MỤC LỤC Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số kiến thức sở lý thuyết xác suất 1.2 Bất đẳng thức hàm mũ biến ngẫu nhiên độc lập không âm 12 1.3 Bất đẳng thức Berry-Esseen cho biến ngẫu nhiên độc lập 12 Bất đẳng thức Berry-Esseen cho phép chiếu vectơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng 2.1 14 Bất đẳng thức Berry-Esseen cho phép chiếu vectơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng 14 2.2 Ứng dụng 20 Tài liệu tham khảo 29 LỜI MỞ ĐẦU Giả sử {Xn , n ≥ 1} dãy biến ngẫu nhiên Định lý giới hạn trung tâm khẳng định số điều kiện đó, tổng n Sn = Xi i=1 có phân phối xấp xỉ phân phối chuẩn n đủ lớn Một câu hỏi tự nhiên đặt nghiên cứu tốc độ hội tụ định lý giới hạn trung tâm Andrew C Berry (1941) Carl-Gustav Esseen (1942) hai nhà toán học nghiên cứu vấn đề độc lập với Kết gọi bất đẳng thức Berry-Esseen Từ đến nay, hướng nghiên cứu không ngừng phát triển, có nhiều ứng dụng thống kê, hình học ngẫu nhiên, giải tích chuỗi thời gian, lý thuyết đồ thị ngẫu nhiên, n Cho ξ1 , ξ2 , , ξn biến ngẫu nhiên độc lập với kỳ vọng i=1 Eξi2 = Bất đẳng thức Berry-Esseen mệnh đề khẳng định n sup |P( x∈R n E|ξi |3 ξi ≤ x) − Φ(x)| ≤ C i=1 i=1 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 luận văn nghiên cứu đề tài “Bất đẳng thức Berry-Esseen cho phép chiếu vectơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng” Luận văn 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 sở lý thuyết xác suất bất đẳng thức Berry-Esseen biến ngẫu nhiên độc lập Chương Bất đẳng thức Berry-Esseen cho phép chiếu vectơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng Đây nội dung luận văn, bao gồm mục Mục chúng tơi tìm hiểu bất đẳng thức Berry-Esseen cho phép chiếu vectơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng Mục chúng tơi tìm hiểu ứng dụng bất đẳng n thức việc tổng quát hóa độ đo cone Cp Luận văn hoàn 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 Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới GS Nguyễn Văn Quảng thầy, cô giáo tổ Lý thuyết xác suất thống kê toán học, ban chủ nhiệm Khoa Tốn, thầy, giáo Khoa Tốn, phịng Sau đại học Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, tập thể lớp cao học 20 đồng nghiệp trường THCS Nguyễn Du động viên, giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng song luận văn không tránh khỏi thiếu sót nội dung hình thức Vì tác giả mong nhận lời bảo quý báu thầy, cô giáo góp ý bạn đọc để luận văn hồn thiện