Đặc trưng của các biến ngẫu nhiên có cấu trúc tuyến tính

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Đặng Văn Trọng
ĐẶC TRƯNG CỦA CÁC BIẾN NGẪU NHIÊN
CÓ CẤU TRÚC TUYẾN TÍNH
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Hà Nội - 2012
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Đặng Văn Trọng
ĐẶC TRƯNG CỦA CÁC BIẾN NGẪU NHIÊN
CÓ CẤU TRÚC TUYẾN TÍNH
Chuyên ngành: Lý thuyết xác suất và thống kê toán học
Mã số: 60 46 15
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
PGS.TS Đào Hữu Hồ
Hà Nội - 2012
MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU

ĐẶT BÀI TOÁN
CHƢƠNG 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC PHỤ TRỢ
01
04
1.1
Hàm đặc trƣng
04
1.1.1
Định nghĩa

04
1.2
Một số khái niệm và kết quả cần dùng
06
Chƣơng 2 ĐẶC TRƢNG CỦA VECTƠ NGẪU NHIÊN CÓ CẤU
TRÚC TUYẾN TÍNH
24
2.1
Các định lý đặc trƣng
24
2.2
Mô hình phân tích nhân tố
34
2.3
Bài toán hồi quy đối với các biến cấu trúc
39
KẾT LUẬN
49
TÀI LIỆU THAM KHẢO
50

Lời nói đầu
Khi nghiên cứu về các biến ngẫu nhiên, nếu ta biết được phân phối của biến
ngẫu nhiên thì gần như ta đã nắm bắt được tất cả các thông tin về biến ngẫu
nhiên đó. Tuy nhiên việc tìm được phân phối của một biến ngẫu nhiên lại là
một bài toán khó. Luận văn này chỉ ra một phương pháp để nhận biết được
phân phối của biến ngẫu nhiên thông qua cấu trúc tuyến tính của một vectơ
ngẫu nhiên p chiều X. Dựa trên mục đích được đặt ra, luận văn trình bày sau
đây gồm có 2 chương.
Chương I là chương gồm các kiến thức phụ trợ, chủ yếu trình bày lại các kiến

thức đã biết để phục vụ cho việc chứng minh các định lý ở chương sau. Bao
gồm: các kiến thức về hàm đặc trưng, một số bổ đề về sự tồn tại moment, khái
niệm về hàm giải tích, hàm chính quy, các bổ đề có liên quan đến nghiệm của
phương trình hàm.
Chương II tập trung trình bày các định lý về đặc trưng phân phối của biến
ngẫu nhiên, mô hình phân tích nhân tố và bài toán hồi quy đối với các biến
cấu trúc.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS Đào
Hữu Hồ. Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Thầy, người đã cung cấp
tài liệu khoa học và tận tình hướng dẫn tác giả trong suốt thời gian làm luận
văn này.
Do trình độ của tác giả còn hạn chế nên luận văn này sẽ không tránh khỏi
được sự sai sót. Tác giả xin nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo,
cô giáo và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!
i
Đặt bài toán
Ta nói rằng vectơ p- chiều X có cấu trúc tuyến tính nếu nó có thể biểu diễn
được dưới dạng:
X = µ + AY (1)
trong đó, µ là một vectơ hằng, Y là một vectơ ngẫu nhiên với các thành phần
độc lập, không suy biến, A là một ma trận hằng không có 2 cột nào tỷ lệ với
nhau. Nếu Y là một vectơ q - chiều thì A là ma trận p ×q. Các thành phần của
Y được gọi là các biến cấu trúc.
Giả sử X = ν + BZ là một dạng biểu diễn khác tương tự như (1) của X. Hai
biểu diễn X = µ + AY và X = ν + BZ được gọi là tương đương về cấu trúc
nếu mọi cột của A đều tỷ lệ với một cột nào đó của B và ngược lại. Trái lại,
hai biểu diễn đó được gọi là không tương đương. Nếu tất cả các biểu diễn cấu
trúc của một vectơ ngẫu nhiên đều tương đương với nhau thì ta nói rằng vectơ
ngẫu nhiên đó có cấu trúc duy nhất.

