗi y∈Y và
Z
(x, y)dF
≤ kyk Z
kxkdF.
Do đó R
(x, y)dF là một phiếm hàm tuyến tính với chuẩn ≤ R
kxkdF. Do đó tồn tại một phần tử x0 sao cho
(x0, y) = Z
(x, y)dF,∀y∈X.
Định nghĩa 3.2. Phần tử x0 ở trên được gọi là trung bình hoặc kỳ vọng của độ đo F và ký hiệu x0 =Ex=R
xdF .
Định lý 3.3. Cho X1, X2, ..., Xn là n biến ngẫu nhiên độc lập trong X, bị chặn đều bởi hằng số c theo chuẩn, EXi = 0, i = 1, n. Giả sử P
Sup
1≤j≤n
kSjk ≤d
≥ ε >0, ở đó ε là một số dương và Sj =X1+...+Xj. Khi đó
EkSnk2 ≤ d2+ (c+d)2
ε .
Chứng minh. Cho các biến cốEk được xác định như sau:
Ek=
Sup
1≤j≤k
kSjk ≤d
.
Khi đó E1 ⊇ E2 ⊇ ... ⊇ En và P (En) ≥ ε > 0. Giả sử Fk = Ek−1 −Ek, αk = R
Ek
kSkk2dP. Ta coi E0 là X và α0 = 0. Khi đó
αk−αk−1 = Z
Ek
kSkk2dP − Z
Ek−1
kSk−1k2dP
= Z
Ek−1
kSkk2dP − Z
Fk
kSkk2dP − Z
Ek−1
kSk−1k2dP
= Z
Ek−1
kSk−1k2dP −2 Z
Ek−1
(Sk−1, Xk)dP
+ Z
Ek−1
kXkk2dP − Z
Fk
kSkk2dP − Z
Ek−1
kSk−1k
2
dP.
Bởi vìXklà độc lập với biến ngẫu nhiênSk−1và biến cốEk−1, do đó số hạng thứ 2 ở vế phải của phương trình trên triệt tiêu. Bởi vìFk ⊆Ek−1,kSkk ≤ kSk−1k+kXkk ≤ c+d trên Fk, nên số hạng thứ 4 ≥ −(c+d)2P(Fk). Bởi vì Xk và Ek−1 độc lập nên số hạng thứ 3 bằngP (Ek−1).EkXkk2. Do đó
αk−αk−1 ≥P (Ek−1)EkXkk2−(c+d)2P (Fk).
Bởi vì P (Ek)≥ P(En) với mọi k, và F1, F2, ...Fn rời nhau nên bằng cách cộng cả 2 vế của bất đẳng thức ở trên với k = 1,2, ..., n ta được:
αn ≥P(En)EkSnk2−(c+d)2. Bởi vì kSnk ≤d trên En,
αn= Z
En
kSnk2dP ≤d2
Hai bất đẳng thức ở trên chỉ ra rằng
EkSnk2 ≤ d2+ (c+d)2
P(En) ≤ d2+ (c+d)2
ε .
Định lý 3.4. Cho X1, X2, ..., Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập, đối xứng trong X sao cho kXik ≤ c với i=1,2,...,n. Giả sử Q(t) là hàm tập trung của Sn = X1+...+Xn.
Khi đó
EkSnk2 ≤ 16t2+ (c+ 4t)2 2Q(t)−1 Với t bất kỳ sao cho Q(t)> 12.
Chứng minh. Điều này được suy ra từ định lí 3.2, 3.3 và thực tế rằng một biến ngẫu nhiên đối xứng bị chặn có kỳ vọng bằng 0.