Vinh, tháng năm 2014 Tác giả CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này, chúng tơi trình bày số khái niệm sở lý thuyết xác suất số kiến thức liên quan Các kiến thức tìm thấy tài liệu [1] [2] [3] Nội dung Chương bất đẳng thức Beerry - Esseen cho biến ngẫu nhiên độc lập Kết chương trích dẫn từ Shevtsova [10] 1.1 Một số kiến thức sở lý thuyết xác suất 1.1.1 Không gian xác suất Giả sử Ω tập tùy ý khác rỗng, F σ - đại số tập Ω Khi đó, cặp Ω, F gọi không gian đo Giả sử Ω, F không gian đo Một ảnh xạ P : F → R gọi độ đo xác suất F (i) P (A) = với ∀A ∈ F (tính khơng âm); (ii) P (A) = (tính chuẩn hóa); (iii) Nếu An ∈ F(n = 1, 2, , n), Ai ∩ Aj = Ai Aj = ∅(i = j) ∞ P( ∞ An ) = n=1 P (An ) n=1 (tính cộng đếm được) Các điều kiện (i) (ii) (iii) gọi hệ tiên đề Kolmogorov xác suất Bộ ba (Ω, F, P ) gọi không gian xác suất Tập Ω gọi không gian biến cố sơ cấp σ - đại số F gọi σ - đại số biến cố Mỗi A ∈ F gọi biến cố Biến cố Ω ∈ F gọi biến cố chắn Biến cố ∅ ∈ F gọi biến cố khơng thể có Biến cố A = Ω\A gọi biến cố đối lập biến cố A Nếu A ∩ B = AB = ∅ A, B gọi biến cố xung khắc Không gian xác suất (Ω, F, P ) gọi không gian xác suất đầy đủ tập biến cố có xác suất khơng biến cố 1.1.2 Các tính chất xác suất Giả sử A, B, C biến cố Khi đó, xác suất chúng có tính chất sau P (∅ = 0); Nếu AB = ∅ P (A ∪ B) = P (A) + P (B); P (A) = − P (A); Nếu A ⊂ B P (BA) = P (B) − P (A) P (A) ≤ P (B); P (A ∩ B) = P (A) + P (B) − P (AB); ∞ P( ∞ An ) ≤ n=1 P (An ) i=1 1.1.3 Biến ngẫu nhiên Ánh xạ X : Ω → R gọi biến ngẫu nhiên X ánh xạ đo được, tức với a ∈ R {ω ∈ Ω : X(ω) < a} ∈ F Trong suốt chương này, khơng nói thêm tất biến ngẫu nhiên xác định không gian xác suất (Ω, F, P ) Giả sử X biến ngẫu nhiên Khi σ(X) = {X −1 (B) : B ∈ B(R)} σ -đại số gọi σ - đại số sinh X Họ hữu hạn {Fi , i ∈ I} σ - đại số F gọi độc lập P( Ai ) = i∈I P (Ai ) i∈I với Ai ∈ Fi , (i ∈ I ) Họ vô hạn {Fi , i ∈ I} σ - đại số F gọi độc lập (độc lập đôi một) họ hữu hạn độc lập (tương ứng độc lập đôi một) Họ biến ngẫu nhiên {Xi , i ∈ I} gọi độc lập (độc lập đôi một) σ - đại số sinh chúng {σ(Xi ), i ∈ I} độc lập (tương ứng độc lập đôi một) Họ biến cố {Ai , i ∈ I} gọi độc lập họ biến ngẫu nhiên {IAi , i ∈ I} độc lập 1.1.4 Phân phối xác suất Giả sử X : Ω −→ R biến ngẫu nhiên Khi hàm tập PX : B(R) −→ R B → PX (B) = P (X −1 (B)) gọi phân phối xác suất X 1.1.5 Tính chất phân phối xác suất PX độ đo xác suất B(R) Nếu Q độ đo xác suất B(R) Q phân phối xác suất biến ngẫu nhiên X 