Cũng có thể X có một cấu trúc duy nhất nhưng lại tồn tại hai dạng biểu diễn
như ở trên của X sao cho các biến cấu trúc Y và Z có phân bố khác nhau. Ta
sẽ nói rằng dạng tuyến tính biểu diễn bởi (1) là duy nhất nếu X có một cấu
trúc duy nhất và phân bố của các biến cấu trúc là duy nhất với độ chính xác
đến tham số tịnh tiến và tỷ lệ.
Xét ví dụ
X = µ + AY (2)
trong đó, Y là một vectơ với các thành phần độc lập, mỗi thành phần có phân
bố chuẩn N(0; 1). Hàm đặc trưng của X có dạng:
E exp(it
T
X) = e
it
T
µ
E exp(it
T
AY ) = exp(it
T
µ −
1
2
t
T
AA
T
t). (3)
Do đó, phân bố của X chỉ phụ thuộc vào µ và ma trận xác định không âm
Λ = A.A
T

. Vì vậy X có phân bố chuẩn p - chiều N
p
(µ,Λ) (xem tài liệu [9]).
Nhưng với một ma trận Λ cho trước, phân tích Λ = A.A
T
là không duy nhất.
1
Nếu Λ = B.B
T
là một phân tích khác, trong đó B là ma trận cấp p ×r (cấp
của B có thể khác với A nhưng hạng của chúng thì nhất thiết phải bằng nhau),
khi đó, X có biểu diễn
X = µ + BZ (4)
trong đó, Z là một vectơ r - chiều với các thành phần độc lập và có phân phối
chuẩn N(0; 1).
Ví dụ: Với ma trận Λ được cho như sau:
Λ =


4 0
10 30


.
Ta xét các ma trận:
A =


2 0
5

√
5


;B =


√
2
√
2
5
√
2
+
√
5
√
2
5
√
2
−
√
5
√
2


;C =



1 1 1 1
1 2 3 4


.
Khi đó ta có
AA
T
= BB
T
= CC
T
= Λ.
Do vậy, ba biểu diễn





X
1
= 2Y
1
X
2
= 5Y
1
+

√
5Y
2





X
1
=
√
2U
1
+
√
2U
2
X
2
= (
5
√
2
+
√
5
√
2
)U

1
+ (
5
√
2
−
√
5
√
2
)U
2





X
1
= W
1
+W
2
+W
3
+W
4
X
2
= W

1
+ 2W
2
+ 3W
3
+ 4W
4
(5)
đều tương ứng với một phân phối chuẩn hai chiều nếu mọi biến cấu trúc độc
lập và có phân phối chuẩn N(0;1).
Vậy cấu trúc của một vectơ chuẩn là không duy nhất, cả về số biến cấu trúc
đã cho và cả về mối liên hệ đối với các biến này.
Trong luận văn này, ta nghiên cứu bản chất của các vectơ ngẫu nhiên thừa
nhận những biểu diễn cấu trúc không tương đương. Đặc biệt, ta sẽ chỉ ra rằng
2
các vectơ ngẫu nhiên chuẩn hoàn toàn được đặc trưng bởi tính không duy
nhất của cấu trúc tuyến tính. Mọi vectơ ngẫu nhiên có cấu trúc tuyến tính có
thể được phân tích thành tổng của hai vectơ độc lập, một vectơ có cấu trúc
duy nhất, do đó nó không là vectơ chuẩn và vectơ còn lại là vectơ ngẫu nhiên
chuẩn.
Những kết quả được trình bày ở đây cho ta một cách giải quyết hoàn chỉnh bài
toán về tính không đồng nhất của các tham số trong các cấu trúc tuyến tính.
Tương tự, ta cũng xét cấu trúc tuyến tính của mô hình phân tích nhân tố. Bài
toán được nghiên cứu trong luận văn này cũng có thể được xem như là bài
toán về tính cùng phân phối của các vectơ thống kê. Khi nào thì µ + AY và
ν + BZ có cùng phân phối?
3
Chương 1
Một số kiến thức phụ trợ
1.1 Hàm đặc trưng

1.1.1 Định nghĩa
Định nghĩa 1.1. Hàm số
ϕ
X
(t) = Ee
itX
= E costX + iE sintX, t ∈ R
được gọi là hàm đặc trưng của biến ngẫu nhiên X.
Dễ thấy rằng, nếu F
X
(x) là hàm phân phối của biến ngẫu nhiên X thì
ϕ
X
(t) =

R
e
itx
dF
X
(x), t ∈R.
Nếu X có mật độ f (x) thì
ϕ
X
(t) =

R
e
itx
f (x)dx.

