Định nghĩa 3.1.1. Toán tử ngẫu nhiên tuyến tính Φ : X → Y gọi là có thác triển nếu có một ánh xạ Φ : Le X0 (Ω) →LY0(Ω) sao cho:
1. Với u1, u2 ∈LX0 (Ω) và λ1, λ2 ∈R thì Φ(λe 1u1+λ2u2) =λ1Φue 1+λ2Φue 2 h.c.c 2. Nếu p−lim
n un=u thì p−lim
n Φue n=Φue
3. Nếu g là một biến ngẫu nhiên đơn giản X−giá trị có dạng g(ω) =Pn
i=11Eixi, Ei
là các tập rời nhau thì ta có: Φge = Pn i=1
1EiΦxi
Khi đó ánh xạ Φe được gọi là thác triển của toán tử ngẫu nhiên tuyến tính Φ.
Bổ đề 3.1.1. Với mỗi t >0, r >0 và với biến ngẫu nhiên đơn giản X−giá trị g thì ta có:
P{kΦge k> t} ≤P{k(ω)> t
r}+P{kgk> r} (3.1)
Chứng minh. Từ định nghĩa ta có kΦg(ω)e k = Pn i=1
1EikΦxik, ở đó tồn tại một tập D có xác suất bằng 1 sao cho ∀ω∈D:kΦxi(ω)k ≤k(ω)kxik. Khi đó
kΦg(ω)e k= Xn
i=1
1EikΦxik ≤k(ω) Xn
i=1
1Eikxik=k(ω)kg(ω)k Hay Φg(ω)e ≤k(ω)kg(ω)k h.c.c
Do vậy
P{kΦge k> t} ≤P{kΦek> t,kgk ≤r}+P{kgk> r}
≤P{kgkk(ω)> t,kgk ≤r}+P{kgk> r}
≤P{r.k(ω)> t}+P{kgk> r}
Bổ đề 3.1.2.
1. Nếu u∈LX0 (Ω) thì tồn tại một dãy(gn)là các biến ngẫu nhiên đơn giản X−giá trị hội tụ đến u theo xác suất.
2. Nếu p−lim
n gn = u thì tồn tại p−lim
n Φe và giới hạn này không phụ thuộc vào việc chọn dãy (gn), giới hạn này ký hiệu là Φu.e
Chứng minh. 1) Cho > 0, dãy (xn) là tập đếm được trù mật trong X. Đặt Bn = {ω : ku(ω)−xnk < } và An = Bn\
Sn i=1
Bn, dãy (An) là một phân hoạch đếm được của X.
Cho n đủ lớn sao cho P∞
k=n+1
P(Ak)< , đặt g(ω) = Pn
k=11Akxk. Bởi vì {ku−gk > } ⊂ S∞
k=n+1
Ak nên P{ku−gk > } < . Suy ra, ứng vớin tồn tại một biến ngẫu nhiên đơn giản gn sao cho P{ku−gnk> 1
n}< 1
n. Cho t >0, chọnN sao cho 1
N < t. Khi đó vớin > N ta có:
P{ku−gnk> t}<P{ku−gnk> 1 n}< 1
n
Do đó lim
n P{ku−gnk> t}= 0 2) Từ (3.1) suy ra
P{kΦge n−Φge mk> t} ≤P{k(ω)> t
r}+P{kgn−gmk> r} (3.2) Khi đó
lim sup
n,m
P{kΦge n−Φge mk> t} ≤P{k(ω)> t r} Cho r→0 ta được lim sup
n,m
P{kΦge n−Φge mk> t}= 0
Bây giờ ta xét (hn) là một dãy biến ngẫu nhiên đơn giản khác, hội tụ đến u. Đặt p−limΦge n=ξ, p−limΦhe n=η. Từ (3.2) vàp−lim(gn−hn) = 0suy ralim
n P{kΦge n− Φhe nk> t}= 0. Ta có:
P{kξ−ηk> t} ≤P{kξ−Φge nk> t
3}+P{kΦge n−Φhe nk> t
3}+P{kΦhe n−ηk> t 3} Cho n →+∞ thì ξ =η h.c.c
Định lý 3.1.1. Nếu Φ là toán tử ngẫu nhiên tuyến tính bị chặn từ X →Y thì Φ có thác triển.
Chứng minh. Nếug là một biến ngẫu nhiên đơn giản X−giá trị g(ω) = Pn
i=11Eixi thì ta xác định: Φge =Pn
i=11EiΦxi. Ta cần chứng minhΦe thỏa mãn các tính chất sau:
1. Vớiu1, u2 ∈LX0 (Ω) ta có: Φ(ue 1+u2) =Φue 1+Φue 2 h.c.c.
2. Vớiu∈LX0 (Ω), α ∈L0(Ω) cóΦ(αu) =e αΦu.e 3. Nếu p−limun=u thì p−limΦue n=Φu.e
Thật vậy: Khẳng định 1. là hiển nhiên. Với khẳng định 2. ta chứng minhΦ(αu) =e αΦu.e Điều này đúng với các biến ngẫu nhiên đơn giản α, u. Với các biến ngẫu nhiên tùy ý α, uta suy ra điều phải chứng minh từ kết luận sau: Nếup−limαn =α, p−limun=u thì:
p−limαnun =αu
Thật vậy:αnun−αu = (αnun−αnu) + (αnu−αu) Ta có: P{kαnun−αnuk> t}
≤P{|αn|.kun−uk > t,|αn|< c}+P{|αn|> c}
≤P{kun−uk> t
c}+P{|αn|> c}
≤P{kun−uk> t
c}+ sup
n
P{|αn|> c} Bởi vì lim
c→+∞sup
n
P{|αn|> c}= 0, chon →+∞và t →+∞ ta được:
limP{kαnun−αnuk> t}= 0 Tương tự ta có: limP{kαnu−αuk> t}= 0
Với khẳng định 3. ta cần chứng minh: Nếu p−lim
n un= 0 thì:
p−limΦue n= 0 (3.3) Để chứng minh (3.3) ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề 3.1.3. Cho t, r >0 và biến ngẫu nhiên u X−giá trị. Khi đó:
P{kΦue k> t} ≤P{k(ω)> t
r}+P{kuk> r} (3.4)
Chứng minh. Giả sử(gn)là dãy các biến ngẫu nhiên đơn giản sao chop−limgn =u.
Xác định p−limΦge n=Φu. Từ bổ đề 3.1.1 ta có:e P{kΦge nk> t} ≤P{k(ω)> t
r}+P{kgnk > r} Do vậy:
P{kkΦue k> t} ≤lim infP{kΦge nk> t} ≤lim supP{kΦge nk> t}
≤P{k(ω) > t
r}+ lim supP{kgnk> r}
≤P{k(ω)> t
r}+P{kuk> r}
Quay trở lại với chứng minh khẳng định (3.3), giả sửp−lim
n un= 0. Với >0, t >
0, chọn r > 0 sao cho P{k(ω) > t r} <
2. Khi đó nếu u ∈ V(r,
2) = {u : P{kuk >
r} <
2}, kết hợp với bổ đề 3.1.3 ta có: P{kΦue k > t} < , suy ra (3.3) được chứng minh. Vậy Φe là thác triển của Φ.
Bổ đề 3.1.4. Toán tử ngẫu nhiên tuyến tính Φ bị chặn khi và chỉ khi với mọi dãy (xn)∈B ta có:sup
n kΦxnk<+∞ h.c.c Chứng minh. Điều kiện cần là hiển nhiên.
Ngược lại, choM là tập hợp trù mật đếm được trong X và Z là tập hợp gồm tất cả các tổ hợp tuyến tính có dạng Pn
i=1
rixi, xi ∈ M, ri ∈ Q, suy ra Z là không gian con tuyến tính đếm được trênQ và trù mật trong X.
Ta tìm tập hợp D1 có xác suất bằng 1 sao cho mỗiω∈D1 thì
Φ(r1z1+r2z2)(ω) =r1Φz1(ω) +r2Φz2(ω),∀z1, z2∈Z;r1, r2∈Q (3.5)
Đặt Z1 = Z ∩B, khi đó tồn tại tập hợp D2 có xác suất bằng 1 sao cho với ω ∈ D2
thì k(ω) = sup
z∈Z1
kΦz(ω)k<+∞.
Đặt D=D1∩D2. Ta cần chứng minh với ω∈ Dvà z ∈Z thì kΦz(ω)k ≤k(ω)kzk (3.6)
Thật vậy: giả sử z ∈Z và rn là dãy các số hữu tỷ sao chorn → kzkvà kzk< rn. Khi đó z
rn ∈Z1 nên
kΦz(ω)k=krnΦ( z rn
)(ω)k ≤ rnk(ω)
Chorn → kzksuy rakΦz(ω)k ≤k(ω)kzk. Vớiω ∈D, xác định ánh xạT(ω) : Z →Y vớiT(ω)z= Φz(ω).
Từ (3.5) suy ra T(ω) là tuyến tính trên Z. Hơn nữa, T(ω) là liên tục đều trên Z.
Thật vậy, cho z1, z2 ∈Z từ (3.6) ta có:
kT(ω)z1−T(ω)z2k=kΦ(z1−z2)(ω)k ≤k(ω)kz1−z2k
Do vậy T(ω) thác triển thành một ánh xạ tuyến tính liên tục T(ω) : X → Y hay T(ω)∈L(X, Y).
ĐặtT(ω) =T0 vớiω /∈D, xác định ánh xạT : Ω →L(X, Y). Ta cần chỉ ra vớix∈X thì Φx(ω) =T(ω)x h.c.c.
Cho (zn)∈Z sao cho limzn=x. Với ω∈D suy raΦzn(ω) =T(ω)zn,∀n.
Do đó lim Φzn(ω) limT(ω)zn=T(ω)x,∀ω∈D, suy ra Φzn hội tụ h.c.c tới T(ω)x.
Nhưng p−lim Φzn = Φx, suy ra Φx(ω) =T(ω)xh.c.c. Theo chứng minh của định lý 2.1.3 thì toán tử ngẫu nhiên tuyến tính Φ là bị chặn.