1.1.6 Biến ngẫu nhiên phân phối Tương ứng biến ngẫu nhiên phân phối xác suất chúng tương ứng − Những biến ngẫu nhiên có phân phối xác suất gọi biến ngẫu nhiên phân phối 1.1.7 Hàm phân phối Cho biến ngẫu nhiên X , hàm số FX (x) = P (X ≤ x) = P (ω : X(ω) ≤ x) gọi hàm phân phối X 1.1.8 Tính chất hàm phân phối Hàm phân phối xác suất biến ngẫu nhiên X có tính chất sau ≤ F (x) ≤ Nếu a < b F (b) − F (a) = P (a ≤ X < b) suy F (x) hàm không giảm Với x0 ∈ R, F (x0 ) = lim F (x) x→x0 lim F (x) = 1; lim F (x) = x→+∞ x→−∞ 1.1.9 Một số hàm phân phối thường gặp Phân phối nhị thức Tiến hành dãy n phép thử Bernouli với xác suất thành công phép thử p, ≤ p ≤ Giả sử X số lần thành công n phép thử Rõ ràng X biến ngẫu nhiên rời rạc với miền giá trị S = {0, 1, , n} k P (X = k) = Cn pk (1 − p)n−k , k ∈ S Khi X gọi có phân phối nhị thức với tham số n, p hay nói gọn X có phân phối B(n, p) (ta viết X ∼ B(n, p)) Phân phối Poisson Biến ngẫu nhiên X gọi có phân phối Poisson với tham số λ > 0(X ∼ P (λ)) X có miền giá trị S = N = {0, 1, } λk e−λ , k = 0, 1, P (X = k) = k! Phân phối chuẩn Biến ngẫu nhiên X gọi có phân phối chuẩn (Gauss) với tham số µ ∈ R, σ > 0, ký hiệu X ∼ N (µ, σ ) X có hàm mật độ − (x−µ) p(x) = √ e 2σ σ 2π Nếu µ = 0, σ = X ∼ N (0, 1) gọi phân phối chuẩn tắc x2 p(x) = √ e− 2π Phân phối mũ Biến ngẫu nhiên X gọi có phân phối mũ với tham số λ > 0, ký hiệu X ∼ ε(λ) X có hàm mật độ p(x) = x ≤ 0, λ.e−λx x > Phân phối Biến ngẫu nhiên X gọi có phân phối [a, b]   a ≤ x ≤ b, p(x) = b − a 0 x ∈ [a, b] Phân phối Gamma.Biến ngẫu nhiên X gọi có phân phối Gamma với tham số α, β > X có hàm mật độ   xα−1 e −x β f (x) = Γ(α)β α  x ∈ (0, ∞) / x ∈ (0, ∞), 1.1.10 Kỳ vọng Ta khơng nhắc lại cách xây dựng tích phân Lebesgue cho hàm đo khơng âm Kí hiệu L1 tập tất đại lượng ngẫu nhiên X : Ω → R khả tích Lebesgue, tức |X|dP < ∞ Ω Đặt X + = max(X, 0), X − = max(−X, 0) Khi X = X + − X − Nếu có X + ∈ L1 , X − ∈ L1 , ta gọi số X − dP X + dP − EX = Ω Ω kỳ vọng ( hay giá trị trung bình) X 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 1.1.11 Tính chất kỳ vọng Kỳ vọng có tính chất sau Nếu X ≥ EX ≥ Nếu C số EC = C Nếu tồn EX với C ∈ R, ta có E(CX) = CEX Nếu tồn EX EY E(X ± Y ) = EX ± EY Nếu X ≥ EX = X = Giả sử F hàm phân phối biến ngẫu nhiên X g : R → R hàm đo Khi +∞ Eg(X) = g(x)dF (x) −∞ 1.1.12 Vectơ có tọa độ đối xứng Hai biến ngẫu nhiên X Y gọi phân phối hàm phân phối chúng Khi đó, ta ký hiệu X =d Y Một vectơ Y = (Y1 , , Yn ) vectơ ngẫu