ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - NGUYỄN THỊ NGỌC HƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC BERRY – ESSEEN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội, Năm 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - NGUYỄN THỊ NGỌC HƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC BERRY – ESSEEN Chuyên ngành: Lý thuyết xác suất thống kê toán học Mã số : 60.46.01.06 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH NGUYỄN DUY TIẾN Hà Nội, Năm 2014 Lời cám ơn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới GS.TSKH Nguyễn Duy Tiến, người tận tình giúp đỡ bảo tơi suốt q trình làm luận văn tốt nghiệp Qua xin chân thành cám ơn giúp đỡ thầy giáo, cô giáo Bộ môn Xác suất Thống kê Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, người giúp đỡ suốt trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Sao Đỏ, Khoa Khoa học Cơ đồng nghiệp tạo điều kiện giúp đỡ để tác giả an tâm học tập hoàn thành tốt luận văn Do làm quen với công tác nghiên cứu khoa học hạn chế thời gian thực nên luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Tác giả kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Hà Nội, năm 2014 Mục lục Mở đầu Các kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 Biến ngẫu nhiên 1.1.1 Định nghĩa phân loại 1.1.2 Hàm phân phối 1.1.3 Hàm đặc trưng 1.1.4 Các đặc trưng biến ngẫu nhiên Phân bố chuẩn 1.2.1 Phân bố chuẩn chiều 1.2.2 Phân bố chuẩn nhiều chiều 10 1.3 Khoảng cách biến phân toàn phần 11 1.4 Sự hội tụ dãy biến ngẫu nhiên 11 1.5 Phương pháp Stein cho xấp xỉ chuẩn 12 1.5.1 Phương trình Stein ý nghĩa 12 1.5.2 Xây dựng đẳng thức Stein 13 1.5.3 Xấp xỉ chuẩn hàm trơn 14 Bất đẳng thức Berry - Esseen chiều 16 2.1 Giới thiệu chung 16 2.2 Bất đẳng thức Berry – Esseen 17 2.2.1 Trường hợp phân bố 17 2.3 2.2.2 Trường hợp không phân bố 18 2.2.3 Chứng minh bất đẳng thức Berry - Esseen 19 2.2.4 Áp dụng định lý Berry – Esseen 24 Bất đẳng thức Berry – Esseen không 26 2.3.1 Trường hợp phân bố 26 2.3.2 Trường hợp không phân bố 26 2.3.3 Chứng minh bất đẳng thức Berry - Esseen không 27 Bất đẳng thức Berry - Esseen nhiều chiều 36 3.1 Trường hợp phân bố 36 3.2 Trường hợp không phân bố 49 Kết luận 