TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ************* Hoàng Thị Mấn CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Ngành: Tốn - Ứng dụng HÀ NỘI - 2013 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TỐN ************* Hồng Thị Mấn CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Ngành: Toán - Ứng dụng Mã số: Người hướng dẫn Th.s Nguyễn Trung Dũng HÀ NỘI - 2013 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TỐN KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐỀ TÀI CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT Họ tên sinh viên thực : HỒNG THỊ MẤN Lớp : K35A-CN Tốn Giảng viên hướng dẫn : NGUYỄN TRUNG DŨNG HÀ NỘI - 2013 Lời cảm ơn Trong trình nghiên cứu thực khóa luận, với cố gắng thân với hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình thầy cô giáo bạn sinh viên, em hồn thành khóa luận Em xin bày tỏ lịng biết ơn tới thầy, cơng tác Khoa Toán Trường Đại học sư phạm Hà Nội Thầy cô trực tiếp giảng dạy, truyền đạt cho em kiến thức quý báu chuyên môn kinh nghiệm nghiên cứu khoa học thời gian qua Em xin chân thành gửi lời cảm ơn đến người thân gia đình, bạn bè giúp đỡ, động viên tạo điều kiện cho em suốt trình học tập hoàn thiện luận văn Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo, thạc sĩ Nguyễn Trung Dũng, người tận tình giúp đỡ bảo cung cấp cho em kiến thức tảng để em hồn thành khóa luận Thầy người giúp em ngày tiếp cận có niềm say mê khoa học suốt thời gian làm việc Thầy Em xin chân thành cám ơn! Hà Nội, Ngày 16 tháng năm 2013 Sinh viên HOÀNG THỊ MẤN Lời cam đoan Tên em là: Hoàng Thị Mấn sinh viên đại học khóa 2009 – 2013, lớp K35A-CN Tốn, khoa Toán , trường Đại học Sư phạm Hà Nội Em xin cam đoan đề tài: “Các bất đẳng thức xác suất” kết nghiên cứu thu thập riêng em Những nội dung khóa luận em thực hướng dẫn trực tiếp thầy Nguyễn Trung Dũng Các luận cứ, kết thu đề tài trung thực, không trùng với tác giả khác Mọi tham khảo dùng báo cáo trích dẫn rõ ràng tên tác giả, tên cơng trình, thời gian, địa điểm cơng bố Nếu có khơng trung thực luận văn em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm trước hội đồng khoa học Hà Nội, Ngày 16 tháng năm 2013 Sinh viên HOÀNG THỊ MẤN Mục lục Lời nói đầu Chương 1: Cơ sở lý thuyết 1.1 1.2 1.3 Không gian Lp Kì vọng có điều kiện 1.2.1 Định nghĩa 1.2.2 Tính chất Martingale với thời gian rời rạc 1.3.1 Khái niệm tương thích 1.3.2 Thời điểm dừng 1.3.3 Martingale dự báo Chương 2: Các bất đẳng thức xác suất 2.1 Bất đẳng thức moment 2.1.1 Bất đẳng thức Chebyshev 2.1.2 Bất đẳng thức Cr 2.1.3 Bất đẳng thức Holder 2.1.4 Bất đẳng thức Cauchy-Buniakowski 2.1.5 Bất đẳng thức Minkowski 2.1.6 Bất đẳng thức Jensen 2.1.7 Bất đẳng thức Liapunov 2.1.8 Bất