nhiên n chiều thỏa mãn (Y1 , , Yn ) =d (e1 Y1 , , en Yn ) với (e1 , , en ) ∈ {−1, 1}n ta nói vectơ Y có tọa độ đối xứng 1.1.13 Nhận xét Giả sử Y = (Y1 , Y2 , , Yn ) ∈ Rn vectơ ngẫu nhiên có tọa độ đối xứng Khi ta có Yi =d Yi với i = 1, 2, , n (Yi , Yj ) =d (−Yi , Yj ) với i = j ∈ {1, , n} Nếu thêm giả thiết EYi2 = vi < ∞, với i = 1, 2, , n EYi = EYi Yj = vi δij , δij = i = j, i = j 1.1.14 Cỏc bt ng thc Bt ng thc Hălder o Trong gii tớch toỏn hc, bt ng thc Hălder, t theo tờn nh toỏn hc o c Otto Hălder, bất đẳng thức liên quan đến không gian o p n p i=1 |xi | = {x = (x1 , x2 , , xn )| < ∞} Giả sử S không gian đo, với ≤ p, q ≤ ∞ thỏa mãn đồng thời f thuộc p S q S g thuộc Khi f g thuộc S 1 + = 1, p q ||f g||1 ≤ ||f ||p ||g||q Các số p q nói trờn c gi l liờn hp Hălder o Bt ng thc Hălder c dựng chng minh bt ng thc tam giác o tổng quát không gian chứng minh p p, đối ngẫu với bất đẳng thức Minkowski dùng để q Trường hợp đặc biệt, S = N , có bt ng thc Hălder cho cỏc dóy khụng gian o ∞ p ∞ |xn |p |xn yn | ≤ n=1 n=1 p q ∞ |yn |q ∀x ∈ p ,y ∈ q n=1 Bất đẳng thức Markov Giả sử X biến ngẫu nhiên < p < ∞ Khi với ta có P (|X| > ) ≤ E|X|p p >0 Bất đẳng thức Jensen Giả sử ϕ : R → R hàm lồi, X ϕ(X) biến ngẫu nhiên khả tích Khi Eϕ(X) ≥ ϕ(EX) 1.1.15 Phép chiếu Giả sử θ = (θ1 , , θn ) ∈ Rn Y = (Y1 , , Yn ) vectơ ngẫu nhiên n chiều Khi đó, ta ký hiệu n Yθ = θ· Y = θi Yi i=1 Biến ngẫu nhiên Yθ gọi phép chiếu vectơ Y = (Y1 , , Yn ) theo phương θ 10 n mà Xi = |Yi |/vθ nên Wθ = εi θi Xi i=1 Theo bổ đề 2.1.1 hàm dấu sign ε1 , ε2 , , εn thành phần Y1 , Y2 , , Yn biến ngẫu nhiên độc lập phân phối nhận giá trị {−1, 1} với P (εi = 1) = P (εi = −1) = Từ suy n EYi = 0, DYi = EYi2 − (EYi ) = EYi2 = vθ 2 θi vi = i=1 Ta lại có Xi = |Yi |/vθ suy n EXi2 = E|Yi |2 /vθ = hay n EYi2 n 2 θi vi i=1 = i=1 n i=1 2 θi vi = 1, 2 θi vi n θi EXi2 θi = (||θ||)2 = = i=1 i=1 Giả sử Z ∼ N (0, 1) biến ngẫu nhiên độc lập với Vθ , Φ(x) = P (Z ≤ x) hàm phân phối Ta sử dụng kí hiệu E(I(A)|B) = P (A|B) Khi đó, {ε1 , , εn } độc lập với {X1 , , Xn } nên P (Wθ ≤ x|{Xi }1≤i≤n ) = P (Wθ ≤ x) Điều kéo theo 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)) 16 Áp dụng bất đẳng thức Berry-Esseen cho biến ngẫu nhiên độc lập (1.2), ta có |R1 | = |E(P (Wθ ≤ x|{Xi }1≤i≤n ) − Φ(x/Vθ ))| n |θi |3 |Xi |3 0.7056 i=1 ≤ E{min(1, )} Vθ3 n |θi |3 |Xi |3 0.7056 i=1 ≤ min{(E1 , E )} Vθ3 n |θi |3 |Xi |3 ≤ min{(1, 0.7056E i=1 n )} Vθ3 |θi |3 E|Xi |3 ≤ min{(1, 0.7056 i=1 )} Vθ3 