51 Tài liệu tham khảo 52 Mở đầu Xác suất phận toán học nghiên cứu tượng ngẫu nhiên Lý thuyết xác suất nhằm tìm quy luật tượng tưởng chừng khơng có quy luật này; đời nước Pháp vào nửa cuối kỷ 17 Trong lý thuyết xác suất định lý giới hạn trung tâm định lý có nhiều ứng dụng thực tiễn Nó đưa phép tính xấp xỉ cho hàm phân phối tổng biến ngẫu nhiên độc lập W so với hàm phân phối chuẩn hóa Φ Tuy nhiên định lý khơng đánh giá tốc độ hội tụ giới hạn W→ Φ Trong thực tế ta lại quan tâm nhiều đến khoảng cách phân bố W phân bố chuẩn hóa Khoảng cách nhỏ xấp xỉ cần có giá trị Một công cụ để đánh giá khoảng cách W Φ hay đánh giá tốc độ hội tụ định lý giới hạn trung tâm bất đẳng thức Berry – Esseen Trong đề tài tơi trình bày lịch sử, q trình hồn thiện, chứng minh, mở rộng, phát triển ứng dụng bất đẳng thức Nội dung đề tài gồm ba chương: Chương Các kiến thức chuẩn bị Chương đưa số kiến thức biến ngẫu nhiên, phân phối chuẩn, khoảng cách biến phân toàn phần, phương pháp Stien Đây kiến thức bổ trợ nhắc đến chương sau Chương Bất đẳng Berry - Esseen chiều Chương tác giả phát biểu định lý Berry - Esseen không Với dạng tác giả phát biểu định lý trường hợp phân bố không phân bố, có giới thiệu sơ lược lịch sử định lý, cuối chứng minh đưa vài áp dụng định lý Chương Bất đẳng Berry - Esseen nhiều chiều Chương mở rộng định lý Berry - Esseen chiều Sự mở rộng phát biểu cho hai trường hợp phân bố không phân bố Tuy nhiên, để giảm độ phức tạp tác giả dừng lại việc chứng minh định lý trường hợp đơn giản hơn, trường hợp phân bố Chương Các kiến thức chuẩn bị Chương tác giả đưa vài kiến thức biến ngẫu nhiên, phân bố chuẩn, khoảng cách biến phân toàn phần, phương pháp Stein Đây kiến thức xác suất thống kê mà sử dụng nhiều chương sau 1.1 1.1.1 Biến ngẫu nhiên Định nghĩa phân loại Nói cách chung chung biến ngẫu nhiên đại lượng lấy giá trị thực tùy thuộc vào kết ngẫu nhiên phép thử Định nghĩa xác biến ngẫu nhiên sau: Định nghĩa 1.1 : Giả sử (Ω, A) không gian đo cho Biến ngẫu nhiên ánh xạ X : Ω → R cho: (X ≤ x) = {ω ∈ Ω |X(ω) ≤ x} ∈ A, ∀x ∈ R Hoặc tương đương: X−1 (B) = {ω ∈ Ω |X(ω) ∈ B} ∈ A, ∀B ∈ B với B σ - đại số tập Borel R Định nghĩa 1.2 : Biến ngẫu nhiên gọi rời rạc tập giá trị hữu hạn hay