đẳng thức Kolmogorov 2.1.9 Cận Chernoff 2.2 Bất đẳng thức kì vọng có điều kiện 2.2.1 Bất đẳng thức Holder 2.2.2 Bất đẳng thức Minkowski 2.2.3 Bất đẳng thức Jensen 2.3 Bất đẳng thức Martingale 2.3.1 Bất đẳng thức Kolmogorov 2.3.2 Bất đẳng thức Doob 2.3.3 Bất đẳng thức cắt ngang Kết luận 6 9 11 15 15 15 16 16 17 18 18 18 19 21 22 22 22 22 25 26 26 28 30 MỤC LỤC MỤC LỤC Tài liệu tham khảo 31 Lời nói đầu Bất đẳng thức vấn đề quan trọng tốn học, dạng tốn tương đối khó khơng có phương pháp thực “tốt” để giải loạt toán Những lời giải cho bất đẳng thức thường mang ý tưởng hay độc đáo.Càng ngày vấn đề khai thác sâu hơn, phương pháp giải đa dạng phong phú ngày phức tạp Trong xác suất bất đẳng thức đề tài thú vị thu hút quan tâm nhiều người Với lí với lòng say mê nghiên cứu giúp đỡ tận tình thầy giáo, Th.s Nguyễn Trung Dũng, em chọn đề tài: "Các bất đẳng thức xác suất" Nội dung khóa luận bao gồm phần sau: • Chương 1: Cơ sở lý thuyết Ở phần em trình bày lý thuyết sở phục vụ cho việc chứng minh bất đẳng thức em trình bày chương • Chương 2: Các bất đẳng thức xác suất Đây chương trình bày bất đẳng thức chứng minh gồm bất đẳng thức moment, bất đẳng thức kì vọng có điều kiện, bất đẳng thức Martingale với thời gian rời rạc Tuy có nhiều cố gắng thời gian khả có hạn nên vấn đề khóa luận chưa trình bày sâu sắc khơng thể tránh khỏi có sai sót cách trình bày Em mong góp ý xây dựng thầy bạn Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, Ngày 16 tháng năm 2013 Sinh viên HOÀNG THỊ MẤN Chương Cơ sở lý thuyết 1.1 Không gian Lp Định nghĩa 1.1.1 Với p > 0, kí hiệu Lp = Lp (Ω, F, P) tập hợp biến ngẫu nhiên X ( xác định (Ω, F, P)) cho E |X|p < ∞ Khi X ∈ Lp , p > ta kí hiệu X = (E |X|p ) p 1.2 1.2.1 chuẩn bậc p X Kì vọng có điều kiện Định nghĩa Cho biến ngẫu nhiên X mà E(|X|) < ∞ Ta biết, E(X|Y ) kì vọng có điều kiện X Y , định nghĩa hàm Y Y = y bằng:   xP(X = x | Y = y) X, Y rời rạc E[X | Y = y] =  x xfX|Y (x | y)dx X, Y liên tục có hàm mật độ f Ở fX|Y (x | y) = f (x, y) = f (x, y)dx f (x, y) fY (y) Một kết quan trọng E[X] = E[E[X | Y ]] Sau chứng minh viết lại CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1.2 Kì vọng có điều kiện E[X] =     E[X | Y = y]P(Y = y) X, Y rời rạc y    E[X | Y = y]fY (y)dy X, Y liên tục kết quan trọng mà sử dụng loạt tính tốn sau Định nghĩa 1.2.1 Cho hai biến ngẫu nhiên X, Y, ta gọi E[X | Y ] kì vọng có điều kiện X theo Y , hàm h(Y ) mà có tính chất với A ∈ σ(Y ) (1.1) E[X IA ] = E[h(Y )IA ] 1.2.2 Tính chất (1) Nếu C số E(C | F) = C (h.c.c) (2) Nếu X ≤ Y (h.c.c) E(X | F) ≤ E(Y | F) (h.c.c) (3) |E(X | F)| ≤ E(|X| | F) (4) Nếu a, b số aEX + bEY xác định E((aX + bY ) | F) = aE(X | F) + bE(Y | F) (h.c.c) (5) E(X | {∅, Ω}) = EX (h.c.c) (6) E(X | F) = X (h.c.c) (7) E[E(X | F)] = EX (h.c.c) (8) Nếu F1 ⊂ F2 E[E(X | F2 ) | F1 ] = E[E(X | F1 ) | F2 ] = E(X | F1 ) (h.c.c) (9) Nếu X độc lập với F (nghĩa σ(X) F độc lập) E(X | F) = EX (h.c.c) (10) Nếu Y F− đo được, E |Y | < ∞, E |XY | < ∞ E(XY | F) = Y E(X | F) (h.c.c) Chứng minh (1) Là hiển nhiên CHƯƠNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT 2.1 Bất đẳng thức moment Chứng minh Vì hàm f (x) = xp , x ∈ (0, +∞) lồi dưới, nên f (x) − f (1) ≥ f ′ (1)(x − 1) hay xp − ≥ p(x − 1) với x > a Thay x = ( ) p , (a > 0, b > 0) vào bất đẳng thức sau cùng, ta có b 1 a b − ≥ a p b1− p − b, p p hay 1 a b + ≥ ap bq p q |X|p |Y |q Thay a = ,b = vào bất đẳng thức lấy kì vọng, X pp Y qq ta có E |XY | 1 1= + ≥ p q X p· Y q Từ ta có (2.4) Nếu E |X|p · E |Y |q = (2.4) hiển nhiên 2.1.4 Bất đẳng thức Cauchy-Buniakowski Giả sử X, Y ∈ L2 Khi E |XY | ≤ X Chứng minh (2.5) tầm thường giả thiết X · Y > Thay a, b bất đẳng thức sơ cấp Y X 2 (2.5) · Y 2= Vậy |ab| ≤ a2 + b2 , X X 2E Y Y tương ứng, sau lấy kỳ vọng hai vế, ta có |XY | X 2· Y ≤E X2 X Từ ta có (2.5) 17 2 +E Y2 Y 2 = CHƯƠNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT 2.1 Bất đẳng thức moment 2.1.5 Bất đẳng thức Minkowski Giả sử X, Y ∈ Lp , ≤ p < ∞ Khi X + Y ∈ Lp p≤ X +Y X p + Y p (2.6) Chứng minh Do bất đẳng thức Cr ta phải chứng minh bất đẳng thức Minkowski với p > Ta có |X + Y |p = |X + Y |·|X + Y |p−1 ≤ |X|·|X + Y |p−1 +|Y |·|X + Y |p−1 , Mặt khác, bất đẳng thức Holder cho ta: 1 E |X| |X + Y |p−1 ≤ (E |X|p ) p (E |X + Y |p ) q 1 E |Y | |X + Y |p−1 ≤ (E |Y |p ) p (E |X + Y |p ) q Từ suy điều phải chứng minh 2.1.6 Bất đẳng thức Jensen Giả sử ϕ : R → R hàm lồi dưới, X ϕ(X) biến ngẫu nhiên khả tích Khi (2.7) Eϕ(X) ≥ ϕ(EX) Chứng minh Thật vậy, ϕ hàm lồi nên ϕ liên tục có đạo hàm phải, đạo hàm trái điểm Do ϕ(X) biến ngẫu nhiên, với x0 ∈ R tùy ý ta có ϕ(x) ≥ ϕ(x0 ) + (x − x0 )k(x0 ), x ∈ R, (2.8) k(x0 ) lấy đạo hàm phải trái ϕ x0 Thay x X , x0 EX vào (2.8) sau lấy kỳ vọng ta có Eϕ(X) ≥ ϕ(EX) + k(EX)(EX − EX) = ϕ(EX) 2.1.7 Bất đẳng thức Liapunov Đối với biến ngẫu nhiên X < s < t, ta có X s≤ X 18 t (2.9) CHƯƠNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT 2.1 Bất đẳng thức moment t Chứng minh Thật vậy, áp dụng (2.7) với ϕ(x) = |x| s thayX |X|s ta có t t E(|X|s ) s ≥ (E |X|s ) s , hay t E |X|t ≥ (E |X|s ) s Đó (2.9) Đặc biệt 1 E |X| ≤ (EX ) ≤ · · · ≤ (EX n ) n ≤ · · · ≤ X ∞, X 2.1.8 ∞ = sup{x : P[|X| > x] > 0} = inf {y : P[|X| > y] = 0} Bất đẳng thức Kolmogorov a Giả sử (Xn )n≥1 dãy biến ngẫu nhiên độc lập EXk = 0, DXk < ∞, k = 1, n Khi đó, với ǫ tùy ý ta có: P {max |Sn | ≥ ǫ} ≤ k≤n DSn , ǫ2 Sn = X1 + · · · + Xn b Nếu có số c > mà P {|Xk | ≤ c} = 1, k = 1, n (c + ǫ)2 P {max |Sn | ≥ ǫ} ≥ − k≤n DSn Chứng minh a Kí hiệu A = {max |Sk | ≥ ǫ} k≤n Ak = {ω : |S1 | < ǫ, , Sk−1 < ǫ, |Sk | ≥ ǫ}, k = 1, n n Ak Ta có A = k=1 n ESn2 ≥ ESn2 IA ESn2 IAk = k=1 Mặt khác 19 CHƯƠNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT 2.1 Bất đẳng thức moment ESn2 IAk = E(Sk + Sn − Sk )2 IAk = ESk2 IAk + 2E(Sn − Sk )Sk IAk + E(Sn − Sk )2 IAk ≥ ESk2 IAk Sn − Sk Sk IAk độc lập, E(Sn − Sk ) = nên E(Sn − Sk )Sk IAk = Do đó, n n ESn2 ESk2 IAk ≥ ≥ǫ P (Ak ) = ǫ2 P (A) k=1 k=1 b Ta có ESn2 IA = ESn2 − ESn2 IA ≥ ESn2 − ǫ2 P (A) = ESn2 − ǫ2 + ǫ2 P (A) Ak , ta có: |Sk−1 | ≤ ǫ |Sk | ≤ |Sk−1 | + |Xk | ≤ ǫ + c nên n ESn2 IA ESn2 IAk = k=1 n n ESk2 IAk = E(Sn − Sk )2 IAk + k=1 k=1 n ≤ (c + ǫ) n P (Ak ) + DSn k=1 P (Ak ) k=1 ≤ ((c + ǫ) + DSn )P (A) Từ suy (c + ǫ)2 DSn − ǫ2 =1− P (A) ≥ (c + ǫ)2 + DSn − ǫ2 (c + ǫ)2 + DSn − ǫ2 (c + ǫ)2 ≥ 1− DSn 20 CHƯƠNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT 2.1 Bất đẳng thức moment 2.1.9 Cận Chernoff Giả sử biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ xác suất f (x), t > ta viết etx f (x) g(x) = M (t) Ở M (t) = Ef [etX ] gọi hàm sinh moment biến ngẫu nhiên X Với c > ta có Pf (X ≥ c) = E[M (t)e−tX |X ≥ c]Pg (X ≥ c) ≤ Eg [M (t)e−tX |X ≥ c] ≤ M (t)e−tc Bởi với tất t > 0, ta có (2.10) Pf (X ≥ c) ≤ inf M (t)e−tc t>0 Bất đẳng thức (2.10)được gọi cận Chernoff Bổ đề 2.1.3 Cho ≤ p ≤ t2 pet(1−p) + (1 − p)e−tp ≤ e Hệ 2.1.4 Cho X1 , , Xn biến ngẫu nhiên độc lập có n Xi Khi đó, với c > ta có phân phối Bernoulli, đặt X = i=1 P (X − E[X] ≥ c) ≤ e −2c2 n P (X − E[X] ≤ −c) ≤ e Chứng minh Với c > 0, t > ta có (2.11) , −2c2 n (2.12) P (X − E[X] ≥ c) = P (et(X−EX) ≥ etc ) ≤ e−tc E[et(X−EX) ] (bất đẳng thức Markov) n ≤ e −tc t(Xi − E[Xi ])}] E[exp{ i=1 n et(Xi −E[Xi ]) ] = e−tc E[ i=1 n = e−tc E[et(Xi −E[Xi ]) ] i=1 21 2.2 Bất đẳng thức kì vọng có điều CHƯƠNG kiện CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT Tuy nhiên, Y biến ngẫu nhiên có phân phối Bernoulli với tham số p, E[e t(Y −EY ) ] = pe t(1−p) + (1 − p)e −tp t2 ≤e Ở bất đẳng thức suy từ bổ đề (2.1.3) Bởi P (X − EX ≥ c) ≤ e−tc e nt2 4c ta bất đẳng thức (2.11) n Để chứng minh (2.12), ta viết (2.12) dạng Lấy t = P (EX − X ≥ c) ≤ e −2c2 n chứng minh tương tự 2.2 Bất đẳng thức kì vọng có điều kiện 2.2.1 Bất đẳng thức Holder Nếu X ∈ Lr , Y ∈ Ls , r, s số cho < r < 1 ∞, + = r s 1 E(|XY | | F) ≤ (E(|X|r | F)) r · (E(|Y |s | F)) s 2.2.2 Bất đẳng thức Minkowski Nếu X, Y ∈ Lr , ≤ r 1 E(|X + Y |r | F) ≤ (E(|X|r | F)) r + (E(|Y |r | F)) r 2.2.3 Bất đẳng thức Jensen Nếu g : R → R hàm lồi, tức là, g(ax + by) ≤ ag(x) + bg(y), ≤ a, b ≤ 1, a + b = 1, x, y ∈ R, g(E(X | F)) ≤ E(g(X) | F), (với điều kiện tồn kì vọng, chẳng hạn E |g(X)| < ∞) 22 2.2 Bất đẳng thức