Giả sử x = (x
1
,x
2
, ,x
n
), y = (y
1
,y
2
, ,y
n
) ∈ R
n
, tích vô hướng của x và y
được cho bởi
(x,y) = x
1
y
1
+ x
2
y
2
+ + x
n
y
n
.
Định nghĩa 1.2. Giả sử X = (X

1
,X
2
, ,X
n
) là vectơ ngẫu nhiên nhận giá trị
trong R
n
. Hàm đặc trưng của X là hàm số
ϕ
X
(t) = Ee
i(t,X)
=

R
n
e
i(t,x)
dF
X
(x), t ∈R
n
.
4
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
Ví dụ. Giả sử X có phân phối chuẩn N(0,1). Khi đó
ϕ(t) = Ee
itX
=

1
√
2π

+∞
−∞
e
itx−
1
2
x
2
dx.
Lấy đạo hàm theo t
ϕ

(t) =
1
√
2π

+∞
−∞
ixe
itx−
1
2
x
2
dx

=
−i
√
2π

+∞
−∞
(it −x)e
itx−
1
2
x
2
dx −
t
√
2π

+∞
−∞
e
itx−
1
2
x
2
dx
= −
i
√

2π
e
itx
e
−x
2
2
|
+∞
−∞
−
t
√
2π

+∞
−∞
e
itx−
1
2
x
2
dx
= −tϕ(t).
Như vậy, ϕ

(t) = −tϕ(t). Từ đó
ϕ(t) = Ce
−

t
2
2
.
Nhưng ϕ(0) = 1 nên C = 1 và do đó
ϕ(t) = e
−
t
2
2
.
Nếu X có phân phối N(a,σ
2
) thì
X = σ
X −a
σ
+ a = σY +a với Y ∼ N(0, 1).
Vậy
ϕ
X
(t) = Ee
itX
= Ee
itσY +ita
= e
ita
.ϕ
Y
(σt) = e

ita−
σ
2
t
2
2
1.1.2 Một số tính chất của hàm đặc trưng
Giả sử X có hàm phân phối F và ϕ(t) là hàm đặc trưng của X. Khi đó
1. |ϕ(t)|≤ ϕ(0) = 1, |ϕ(t + h) −ϕ(t)|≤ 2

1 −Reϕ(h).
trong đó Rez là phần thực của z.
2. ϕ(t) liên tục đều trên R.
3. ϕ(−t) = ϕ(t).
5
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
4. ϕ(t) là hàm thực khi và chỉ khi X có phân phối đối xứng, nghĩa là X và
−X cùng phân phối hay tương đương P
X
(B) = P
X
(−B), ∀B ∈ ß(R).
5. Nếu X và Y độc lập thì
ϕ
X+Y
(t) = ϕ
X
(t).ϕ
Y
(t), t ∈ R,

do đó, nếu X
1
,X
2
, ,X
n
độc lập thì
ϕ
X
1
+ +X
n
(t) =
n
∏
k=1
ϕ
X
k
(t), t ∈ R.
6. Nếu E|X|
n
< ∞ với n ≥ 1 nào đó thì ϕ(t) có đạo hàm đến cấp n tại mọi
điểm và
ϕ
(k)
(t) =

R
(ix)

k
e
itx
dF(x) = i
k
E(X
k
e
itX
),
EX
k
=
ϕ
(k)
(0)
i
k
,
ϕ(t) =
n
∑
k=0
(it)
k
k!
EX
k
+
(it)

n
n!
α
n
(t)
trong đó, |α
n
(t)|≤2E|X
n
|,α
n
(t) →0 khi t → 0. Đảo lại, nếu ϕ
2n
(0) tồn
tại và hữu hạn thì EX
2m
< ∞, ở đây m là số nguyên dương nào đó.
1.2 Một số khái niệm và kết quả cần dùng
Định nghĩa 1.3. Hàm đặc trưng f được gọi là chia vô hạn nếu với mọi số tự
nhiên n đều tồn tại một hàm đặc trưng f
n
sao cho:
f (t) = [ f
n
(t)]
n
∀t ∈ R
Định nghĩa 1.4. Biểu diễn Levy L(β ,σ
2
,M, N) cho hàm đặc trưng chia vô