đếm Biến ngẫu nhiên rời rạc xác định bảng phân phối xác suất: X x1 x2 xi xn P p1 p2 pi pn n pi = 1, pi > i=1 Định nghĩa 1.3 : Biến ngẫu nhiên gọi liên tục giá trị có lấp đầy khoảng trục số Biến ngẫu nhiên liên tục X xác định hàm mật độ f(x) thỏa mãn hai tính chất: f(x)≥ với +∞ f (x)dx = x −∞ 1.1.2 Hàm phân phối Định nghĩa 1.4 : Hàm phân phối (quy luật phân phối) biến ngẫu nhiên X hàm F(x) xác định sau F(x)= P(X tồn hàm ϕ phụ thuộc vào A ε cho:   1, x ∈ A ϕ(x) = , 0≤ϕ≤1  0, x ∈ Rk \Aε (3.6) |x − y| (3.7) |ϕ (x)| ≤ , |ϕ (x) − ϕ (y)| ≤ ε ε2 Hơn ta chọn hàm ϕ có dạng: ϕ(x) = ψ(ρ(x)/ε) với ψ : R → R |ψ (t)|dt = hàm khả vi liên tục không âm, không tăng cho: R ρ(x) = min{|x − y| : y ∈ A} √ Bổ đề 3.4 Đặt σ = 2/ 2π Khi ta có: ≤ k −3/2 β, E |X| ≤ β, E |Y | ≤ σβ ≤ β, E|Y |3 ≤ 2σβ ≤ 2β (3.8) E|X|2 | X, Y | ≤ σβ ≤ β, E|Y1 |2 | Y1 , Y | ≤ 2σ β ≤ 2β (3.9) 38 E | X, Y | ≤ σβ ≤ β, E | Y1 , Y | ≤ σ β ≤ β E| X, Y |3 ≤ 2σβ ≤ 2β, E| Y1 , Y |3 ≤ 4σ β ≤ 3β (3.10) Bổ đề 3.5 Cho p(y) = (2π)−k/2 e−y /2 , y ∈ Rk hàm mật độ chuẩn √ √ hóa k chiều Đặt σ = 2/ 2π, ζ = 2(1 + 4e−3/2 )/ 2π Khi ta có: |ρ (y)X| dy ≤ σβ ≤ β A=E Rk |ρ (y)Y | dy ≤ σ β ≤ β B=E (3.11) Rk ρ (y)X dy ≤ ζβ ≤ 2β C=E Rk ρ (y)Y dy ≤ 2σζβ ≤ 3β D=E (3.12) Rk Bổ đề 3.6 Cho C lớp tập lồi Rk , ak = ak (C) số đẳng chu thỏa mãn: P (Y ∈ Aε \A) ≤ ak ε, P (Y ∈ A\A−ε ) ≤ ak ε, ∀A ∈ C, ε > Khi ta có: lim inf ak /k 1/4 > k→∞ (3.13) 3.1.2 Chứng minh định lý Chứng minh Ta dùng phép quy nạp theo n để chứng minh rằng: ∆n ≤ M bk δ với δ = √β n (3.14) , M ≥ 10 Từ β ≥ ∆n ≤ 1, với n ≤ M β ta có: ∆n ≤ ≤ bk M β /n = M bk δ (3.15) Từ 3.14 với n ≤ 100 ≤ M β Bây ta giả sử 3.14 với 1, 2, , n - Ta chứng minh 3.14 39 với n Trong chứng minh ta giả sử 100 ≤ M β ≤ n Với ε > 0, áp dụng làm trơn bổ đề 3.1, điều kiện 3.1 ak ≤ bk ta có: ∆n ≤ sup |Eϕ(Sn ) − Eϕ(Y )| + bd ε (3.16) A∈A đó: ϕ = ϕε,A thỏa mãn điều kiện bổ đề 3.1 Theo bổ đề 3.3 ta chọn ϕ(x) = ψ(ρ(x)/ε) ρ(x) hàm khoảng cách x A ϕ, ψ thỏa mãn điều kiện bổ đề 3.3 Để đơn giản ta đặt: √ √ √ √ U = X/ n, Ui = Xi / n, V = Y / n, Vi = Yi / n Wi = V1 + + Vi−1 + Ui+1 + + Un , Zn = V1 + + Vn Theo giả thiết tính độc lập phân phối nên Sn có phân bố với W1 + U Hơn nữa: Zn , Wn + V, Y vectơ ngẫu nhiên độc