kì vọng có điều CHƯƠNG kiện CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT Chứng minh Ta thấy g hàm lồi nên tồn chuỗi đếm (an , bn ) điểm R2 cho g(x) = sup(an x + bn ) ∀x ∈ R n Cho n cố định, từ tính chất thứ kì vọng có điều kiện từ g(X) ≥ an X + bn , ta có E[g(X) | F] ≥ an E[X | F] + bn Điều với n, suy E[g(X) | F] ≥ sup(an E[X | F] + bn ) = g(E[X | F]) Mệnh đề 2.2.1 (Bất đẳng thức moment cấp hai) Cho biến ngẫu nhiên X khơng âm Khi (EX)2 P (X > 0) ≥ EX Chứng minh Từ bất đẳng thức Jensen ta có EX = E[X |X > 0]P (X > 0)] ≥ (E[X|X > 0])2 P (X > 0) (EX)2 = P (X > 0) n Xi Nếu Xi ∼ B(1, pi ), i = 1, , n, đặt X = i=1 Bổ đề 2.2.2 Với biến ngẫu nhiên R bất kì, ta có n pi E[R|Xi = 1] E[XR] = i=1 Chứng minh 23 2.2 Bất đẳng thức kì vọng có điều CHƯƠNG kiện CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT n Xi R] E[XR] = E[ i=1 n E[Xi R] = i=1 n {E[Xi R|Xi = 1]pi + E[Xi R|Xi = 0](1 − pi )} = i=1 n pi E[R|Xi = 1] = i=1 Mệnh đề 2.2.3 P (X > 0) ≥ n i=1 Chứng minh Đặt R = pi E[X|Xi = 1] I{X>0} Lưu ý X E[XR] = P (X > 0), E[R|Xi = 1] = E[ |Xi = 1] X Từ bổ đề (2.2.2) n pi E[ P (X > 0) = i=1 n ≥ pi i=1 |Xi = 1] X E[X|Xi = 1] cơng thức cuối suy từ bất đẳng thức Jensen Ví dụ 2.2.4 Xét hệ thống gồm m phận, phận làm việc không Giả sử Sj , j = 1, , n phận cho Si ∩ Sj = ∅ với i = j , hệ thống hoạt động có phận Sj hoạt động Giả sử phận j hoạt động độc lập với xác suất αj Vấn đề đặt tìm cận xác suất để hệ thống hoạt động Lời giải Đặt 24 CHƯƠNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT 2.3 Bất đẳng thức Martingale Xi = tất phận nằm Si hoạt động trái lại pi = P (Xi = 1) = αj j∈Si n Xi , ta có Khi đó, kết hợp X = i=1 P (hệ thống hoạt động được) = P (X > 0) n pi ≥ E[X|Xi = 1] i=1 n pi = n i=1 P (Xj = 1|Xi = 1) i=1 n = i=1 pi αk 1+ j=i k∈Sj −Si Sj − Si bao gồm tất phận thuộc Sj mà không thuộc Si 2.3 Bất đẳng thức Martingale Định lý 2.3.1 Nếu {Xn , Fn , n = 0, 1, , N } Martingale dưới, với λ ∈ R (λ > 0) λP( max Xn > λ) ≤ E[XN I( max Xn > λ)] ≤ EXN+ , 0≤n≤N 0≤n≤N λP( Xn ≤ −λ) ≤ −EX0 + E[XN I( Xn > −λ)] 0≤n≤N 0≤n≤N Chứng minh Đặt A = ( max Xn > λ) 0≤n≤N Ta có N N A = (X0 > λ) (Xn > λ, max Xm ≤ λ) = n=1 0≤m≤n−1 25 An n=0 CHƯƠNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT 2.3 Bất đẳng thức Martingale A0 = (X0 > λ), An = (Xn > λ, max Xm ≤ λ) 0≤m≤n−1 tập thuộc Fn rời An ∩ Am = ∅, ∀0 ≤ n = m ≤ N Suy λP(A) ≤ E[Xn I(An )] n E[E(XN | Fn )I(An )](do tính chất martingale dưới) ≤ n E[E(XN I(An ) | Fn )] = n = E[XN I(An )] n = E[XN I(A)] ≤ E[Xn+ I(A)] ≤ EXN+ Bất đẳng thức thứ hai chứng minh tương tự 2.3.1 Bất đẳng thức Kolmogorov Nếu {Xn Fn , n = 0, , N } martingale với E |Xn |p < ∞, n = 0, , N, ≤ p < ∞, với λ > λp P( max |Xn | > λ) ≤ E |XN |p 0≤n≤N