hạn bất kỳ f là biểu diễn dạng:
log f (t) = iβt −
1
2
σ
2
t
2
+

+∞
0
h(t,u)dN(u) +

0
−∞
h(t,u)dM(u) (1.1)
trong đó, β là số thực, σ ≤ 0,h(t,u) = e
itu
−1 −
itu
1 + u
2
và các hàm M,N
thỏa mãn điều kiện sau đây
6
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
i. M,N là các hàm không giảm và liên tục phải trên các khoảng (−∞,0) và
(0,+∞) tương ứng.
ii. M(−∞) = N(+∞) = 0

iii. Các tích phân

0
−a
u
2
dM(u),

a
0
u
2
dN(u) xác định với a > 0 bất kỳ.
Biểu diễn (1.1) là duy nhất, tức là f xác định duy nhất β ,σ,M,N.
Định nghĩa 1.5. Một hàm phân phối F được gọi là ổn định nếu với 2 số thực
dương a
1
,a
2
và 2 số thực b
1
,b
2
bất kỳ, đều có tương ứng các hằng số a > 0,b
sao cho
F(a
1
x + b
1
).F(a

2
x + b
2
) = F(ax + b), (1.2)
hoặc
e
−i(b
1
+b
2
)t
f (t/a
1
) f (t/a
2
) = e
−ibt
f (t/a) ∀t ∈ R (1.3)
a. Để hàm phân phối F là ổn định, điều kiện cần và đủ là hàm đặc trưng
tương ứng biểu diễn được dưới dạng
log f (t) = iαt −c|t|
λ

1 + iγ(t/|t|)w(t,λ)

, (1.4)
trong đó, c ≥ 0,−1 ≤ γ ≤ 1, 0 < λ ≤ 2 là những hằng số, α là một số
thực bất kỳ,
w(t,λ ) =






tan(πλ /2) nếu λ = 1
(2/π)log|t| nếu λ = 1
(1.5)
b. Một luật phân phối ổn định không suy biến là chia vô hạn và các hàm
M,N, hằng số σ trong biểu diễn Levy có dạng sau đây:
+ Với 0 < λ < 2
M(u) = c
1
/|u|
λ
,N(u) = −c
2
/|u|
λ
,σ = 0,
(c
1
≥ 0,c
2
≥ 0,c
1
+ c
2
> 0)
(1.6)
+ Với λ = 2

M(u) = N(u) = 0,σ ≥ 0. (1.7)
(Trường hợp λ = 2 tương ứng với luật chuẩn) .
7
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
c. Một luật ổn định được gọi là luật ổn định đối xứng nếu
log f (t) = −c|t|
λ
(1.8)
nghĩa là tương ứng với α = γ = 0 trong biểu diễn (1.4).
d. Luật bán ổn định P.Levy : Hàm f được gọi là hàm đặc trưng của luật bán
ổn định nếu nó thỏa mãn phương trình:
f (t) = [ f (βt)]
γ
, γ > 0, 0 < |β |< 1, ∀t ∈ R. (1.9)
Giả sử λ là nghiệm duy nhất của phương trình γ|β|
λ
= 1. Khi đó, luật
bán ổn định là chia vô hạn và biểu diễn Levy L( µ,σ
2
,M, N) đối với log f
được cho bởi
log f (t) = iβt −
1
2
σ
2
t
2
+


∞
0
h(t,u)dN(u) +

0
−∞
h(t,u)dM(u) (1.10)
+ Nếu λ < 0 hoặc λ > 2 thì
σ = 0, M = N = 0
+ Nếu λ = 2 thì
σ ≥ 0, M = N = 0
+ Nếu 0 < λ < 2, β ≥0, ξ, η là những hàm không âm, liên tục phải và
tuần hoàn với chu kỳ −logβ thì
σ = 0, M(u) = ξ (log|u|)/|u|
λ
, N(u) = −η(logu)/u
λ
+ Nếu 0 < λ < 2, β < 0, ξ là một hàm không âm, liên tục phải và tuần
hoàn với chu kỳ −2log|β | thì
σ = 0, M(u) = ξ (log|u|)/|u|
λ
, N(u) = −ξ (logu −log|β|)/u
k
e. Luật ổn định tổng quát: Hàm f được gọi là hàm đặc trưng của luật ổn
định tổng quát nếu nó không bị triệt tiêu và thỏa mãn phương trình sau
với mọi số thực t
[ f (β
1
t)]
α