n |θi |3 E|Xi |3 ≤ P (Vθ2 < 1/2) + 0.7056 i=1 (1/2)3/2 n = P (|Vθ2 ˙ − 1| ≥ 1/2) + 0.7056(2)3/2 |θi |3 E|Xi |3 i=1 Mặt khác, theo bất đẳng thức Markov P ((Vθ2 − 1) ≥ 1/2) ≤ E|Vθ2 − 1|/(1/2) Điều kéo theo n |R1 | ≤ P (|Vθ2 |θi |3 E|Xi |3 − 1| ≥ 1/2) + i=1 n ≤ E|Vθ2 − 1|/(1/2) + |θi |3 E|Xi |3 i=1 n ≤ 2E|Vθ2 − 1|I{|Vθ2 |θi |3 E|Xi |3 − 1| > 1/2} + i=1 17 Ta xét R2 , ta có |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) ≤ |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), mà theo bất đẳng thức Markov P ((Vθ2 − 1) ≥ 1/2) ≤ E|Vθ2 − 1|/(1/2) nên |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} | Xét hàm số f (x) = (1 + x)−1/2 − + x/2 với |x| ≤ 1/2 x2 ta có − x2 /2( f (x) = 1 + 1) + 2x( √ + 1) 1+x (1 + x)3 x4 < ∀|x| ≤ 1/2 suy √ |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 18 với |γ1 | ≤ c0 Ta tiến hành khai triển taylor cho hàm Φ Φ(x/Vθ ) − Φ(x) = xφ(x)(1/Vθ − 1) + (1/2)x2 (1/Vθ − 1)2 φ (xγ2 ) = xφ(x){−(1/2)(Vθ2 − 1) + γ(Vθ2 − 1)2 } (Vθ2 − 1)2 , + (1/2)x φ (xγ2 ) (vθ (Vθ + 1))2 √ với điều kiện (2/3)1/2 ≤ γ2 ≤ |Vθ2 − 1| ≤ 1/2 Đặt c1 = supx∈R |xφ(x)| 1 c1 = sup |xφ(x)| = √ e−1/2 ≤ √ ≤ 0.24198 2π 2π x∈R sup x = sup x = sup x sup |x2 φ (xγ2 )| (2/3)1/2 ≤γ2 ≤ sup √ (2/3)1/2 ≤γ2 ≤ √ |x3 γ2 φ(xγ2 )| γ −2 |xγ2 |3 φ √ (2/3)1/2 ≤γ2 ≤ sup (xγ2 )| 3(3/e)3/2 √ sup |x|3 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 + (1/2)x φ (xγ2 ) )I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2}}| (Vθ (Vθ + 1)) = |(1/2)xφ(x)E(Vθ2 − 1)I{|Vθ2 − 1| > 1/2} + xφ(x)γ1 E(Vθ2 − 1)2 I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2} (Vθ2 − 1)2 + (1/2)x φ (xγ2 )E{ I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2}}| (Vθ (Vθ + 1)) ≤ |(1/2)c1 E(Vθ2 − 1)I{|Vθ2 − 1| > 1/2} + (c0 c1 + (1/2)c2 c3 )E(Vθ2 − 1)2 I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2} = |(1/2)c1 E(Vθ2 − 1)I{|Vθ2 − 1| > 1/2} + c4 E(Vθ2 − 1)2 I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2}, 19 1 )2 c4 = c0 c1 + c2 c3 ≤ 0.4 2−1/2 (1 + 2−1/2 ) Từ điều ta có với c3 = ( |P (W ≤ x) − P (Z ≤ x)| ≤ (4 + c1 /2)E|Vθ2 − 1|I{|Vθ2 − 1| > 1/2} n + c4 E(Vθ2 ≤ 4.2E|Vθ2 + 0.4E(Vθ2 − 1) I{|Vθ2 |θi |3 E|Xi |3 − 1| ≤ 1/2} + i=1 − 1|I{|Vθ2 − 1| > 1/2} n − 1) I{|Vθ2 |θi |3 E|Xi |3 − 1| ≤ 1/2} + i=1 Mặt khác, ta lại có 4.2E|Vθ2 − 1|I{|Vθ2 − 1| > 1/2} + 0.4E(Vθ2 − 1)2 I{|Vθ2 − 1| ≤ 1/2} ≤ 8.4E(Vθ2 − 1)2 I{Vθ2 − 1| > 1/2} + 0.4E(Vθ2 − 1)2 {|Vθ2 − 1| ≤ 1/2} ≤ 8.4E(Vθ2 − 1)2 nên n sup |P (Wθ ≤ x) − Φ (x) | ≤ x∈R 2.2 8.4E|Vθ2 |θi |3 E|Xi |3 − 1| + (2.3) i=1 Ứng dụng Trong chương chúng tơi trình bày ứng dụng Định lí 2.1.2 n liên quan tới tổng quát hóa độ đo cone Cp (xem Larry Goldstein, Qi- Man Shao [10]) Giả sử { ε1 , , ε2 } biến ngẫu nhiên độc lập, có phân phối Bernoulli với k n G1 , , Gn biến ngẫu nhiên độc lập, có phân phối Gamma P (εk = −1) = P (εk = 1) = Γ(1/p, 1), nghĩa với k n, Gk có hàm mật độ 1 p −1 −x f (x) = x e I(x 0) Γ( ) p 20 ε1 , , εn độc lập với G1 , , Gn 1 G1 p G1 p Đặt G1,n = n Gi Y = (ε1 ( ) , , εn ( ) ) i=1 G1,n G1,n n Theo Schechtman - Zinn [11, tr 218], độ đo Cp (Định nghĩa 1.1.17) trường hợp đặc biệt F phân phối Gamma Γ(1/p, 1) Định lý 2.2.1 (Schechtman - Zinn 1990) Với kí hiệu trên, ta có n Cp (A) = P (Y ∈ A) n Định lý 2.2.2 Cho Y xây dựng có phân phối Cp,F với p > 2+4/p G1 có phân phối F thỏa mãn EG1 < ∞ Khi ln tồn số cp,F phụ thuộc vào p F cho với θ ∈ Rn , ||θ|| = thỏa mãn n |θi |3 , sup |P (Wθ ≤ x) − Φ(x)| ≤ cp,F x∈R i=1 Wθ = Yθ /vθ với Yθ = θ· Y Chứng minh vθ G1 =E G1,n 2/p n Theo định lí 2.2.1 ta có Y phân phối với Cp,F Để thuận tiện ta lấy r = 1/p, ta thấy với = V ar(Y1 ), n−2r = O(vv ) (2.4) với ẩn không đổi biểu thức sau phụ thuộc vào p F Thật vậy, 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 2r 2r G1 ≥ E G1,n = n−2r , suy G1 r G1 ) =E = V ar ε1 ( G1,n G1,n 2r G1 ≥ E G1,n Khi < r < 1/2 đặt c = E(G1 )/(2(EG1 + 2r = n−2r V ar(G1 ))), ta thấy G1 E G1,n 2r G1 ≥E I{G1 /G1,n ≥ c/n} G1,n 21 2r ≥ (c/n)2r P (G1 /G1,n ≥ c/n) Mặt khác, ta lại có 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 ))) = − P G1 < E(G1 )/2 − P (G1,n − G1 > (n − 1)(EG1 + V ar(G1 ))) Theo bất đẳng thức hàm mũ biến ngẫu nhiên độc lập khơng âm với n=1 ta có P G1 < E(G1 )/2 ≥ exp − (EG1 )2 /(8EG2 ) bất đẳng thức Chebyshev ta có P (G1,n − G1 > (n − 1)(EG1 + V ar(G1 ))) ≤ 4(n − 1) ta suy P (G1 /G1,n ≥ c/n) ≥ − exp − (EG1 )2 /(8EG2 ) 1− 4(n − 1) Vậy G1 E G1,n 2r G1 ≥E I{G1 /G1,n ≥ c/n} G1,n ≥ (c/n)2r − exp − (EG1 )2 /(8EG2 ) 2r (1 − ) 4(n − 1) 2 hay n−2r = O(vv ) với = V ar(Y1 ) Bây ta chứng minh E(G1 /G1,n )3r = O(n−3r ) (2.5) n E(Vθ2 θ1 ) − 1) = O( i=1 22 (2.6) Đặt µ = EG1 , ý tưởng sử dụng G1,n /n có xác suất gần µ theo luật số lớn sử dụng khai triển Taylor (1 + x)−2r = − 2rx + γ1 x2 với x > −1/2 (2.7) (1 + x)−2r = + γ2 x với x > −1/2 (2.8) với |γ1 | ≤ r(2r + 1)22r+2 |γ2 | ≤ r22r+2 Ta dễ thấy (nµ)2r E(G1 /G1,n )2r = EG2r + O(n−1 ) (2.9) Đặt ∆n = (G1,n − nµ)/(nµ) suy G1,n = nµ(1 + ∆n ) Điều kéo theo (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} + E(G2r (1 + ∆n )−2r )I{∆n > −1/2} := R4 + R5 (2.10) Áp dụng bất đẳng thức hàm mũ biến ngẫu nhiên độc lập khơng âm, ta có P (G1,n (nµ/2)2 ≤ nµ/2) ≤ exp − 2nEG2 nµ2 = exp − 8EG2 (2.11) Điều kéo theo R4 ≤ (nµ)2r P (G1,n ≤ nµ/2) = O(n−2 ) 23 (2.12) Theo (2.7), ta có R5 = E(G2r (1 − 2r∆n + γ1 ∆2 ))I{∆n > −1/2} n = E(G2r (1 − 2r∆n )) − E(G2r (1 − 2r∆n ))I{∆n ≤ −1/2} 1 + EG2r γ1 ∆2 I{∆n > 1/2} n = EG2r − 2rEG2r (G1,n − nµ)/(nµ) − E(G2r (1 − 2r∆n ))I{∆n ≤ −1/2} 1 + EG2r γ1 ∆2 I{∆n > −1/2} n = EG2r − 2rEG2r (G1 − µ)/(nµ) + R5,1 , 1 (2.13) với R5,1 = −E(G2r (1 − 2r∆n ))I{∆n ≤ −1/2} + EG2r γ1 ∆2 I{∆n > 1/2} 1 n Áp dụng bất đẳng thc Hălder vi n ta cú o EG2r γ1 ∆2 I{∆n > 1/2} ≤ O(1)EG2r ∆2 n n Điều kéo theo |R5,1 | = | − E(G2r (1 − 2r∆n ))I{∆n ≤ −1/2} + EG2r γ1 ∆2 I{∆n > 1/2}| 1 n (2.14) ≤ E(G2r (1 ≤ (1 − 2r) − 2r∆n ))I{∆n ≤ −1/2} + O(1)EG2r ∆2 n (2r+1)/(2r+2) 2r(2r+2)/(2r+1) p1/(2+2r) (∆n EG1 ≤ −1/2) + O(1)EG2r ∆2 n = O(1)p1/(2+2r) (∆n ≤ −1/2) n −2 + O(1)(nµ) EG2r (G1 − µ) + EG2r E( (Gi − µ)2 ) i=2 −1 = O(n ) (2.15) Để chứng minh công thức (2.5) ta áp dụng (2.11) 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} ≤ n3r P (G1,n ≤ nµ/2) + EG3r /(µ/2)3r = O(1), 24 suy E(G1 /G1,n )3r = O(n−3r ) Sau ta chứng minh công thức (2.6), ta có Vθ2 − = (Vθ2 − 1)I{G1,n ≤ nµ/2} + (Vθ2 − 1)I{G1,n > nµ/2} (2.16) với ý Vθ2 = O(n2r ) theo (2.4), tương tự (2.12) từ (2.11) ta suy E(Vθ2 − 1)2 I{G1,n ≤ nµ/2} = O(n4r P (G1,n ≤ nµ/2) = O(n−1 ) (2.17) Xét vế phải công thức (2.16), ta có (Vθ2 − 1)I{G1,n > nµ/2} I{∆n > −1/2} −2r {G1,n = vθ = (2.18) n 2 θi G2r − vθ } i i=n −2r I{∆n > −1/2}(nµ) vθ n −2r i=n n −2r = I{∆n > −1/2}(nµ) vθ = θi G2r − EG2r + O(n−1 )} i {(1 + γ2 ∆n ) i=n n −2r I{∆n > −1/2}(nµ) vθ θi G2r − (nµ)2r E(G1 /G1,n )2r } i {(1 + ∆n ) n θi (G2r i { − EG2r ) i i=1 θi G2r + O(n−1 )} i + γ2 ∆n i=1 := R6 + R7 + R8 , (2.19) với I{∆n > −1/2}(nµ)−2r n 2r θi (Gi − EG2r ), R6 = i vθ i=1 n I{∆n > −1/2}(nµ)−2r γ2 ∆n θi G2r , R7 = i vθ i=1 I{∆n > −1/2}(nµ)−2r R8 = O(n−1 ) vθ Từ (2.9) ta suy (nµ)−2r = O(1) vθ 25 (2.20) n ER6 θi (G2r − EG2r )}2 i i = O(1)E{ i=1 n = O(1)E(G2r − EG2r )2 θi i=1 n θi = O(1) (2.21) i=1 Theo giả thiết cho EG2+4r < ∞, ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có n ER7 = O(1)E∆2 ( n θi G2r )2 i i=1 n = O(1)E∆2 n n θi G4r i θi i=1 i=1 O(1)E∆2 G4r n i −2 n = = O(n )EG4r ( (Gi − µ))2 i=1 n = O(n−2 )E G4r (Gi − µ)2 + i=1 n = O(n−2 )E G4r ( (Gi − µ)(Gj − µ) 1≤i