Chứng minh Vì {|Xn |p , Fn , n = 0, , N } martingale (không âm), nên theo bất đẳng thức định lý với a > aP( max |Xn |p > a) ≤ E |XN |p 0≤n≤N Điều với a = λp hoàn thành chứng minh 2.3.2 Bất đẳng thức Doob Nếu {Xn , Fn , n = 0, , N } martingale không âm với E |Xn |p < ∞, n = 0, , N, < p < ∞, XN p≤ max |Xn | 0≤n≤N 26 p≤ q XN p, CHƯƠNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT 2.3 Bất đẳng thức Martingale X p= 1 + = p q (E |X|p ) p , Đối với p = 1, XN 1≤ max |Xn | 0≤n≤N 1≤ e {1+ e−1 XN ln+ XN 1} Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh p > Bất đẳng thức phía trái tầm thường Để chứng minh bất đẳng thức phía phải ta sử dụng bất đẳng thức định lý bất đẳng thức Holder, ∞ p E( max |Xn | ) = p 0≤n≤N xp−1 P( max |Xn | > x)dx 0≤n≤N ∞ ≤ p xp−2 E[|XN | I( max |Xn | > x)]dx 0≤n≤N max |Xn | 0≤n≤N = pE |XN | |Xn | xp−2 dx = q E[|XN | ( max |Xn |p−1 )] 0≤n≤N p p1 ≤ q(E |XN | ) [E( max |Xn |p )] q 0≤n≤N Từ rút bất đẳng thức phía phải Bây chứng minh p = Bất đẳng thức phía trái tầm thường Để đơn giản ta đặt XN∗ = max |Xn | 0≤n≤N Giống chứng minh bất đẳng thức trên, ta có EXN∗ −1 ≤ E(XN∗ ∞ ≤ ∞ + − 1) = 1+t ∗ −1 XN = EXN = EXN lnXN∗ P{XN∗ − ≥ t}dt XN dP dt ∗ ≥1+t} {XN dt 1+t Vì với a ≥ 0, b > alnb ≤ aln+ a + be−1 , 27 2.3 Bất đẳng thức Martingale nên: CHƯƠNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT EXN∗ − ≤ EXN lnXN∗ ≤ EXN ln+ Xn + e−1 EXN∗ Từ rút bất đẳng thức phía phải Tiếp theo ta trình bày bất đẳng thức cắt ngang Với số thực a, b cho −∞ < a < b < ∞, kí hiệu ν = ν(a, b, N ) số lần dãy {Xn , n = 0, , N } chuyển từ giá trị nhỏ a tới giá trị lớn b ν gọi số lần cắt ngang từ lên đoạn [a, b] dãy {Xn , n = 0, , N } 2.3.3 Bất đẳng thức cắt ngang Nếu {Xn , Fn , n = 0, , N } martingale dưới, thì: (b − a)Eν ≤ E(XN − a)+ − E(X0 − a)+ Chứng minh Vì {Xn , Fn , n = 0, , N } martingale dưới, nên {(Xn − a)+ , Fn , n = 0, , N } martingale dưới, ν số lần cắt ngang từ lên đoạn [0, b − a] dãy {(Xn − a)+ , n = 0, , N } Do ta cần chứng minh martingale không âm {Xn , Fn , n = 0, , N } (2.13) bEν ≤ E(XN − X0 ), ν số lần cắt ngang từ lên đoạn [0, b] dãy {Xn , n = 0, , N } Kí hiệu τ0 = 0; τ1 = min{m : < m ≤ N, Xm = 0}; τ2 = min{m : τ1 < m ≤ N, Xm ≥ b}; τ2n−1 = min{m : τ2n−2 < m ≤ N, Xm = 0}; τ2n = min{m : τ2n−1 < m ≤ N, Xm ≥ b} Kí hiệu l số n lớn cho τn xác định đắn (nghĩa tập lấy tương ứng khác rỗng) Rõ ràng ≤ l ≤ N Đặt τn = N cho tất n > l Khi đó, τN +1 = N N (Xτn+1 − Xτn ) = SN − S0 = n=0 + n chẵn Xét n lẻ Nếu n < l, 28 n lẻ (2.14) 2.3 Bất đẳng thức Martingale CHƯƠNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG XÁC SUẤT Xτn+1 ≥ b > = Xτn n = l, Xτn+1 = XN ≥ = Xτn n > l, Xτn+1 = XN = Xτn Vì vậy, (Xτn+1 − Xτn ) ≥ n lẻ (Xτn+1 − Xτn ) ≥ n lẻ