lập có phân phối chuẩn hóa Do Eϕ(W2 + U ) = Eϕ(W1 + V ) nên ta có: |Eϕ(Sn ) − Eϕ(Y )| = |Eϕ(W1 + U ) − Eϕ(Wn + V )| ≤ |Eϕ(W1 + U ) − Eϕ(W1 + V )| + |Eϕ(W1 + V ) − Eϕ(Wn + V )| = |Eϕ(W1 + U ) − Eϕ(W1 + V )| + |Eϕ(W2 + U ) − Eϕ(Wn + V )| (3.17) Dùng lặp lại đối số để thu 3.17, dẫn tới: |Eϕ(Sn ) − Eϕ(Y )| ≤ γ1 + γ2 + + γn (3.18) Trong đó: γi = |Eϕ(Wi + U ) − Eϕ(Wi + V )| Đặt: θ2 = n/(i − 1), α2 = n/(n − i), Z = Ui+1 + + Un (3.19) Khi với ≤ i ≤ n ta có: γi = |Eϕ(Y1 /θ+U + Z) − Eϕ(Y1 /θ+V + Z)| 40 (3.20) √ √ Đặt n0 = [n/2], σ = 2/ 2π, ζ = 2(1 + 4e−3/2 )/ 2π Chọn: √ c1 = (2 + 2σ) 100/99, c2 = 2c1 , c3 = 2c4 , c4 = 16 2(σ + 2σ )/3 √ c5 = ζ(1 + 2σ) 2/3, c6 = c5 100/98, c7 = c5 100/97 (3.21) Sau ta cần chứng minh với m = 2, , n0 thì: γ1 ≤ bk (c1 δ + c2 M δ /ε) √ βbk m − γ2 + + γm ≤ (c3 M δ + c4 ε) ε2 n c5 βbk M δ γm+1 + + γn0 ≤ √ + c6 b k δ m−1 γn0 +1 + + γn ≤ c7 bk δ (3.22) (3.23) (3.24) (3.25) Chứng minh 3.22 Để chứng minh 3.22 ta cần chứng minh: 4β γ1 ≤ √ (2∆n−1 + αbd ε), α2 = n/(n − 1) ε n (3.26) Sử dụng công thức khai triển Taylor với s = ϕ (x) = ϕ (x).I{Aε \A} với ϕ hàm bên tập Aε \A−ε Đạo hàm ϕ xác định 3.7 bổ đề 3.3, ta có: γ1 = |Eϕ (W1 + τ U )U − Eϕ (W1 + τ V )V | ≤ 2EI(U )/ε + 2EI(V )/ε (3.27) với I(U ) = |U | I{W1 +τ U∈Aε \A} , I(V ) = |V | I{W1 +τ V∈Aε \A} Chúng ta chứng minh rằng: EI(U ) ≤ E |U | (2∆n−1 + αbk ε) EI(V ) ≤ E |V | (2∆n−1 + αbk ε) Thật vậy, với điều kiện τ U ta có: EI(U ) = E |U | P {W1 ∈ Aε \A − τ U } 41 (3.28) ≤ E |U | sup P {W1 ∈ Aε \A + z} z∈Rk ≤ E |U | sup P {W1 ∈ Aε \A} A∈A = E |U | sup P {Sn−1 /α ∈ Aε \A} A∈A ≤ E |U | sup P {Sn−1 ∈ Aαε \A} (3.29) A∈A Chúng ta đánh giá P {Sn−1 ∈ Aαε \A} =P {Sn−1 ∈ Aαε }−P {Sn−1 ∈ A} gắn với giả thiết quy nạp Sử dụng kết hợp điều kiện 3.1 để đánh giá P {Sn−1 ∈ Aαε \A}, ta có: P {Sn−1 ∈ Aαε \A} ≤ 2∆n−1 + P {Y ∈ Aαε \A} ≤ 2∆n−1 + αbk ε (3.30) Kết hợp 3.29 3.20 ta thu được: EI(U ) ≤ E |U | (2∆n−1 + αbk ε) Chứng minh tương tự ta có: EI(V ) ≤ E |V | (2∆n−1 + αbk ε) Vậy 3.28 chứng minh Từ 3.8 suy ra: √ √ E |U | ≤ β/ n, E |V | ≤ β/ n Từ 3.27, 3.28 kéo theo 3.26 √ Sử dụng giả thiết quy nạp ∆n−1 ≤ M bk β/ n − = M bk δα đánh giá α ≤ với n ≥ 3.26 cho 3.22 với c1 ≤ 8, c2 ≤ 16 Chứng minh 3.23 Từ kí hiệu 3.19 