1
[ f (β
k
t)]
α
k
= [ f (β
k+1
t)]
α
k+1
[ f (β
n
t)]
α
n
(1.11)
trong đó α
i
> 0,i = 1,2, .,n.
Bây giờ chúng ta trình bày một số bổ đề về sự tồn tại momen (xem tài liệu
[8]).
8
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
Bổ đề 1.1. Giả sử {t
n
} là một dãy các giá trị của t, t
n
→ 0 khi n → ∞
a. Nếu

|t
n
|
−λ
.log |f (t
n
)| ≤ −c

< 0 với λ < 2
thì

|x|
δ
dF(x) không tồn tại với bất kỳ δ > λ.
b. Nếu
|t
n
|
−λ
.log |f (t
n
)| ≥ −c

> −∞
với dãy giá trị {t
n
} thỏa mãn:
i.
∑
|t

n
|
ε
< ∞ với ∀ε > 0
ii. {
t
n−1
t
n
} bị chặn
Khi đó, F có moment tuyệt đối với tất cả các bậc < λ. Trong trường hợp
đặc biệt, nếu log|f (t)|/|t|
λ
bị chặn trong lân cận điểm t = 0 trừ điểm
gốc thì F có tất cả các moment bậc < λ .
c. Nếu log|f (t
n
)|/t
2
n
bị chặn (với t
n
n→∞
−→ 0 ) thì moment cấp 2 của F tồn tại,
điều ngược lại cũng đúng cho tất cả các dãy như thế.
d. Nếu log |f (t
n
)|/t
2
n

→ 0 khi n → ∞ thì F là suy biến, điều ngược lại tất
nhiên là đúng cho tất cả các dãy như thế.
Bổ đề 1.2. Giả sử

x
2n
dF(x) < ∞, trong đó n ≥ 0 là một số nguyên và giả
sử
λ = sup

δ : |t|
−δ
log|f
(2n)
(t)/ f
(2n)
(0)| bị chặn

Khi đó
a. λ ≤ 2.
b. F có moment của tất cả các bậc < 2n +λ.
c. Nếu λ < 2 thì F không có moment bậc > 2n + λ
d. Nếu λ = 2 và hàm t
−2
log|f
(2n)
(t)/ f
(2n)
(0)|bị chặn thì


x
2n+2
dF(x) < ∞
và ngược lại. (Tính bị chặn của hàm này tại dãy điểm nào đó dần tới 0 là
điều kiện đủ để tồn tại moment bậc 2n +2).
9
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
Trong luận văn chúng ta sẽ cần đến một số kết quả về α - khai triển do Linnik
giới thiệu (xem tài liệu [5]).
Trước tiên chúng ta làm quen với các khái niệm hàm giải tích và hàm chính
quy.
Định nghĩa 1.6. Một hàm f được gọi là giải tích thực tại điểm x
0
∈ R nếu f
có thể viết dưới dạng:
f (x) =
∞
∑
n=0
a
n
(x −x
0
)
n
= a
0
+ a
1
(x −x

0
) +
trong đó các hằng số a
0
,a
1
, là những hằng số thực và chuỗi này hội tụ tới
f (x) với ∀x trong lân cận của x
0
.
Một hàm f xác định trên một khoảng mở D của đường thẳng thực được gọi
là giải tích thực trên D nếu f là hàm giải tích thực tại mọi điểm trong D.
Một định nghĩa khác:
Định nghĩa 1.7. Một hàm giải tích thực tại điểm x
0
là một hàm khả vi vô hạn
sao cho chuỗi Taylor tại điểm x
0
trong miền xác định của nó
T (x) =
∞
∑
n=1
f
(n)
(x
0
)
n!
(x −x