Định lý 3.1.2. Nếu toán tử ngẫu nhiên tuyến tính Φ tồn tại thác triển thìΦ là toán tử ngẫu nhiên tuyến tính bị chặn.
Chứng minh. Giả sử toán tử ngẫu nhiên tuyến tính Φ không bị chặn và Φe là thác triển của Φ. Từ bổ đề 3.1.3 suy ra tồn tại một dãy (xn)∈B sao cho:
P sup
n kΦxnk=∞
>0 Đặt:
D=n
ω : sup
n kΦxn(ω)k=∞o Xác định biến ngẫu nhiên không âm bởi:ξn(ω) = max
1≤k≤nkΦxn(ω)k. Khi đó(ξn)là một dãy tăng và lim
n xn(ω) = +∞ vớiω ∈D.
Xác định biến ngẫu nhiênX−giá trị un bởi u1(ω) =x1 và:
un(ω) =
un−1(ω), kΦxn(ω)k ≤ξn−1(ω) xn, kΦxn(ω)k> ξn−1(ω)
Bây giờ ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng kΦue nk =ξn (3.7) Thật vậy:
1. Vớin = 1 thì (3.7) thỏa mãn.
2. Giả sử kΦue n−1k=ξn−1.
3. Phải chứng minh:kΦue nk=ξn.
NếukΦxn(ω)k ≤ξn−1(ω)suy raξn(ω) =ξn−1(ω), un(ω) =un−1(ω)nênkΦue n(ω)k = kΦue n−1(ω)k=ξn−1(ω) =ξn(ω).
Nếu kΦxn(ω)k ≥ ξn−1(ω). Khi đó ξn(ω) = kΦxn(ω)k. Do đó: kΦue n(ω)k = kΦxn(ω)k=ξn(ω).
Bây giờ ta cố định k, đặtDn ={ω ∈D:ξn(ω)> k}. VìDn ⊂Dn+1 vàD=S
n
Dn ta có:
limn P(Dn) =P([
n
Dn) =P(D) Do đó tồn tại nk sao cho: P(ξnk > k) =P(Dnk)> P(D)
2 Xét biến ngẫu nhiêngk = unk
k . Vìkunk ≤1 nêngk→0h.c.c. Do đó p−lim
k Φge k = 0.
Mặt khác với ∀k ta có:
P(kΦge kk>1) =P(kΦue nkk> k) =P(ξnk > k)> P(D) 2 Suy ra mâu thuẫn, do đó toán tử ngẫu nhiên tuyến tính Φbị chặn.
Định lý 3.1.3. Cho (Φn) là một dãy các toán tử ngẫu nhiên tuyến tính bị chặn và {kn(ω)} là một dãy các biến ngẫu nhiên giá trị thực sao cho với x ∈ X ta có kΦnx(ω)k ≤kn(ω).kxk h.c.c.
Giả sử với x∈X, p−lim Φnx= Φx tồn tại và họ (kn) là bị chặn theo xác suất. Khi đó toán tử giới hạn Φ là toán tử ngẫu nhiên tuyến tính bị chặn.
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh với biến ngẫu nhiên X−giá trị u thì p− limn Φfnu=Φue tồn tại. Thật vậy theo bổ đề 3.1.3 ta có:
P{kΦfnuk> t} ≤P{kn(ω)> t
r}+P{kuk> r}
≤sup
n
P{kn(ω)> t
r}+P{kuk> r} Ta có
P{kΦfnu−Φfmuk> t} ≤P{kΦfn(u−g)k> t
3}+P{kΦfm(u−g)k> t 3} +P{kΦfng−Φfmgk> t
3} ≤2.sup
n
P{kn > t 3r} +2.P{ku−gk> r}+P{kΦfng−Φfmgk> t
3} (3.8)
Bởi vì họ(kn)là bị chặn theo xác suất nên ta chọnr >0sao chosup
n
P{kn > t 3r}<
3, khi đó chọn biến ngẫu nhiên đơn giảng sao choP{ku−gk> r}<
3. Vì p−limΦfnug tồn tại với biến ngẫu nhiên đơn giản g, do đó tồn tại n0 sao cho m, n > n0 thì
P{kΦfng−Φfmgk> t 3}<
3 Từ điều này và (3.8) ta được:
P{kΦfnu−Φfmuk> t} ≤ ∀m, n > n0
Suy ra p−lim
n Φfnu=Φue tồn tại. Bây giờ, ta cần chứng tỏ rằng ánh xạu 7−→Φue là tuyến tính và liên tục.
Tuyến tính là hiển nhiên Ta có
P{kΦue k> t} ≤lim infP{kΦfnuk> t} ≤lim supP{kΦue k> t}
≤sup
n
P{kn(ω)> t
r}+P{kuk> r} Cho trước t, , chọn r > 0 sao cho sup
n
P{kn(ω) > t r} <
2. Do đó: P{kΦue k> t} <
suy ra P{kuk> r}<
2 →Φe liên tục →Φe là một thác triển của Φ.
Do đó theo định lý 3.1.2 thì Φlà toán tử ngẫu nhiên tuyến tính bị chặn.