3.20 ta viết: γi = |I − J| , I := Eϕ(Y1 /θ+U + Z), J := Eϕ(Y1 /θ+V + Z) Gọi τ, τ1 biến ngẫu nhiên độc lập phân phối đoạn [0,1] Đặt: I0 = Eϕ(Y1 /θ+Z) 42 I1 = θEτ Y1 , U ϕ (Y1 /θ+τ τ1 U + Z)U J1 = θEτ Y1 , V ϕ (Y1 /θ+τ τ1 V + Z)V Ta cần chứng minh: I = I0 + I1 , I = I0 + J1 (3.31) Thật vậy, ta có: I=E ϕ(x/θ+U + Z)p(x)dx Rk −k/2 −x2 /2 Trong đó: p(x) = (2π) e (3.32) , x ∈ Rk Thay x 3.32 y = x/θ+U ta được: ϕ(y+Z)p(θy − θU )θk dy I=E (3.33) Rk Giữ U, mở rộng hàm mật độ: p(θy − θU ) = p(θy) − θEp (θy − τ θU )U = p(θy) + θE θy − τ θU, U p(θy − τ θU ) Thay biến y tích phân 3.33 θy = x θy − θτ U = x, hệ thức 3.32 cho: I = I0 + I1 , I1 := θE Y1 , U ϕ(Y1 /θ+τ U + Z) (3.34) Sử dụng công thức khai Talor cho hàm ϕ với s = EU = ta có: I1 = θEτ Y1 , U ϕ (Y1 /θ+τ τ1 U + Z)U (3.35) Hệ thức 3.32 – 3.35 cho ta 3.31 I Chứng minh với J hoàn toàn tương tự thay U V Vậy 3.31 chứng minh Tiếp theo với α2 = n/(n − i), i = 2, , n − ta cần chứng minh: γi ≤ 24β √ (2∆n−i + αbk ε) ε2 n i − 43 (3.36) Đặt: I2 = θEτ Y1 , U ϕ (Y1 /θ+Z)U J2 = θEτ Y1 , V ϕ (Y1 /θ+Z)V ý I2 = J2 CovU = CovV Do 3.31 kéo theo: γi = |I − J| = |I1 − J1 | ≤ |I1 − I2 | + |J1 − J2 | Đặt ξ = 8θ ε2 τ1 τ |U | (3.37) Y1 , U P* xác suất có điều kiện biến ngẫu nhiên cho ngoại trừ Z, ta có: |I1 − I2 | ≤ Eξ(P ∗ {Y1 /θ+τ τ1 U + Z ∈ Aε \A}+P ∗ {Y1 /θ+Z ∈ Aε \A} ≤ 2Eξ sup P {x+Z ∈ Aε \A} (3.38) x∈Rk Chú ý Z tổng chuẩn hóa n – i độc lập X Do sử dụng giả thiết quy nạp lập luận tương tự từ 3.29 - 3.38 ta có: P {x+Z ∈ Aε \A} ≤ 2∆n−i +bk αε (3.39) Để đánh giá Eξ ý τ, τ1 ≤ [E|U |2 | Y1 , U | ≤ βn−3/2 (theo 3.9), ta có: Eξ ≤ 8βθ/(ε2 n3/2 ) (3.40) Kết hợp biên 3.38 - 3.40 ta thu được: |I1 − I2 | ≤ 8θβ(2∆n−i + bk αε)/(ε2 n3/2 ) (3.41) Tương tự chứng minh 3.41 ta có: |J1 − J2 | ≤ 16θβ(2∆n−i + bk αε)/(ε2 n3/2 ) Bây từ 3.37 kết hợp 3.41, 3.42 cho ta 3.36 với θ = Vậy 3.36 chứng minh Bất đẳng thức 3.36 kéo theo 3.23 Thực vậy: Sử dụng giả thiết quy nạp ta có ∆n−i ≤ M bk αδ 44 n(i − 1) (3.42) Hơn nữa: α ≤ ≤ i ≤ n0 = [n/2] m m √ √ dt √1 ≤ + √ m − ≤ m − với m ≥ = i−1 t i=2 Vậy 3.23 chứng minh với c3 ≤ 192, c4 ≤ 48 Chứng minh 3.24 Trước hết ta cần chứng minh rằng: γi ≤ 5β∆n−i (i − 1)−3/2 + 5β(n − i)−3/2 , i = 2, , n (3.43) γi ≤ 5β(i − 1)−3/2 + 5β(n − i)−3/2 , i = 2, , n (3.44) Theo bổ đề 3.3 ta có: |ψ (t)|dt = ϕ(x) = ψ(ρA (x)/ε), R Lấy tích phân phần sử dụng tính chất (iii) lớp A ta thu được: ψ(t/ε)d(P {ρA (Wi + U ) ≤ t} − P {ρA (Wi + V ) ≤ t} γi = R ≤ |ψ (t/ε)| |P {ρA (Wi + U ) ≤ t} − P {ρA (Wi + V ) ≤ t}| dt/ε R ≤ sup γi (B) B∈A với γi (B) = |P{Wi + U ∈ B} − P{Wi + V ∈ B}| Do ta thay γi γi 3.43, 3.44 Sử dụng kí hiệu 3.19, 3.20 ta có: γi (B) = |P{Y /θ + U + Z ∈ B} − P{Y /θ + V + Z ∈ B}| Thay biến y y/θ + U = u ta có: I{Y /θ + U + Z ∈ B}p(y)dy γi (B) = E Rk − E I{Y /θ + U + Z ∈ B}p(y)dy = |I1 − J1 | Rk 45 đó: I{u + Z ∈ B}p(θu−θU)θk du I1 = E Rk I{u + Z ∈ B}p(θu−θV )θk du J1 = E Rk Áp dụng khai triển taylor với s = cho hàm mật độ p với h = θU h = θV, thay biến θu − τ θU = y, θu − τ θV = y , sử dụng U V có kì vọng covarian, ta thu được: γi (B) ≤ |I0 | + |J0 | với: I0 = J0 = θ3 E(1 − τ )2 θ3 E(1 − τ )2 (3.45) I{y/θ + τ U + Z ∈ B}p (y)U3 dy Rk I{y/θ + τ V + Z ∈ B}p (y)V3 dy Rk Sử dụng 3.45 3.12 (bổ đề 3.5) ta có: |I0 | = θ3 E(1 − τ )2 p (y)U3 dy ≤ Rk 2β 2βθ3 = n3/2 (k − 1)3/2 Tương tự ta có: |J0 | ≤ 3β 3/2 (k−1) Vậy: γi (B) ≤ |I0 | + |J0 | ≤ 5β (k − 1)3/2 Từ suy 3.44 Đặt α2 = n/(n − i) Gọi Z tổng chuẩn hóa n - i vectơ ngẫu nhiên độc lập phân phối với X Áp dụng 3.45 cho tất biễn ngẫu nhiên độc lập ngoại trừ Z theo giả thiết quy nạp ta có: |I0 | ≤ ∆n−k I2 + |I3 | 46 (3.46) đó: θ3 6E I2 = p (y)U3 dy Rk θ3 E(1 − I3 = τ )2 I4 I{y/θ + τ U + Y1 /α ∈ B}p (y)U3 dy I4 := Rk Ta biểu diễn I4 dạng: I{x + τ U + z ∈ B}p (θx)U3 p(αz)θk dxαk dz I4 = θ3 Rk Rk Để đánh giá I4 ta dùng phép tích phân phần Thay biến x x + z = y kí hiệu ∂h [z] đạo hàm riêng theo hướng h theo biến z ta có: I{y + τ U ∈ B}(∂U3 [z]p(θy − θz))p(αz)θk dyαk dz I4 = − Rk Rk = α3 I{y + τ U ∈ B}p(θy − θz)p (αz)U3 θk dyαk dz Rk Rk Do đó: |I4 | ≤ α3 p(θy − θz)p (αz)θk dyαk dz = α3 Rk Rk p (z)U3 dz (3.47) Rk Sự xác định tích phân cuối 3.47 3.12 bổ đề 3.5, kết hợp biên 3.46 ta được: |I0 | ≤ 2β(∆n−i θ3 n−3/2 + α3 n−3/2 ) = 2β[∆n−i (i − 1)−3/2 + (n − i)−3/2 ] (3.48) Chứng minh tương tự ta có: |J0 | ≤ 3β(∆n−i θ3 n−3/2 + α3 n−3/2 ) = 3β[∆n−i (i − 1)−3/2 + (n − i)−3/2 ] (3.49) Kết hợp 3.45, 3.48, 3.49 ta thu 3.43 Dùng 3.43 kết hợp giả thiết quy nạp ∆n−i ≤ 