0
)
n
hội tụ tới f (x) với x trong lân cận của x
0
.
Tập tất cả các hàm giải tích thực trên tập D được ký hiệu là C
ω
(D).
Định nghĩa hàm giải tích phức tương tự như định nghĩa hàm giải tích thực
bằng việc ta thay các từ "thực" bằng từ "phức" và cụm từ "đường thẳng thực"
bằng cụm từ "mặt phẳng phức".
Định nghĩa 1.8. Trong giải tích thực, hàm chính quy là một hàm giải tích và
đơn trị trong miền cho trước. Trong giải tích phức, hàm chính quy là một hàm
giải tích phức.
Bổ đề 1.3. Giả sử hàm φ (z) của biến phức z là chính quy và không bị triệt
tiêu trên miền |z|< R và thỏa mãn tính chất Hermitian: φ(−z) = φ (z).
Nếu φ
1
,φ
2
, ,φ
s
là những hàm đặc trưng và α
1
,α
2
, ,α
s
là những số dương

sao cho với dãy số thực nào đó {t
n
} dần tới 0, phương trình sau được thỏa
mãn
[φ
1
(t)]
α
1
[φ
s
(t)]
α
s
= φ(t). (1.12)
10
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
Khi đó, các hàm φ
j
là chính quy và không bị triệt tiêu trên miền |z| < R và
phương trình (1.12) xác định trên khắp miền đó.
Nếu trong (1.12) φ là hàm có dạng expQ(t), với Q(t) là một đa thức có tính
chất Hermitian thì tất cả các φ
j
là hàm đặc trưng của luật chuẩn.
Khẳng định ở trên vẫn đúng nếu vế trái (1.12) chứa một số đếm được thừa số,
miễn sao α
j
bị chặn và khác 0.
Hệ quả 1.1. Giả sử g là hàm đặc trưng tương ứng với hàm phân phối G, có

moment mọi cấp và được xác định duy nhất bởi chúng. Nếu hàm đặc trưng f
nào đó thỏa mãn f (t) = g(t) tại một dãy {t
n
} dần tới 0 các giá trị của t thì f
trùng với g.
Hệ quả 1.2. Giả sử
f (t) = exp(−ct
2
),
với t = t
n
,n = 1,2,. ,t
n
n→∞
−→0 và c ≥0 là hằng số nào đó thì f (t) ≡exp(−ct
2
).
Ở chương sau của luận văn, chúng ta cần dùng đến một số kết quả về nghiệm
của phương trình hàm.
Bổ đề 1.4. Xét phương trình sau với |u| < δ
0
,|v| < δ
0
ψ
1
(u + b
1
v) + + ψ
r
(u + b

r
v) = A(u) + B(v) + P
k
(u,v) (1.13)
trong đó, P
k
là một đa thức bậc k, A và B là các hàm nhận giá trị phức của
hai biến thực u và v. Giả sử rằng
1. Các số b
j
đôi một khác nhau.
2. Các hàm A,B và ψ
j
liên tục.
Khi đó trong lân cận của điểm gốc, các hàm A,B và ψ
j
là các đa thức có bậc
≤ max(r,k)
Chứng minh
Nhân hai về của (1.13) với (x −u) và tích phân hai vế theo biến u từ 0 đến
x,|x| < δ
0
. Ta nhận được
r
∑
1

x
0
(x −u)ψ

j
(u + b
j
v)du
=

x
0
(x −u)A(u)du + B(v)

x
0
(x −u)du +

x
0
(x −u)P
k
(u,v)du
= C(x) + (
x
2
2
)B(v) + P
k+2
(u,v)
(1.14)
11
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
Đổi biến τ = u + b

j
v,|τ|< δ
1
< δ
0
, (1.14) trở thành
∑
j

x+b
j
v
b
j
v
(x + b
j
v −τ)ψ
j
(τ)dτ = C(x) + (
x
2
2
)B(v) + P
k+2
(u,v) (1.15)
Từ đó, vế trái (1.15) là khả vi theo biến v với mọi x và vế phải cũng vậy. Lấy
vi phân theo biến v sau đó lấy vi phân theo biến x ta đưa (1.15) về dạng
∑
j