2M bk β k ≤ n0 47 ∞ ∞ 3/2 i=m+1 (k−1) ≤ m−1 dt t3/2 √ , m−1 = n − k ≥ n/2 k ≤ n0 Ta có: 20M bk βδ 10β γm+1 + + γn0 ≤ √ +√ n m−1 Vì bk ≥ nên bất đẳng thức suy 3.24 với c5 ≤ 20, c6 ≤ 10 Chứng minh 3.25 Áp dụng 3.44 với k > n0 =[n/2] Lấy tổng biên bất đẳng thức sử dụng: ∞ ∞ i=n0 +1 dt √ √ = ≤ n t3/2 n0 − ≤ (k − 1)3/2 n0 −1 ta thu 3.25 với c7 ≤ 20 Các biên 3.22 - 3.25 kéo theo biên mong muốn cho ∆n Thật vậy, tổng bất đẳng thức 3.22 - 3.25, dùng 3.16 chọn ε = aδ với ≤ a ≤ M Với c8 = c8 (c1 , , c7 ), c9 = c9 (c8 ), ta có: √ √ m−1 m−1 β √ ∆n ≤ bk δ a + c8 + c8 + c8 M + + aβ a a2 β m−1 ≤ bk δ a + c9 M a √ + m−1 a2 β + √β m−1 Để chứng minh ∆n ≤ M bk δ ta cần ra: √ m−1 β √ a + c9 M + + a a2 β m−1 ≤M (3.50) Ta chọn m - cho α2 β ≤ m − ≤ 2α2 β Khi 3.50 trở thành: a + c10 M/a ≤ M (3.51) số c10 ≥ Chọn a = 2c10 M = 10c10 3.51 ln Vậy ∆n ≤ M bk δ Với số chọn 3.21 c10 ≤ 10 nên M ≤ 100 Định lý 3.1 chứng minh 48 3.2 Trường hợp không phân bố Sự phụ thuộc cận Berry – Esseen vào số chiều k đề cập nhiều tác : Nagaev (1976), Senatov (1980), Sazonov (1981), Gotze (1991) Sau kết nghiên cứu Bentkus (2003): Định lý 3.2 Cho X(1) , X(2) , , X(n) vectơ ngẫu nhiên độc lập nhận k giá trị R cho EX n (i) = 0, ∀i Đặt S = X (i) i=1 Giả sử hiệp phương sai S, kí hiệu covS = C khả nghịch Z vectơ ngẫu nhiên có phân phối chuẩn hóa k chiều cho EZ = covZ = covS, tức là: C x, x = E S, x = E Z, x , ∀x ∈ Rk A lớp tất tập lồi A ⊂ Rk , kí hiệu: ∆(A) = sup |P (S ∈ A) − P (Z ∈ A)| A∈A β = β1 + β2 + + βn , βi = E C −1 Xi Khi tồn số tuyệt đối c cho : ∆(A) ≤ c.k 1/4 β (3.52) Tuy nhiên phụ thuộc vào k (3.52) tối ưu chưa, câu hỏi mở Nagaev (1976) ra: ∆(A) ≤ ck β với ck ≥ c0 , c0 số tuyệt đối Như số ∆(A) ≤ ck β thỏa mãn c0 ≤ ck ≤ c.k 1/4 Định lý 3.2 trường hợp riêng định lý 3.3 sau đây: 49 Định lý 3.3 Cho A lớp tất tập lồi A ⊂ Rk thỏa mãn điều kiện : i A bất biến với phép biến đổi afin đối xứng, tức là: DA + a ∈ A , với a ∈ Rk , D : Rk → Rk toán tử đối xứng khả nghịch ii A bất biến tác động ε - lân cận, tức : A ∈ A , ε > Aε , A−ε ∈ A đó: Aε = x ∈ Rk : ρA (x) ≤ ε , ρA (x) = inf |x − y| y∈A A −ε = {x ∈ A : Bε (x) ⊂ A} , Bε (x) = {y ∈ Rk : |x − y| ≤ ε} Hàm phân phối tiêu chuẩn k chiều Φ với hàm mật độ: η(x) = (2π)−k/2 e−|x| /2 , x ∈ Rk thỏa mãn: ∀A ∈ A, ε > 0, tồn số ak = ak (A) phụ thuộc vào k A cho: Φ(Aε \A) ≤ ak ε, Φ(A\A−ε ) ≤ ak ε Khi tồn số M cho: ∆n ≤ M bk β với bk = max(1, ak ) Do phần chứng minh tương đối phức tạp nên đề tài tác giả đơn giản phát biểu định lý mà khơng trình bày chi tiết chứng minh định lý 50 Kết luận Sau giời gian nghiên cứu, với giúp đỡ thầy cô, đề tài đạt kết sau: Tóm lược số kiến thức lý thuyết xác suất liên quan đến đề tài, nhằm mục đích bổ trợ kiến thức để người đọc dễ dàng tiếp cận chương sau Trình bày vấn đề bất đẳng thức Berry – Esseen chiều bao gồm: phát biểu, chứng minh định lý cho trường hợp khác nhau, giới thiệu khái quát lịch sử đưa vài ứng dụng bất đẳng thức Berry – Esseen chiều Tiếp đến tác giả khai thác, mở rộng bất đẳng thức Berry – Esseen cho trường hợp nhiều chiều Vì kiến thức kho tàng phong phú nên cịn nhiều vấn đề liên quan đến bất đẳng thức Berry – Esseen mà chưa tác giả đề cập đề tài Kính mong quý thày bạn đọc tiếp tục bổ sung, góp ý để đề tài hoàn thiện 51 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Viết Phú - Nguyễn Duy Tiến Cơ sở lý thuyết xác suất, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, năm 2002 [2] Yuan Shih Chow, Henry Teicher, Probability Theory, 1978 by Springer - Verlag New York Inc, p 290-299 [3] V Bentkus, 2003, On the dependence of the Berry-Esseen bound on dimention, Journal of Statistical Planning and Inference, 113 (2003), p 385-402 [4] V Bentkus, 2003, A Lyapunov type bound in Rd , Institute of mathematics and Ìnformatics, (2003), p 1-16 [5] L H Y Chen and Q M Shao, A non-uniform Berry-Esseen bound via Stein’s method, Probab Theory Related Fields, 120 (2001), 236-254 52 ... độ hội tụ Berry (1941) Esseen (1942) hai nhà toán học độc lập đưa bất đẳng thức cho phép đánh giá khoảng cách Fn (x) Φ(x) Vì bất đẳng thức mang tên hai ơng đời, bất đẳng thức Berry – Esseen Kể... không phân bố 18 2.2.3 Chứng minh bất đẳng thức Berry - Esseen 19 2.2.4 Áp dụng định lý Berry – Esseen 24 Bất đẳng thức Berry – Esseen không 26 2.3.1 Trường hợp... dựng đẳng thức Stein 13 1.5.3 Xấp xỉ chuẩn hàm trơn 14 Bất đẳng thức Berry - Esseen chiều 16 2.1 Giới thiệu chung 16 2.2 Bất đẳng thức Berry – Esseen