b
j
ψ
j
(u + b
j
v) = B
1
(v) + uB
2
(v) + P
k
(u,v) (1.16)
đẳng thức này xác định với |u| < δ
2
,|v| < δ
2
,0 < δ
2
< δ
1
.
Cho v = 0 thì (1.16) trở thành
∑
j
b
j
ψ
j
(u) = P

s
1
(u), s
1
≤ max(1,k) (1.17)
Xuất phát từ (1.16) thực hiện phép biến đổi và lập luận như đã dẫn từ (1.13)
về (1.17) ta nhận được
∑
j
b
2
j
ψ
j
(u) = P
s
2
(u), s
2
≤ max(2,k) (1.18)
Lặp lại vệc tính toán như vậy ta nhận được r phương trình
∑
b
m
j
ψ
j
(u) = P
s
m

(u) s
m
≤ max(m,k); m = 1,2, ,r (1.19)
Do các b
j
đôi một khác nhau nên hệ phương trình (1.19) có nghiệm duy nhất
ψ
j
(u) trong lân cận của điểm gốc, đó là một đa thức có bậc ≤ max(r,k).
Hệ quả 1.3. Nếu phương trình (1.13) của bổ đề 1.4 có dạng
r
∑
1
ψ
i
(u + b
i
v) = au + cv + d (1.20)
với r ≤ 3 thì với điều kiện của bổ đề 1.4 tất cả các ψ
i
,i = 1,2, ,r là các
hàm tuyến tính.
Ta tổng quát bổ đề 1.4 trong trường hợp có nhiều hơn hai biến. Giả sử t và
α
1
,α
2
, ,α
r
là các vectơ cột p - chiều. Ký hiệu các thành phần của t là

t
1
,t
2
, ,t
p
và tích của t với α
i
là α
T
i
t.
Xét phương trình hàm
ψ
1
(α
T
1
t) + + ψ
r
(α
T
r
t) = ξ
1
(t
1
) + + ξ
p
(t

p
) (1.21)
xác định với |t
i
| < δ ,i = 1, ., p.
Ký hiệu A là ma trận cỡ p ×r với các cột α
1
,α
2
, ,α
r
.
12
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
Bổ đề 1.5. Giả sử α
i
là cột thứ i của ma trận A không tỷ lệ với bất kỳ cột nào
khác cột i của ma trận A hoặc với bất kỳ cột nào của ma trận đơn vị I
p
cấp p.
Khi đó các hàm ψ
i
thỏa mãn (1.21) là các đa thức có bậc ≤ r.
Chứng minh
Không mất tính tổng quát, ta có thể lấy phần tử đầu tiên của α
i
khác 0. Khi
đó tồn tại một ma trận H cỡ 2 ×p dạng
H =



1 0 0
0 h
2
h
p


(1.22)
sao cho cột thứ i của ma trận B = HA không tỷ lệ với bất kỳ cột nào khác của
HA hoặc với bất kỳ cột nào của H. Ta lấy t
T
= u
T
H , ở đây u là một vectơ hai
chiều với các thành phần u
1
và u
2
, và thế vào (1.21) ta nhận được
r
∑
i=1
ψ
i
(b
i1
u
1
+ b

i2
u
2
) = ξ
1
(u
1
) + ξ
2
(u
2
h
2
) + + ξ
p
(u
2
h
p
)
= ξ
1
(u
1
) + ξ
∗
2
(u
2
)

(1.23)
Trong (1.23) vectơ (b
i1
,b
i2
) không tỷ lệ với bất kỳ vectơ (b
j1
,b
j2
), j = i hoặc
với bất kỳ vectơ (1,0) và (0,1). Theo bổ đề 1.4 ta được điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.6. Nếu ma trận A không có cột nào tỷ lệ với bất kỳ cột nào còn lại
hoặc tỷ lệ với bất kỳ cột nào của ma trận I
p
, khi đó các hàm ψ
1
,ψ
2
, ,ψ
r
và
ξ
1
,ξ
2
,ξ
p
là các đa thức bậc cao nhất r.
Bổ đề này là hệ quả của bổ đề 1.4.
Bây giờ ta định nghĩa một ma trận tích mới giữa ma trận C cỡ p×r với ma trận

D cỡ q ×r. Giả sử rằng γ
1
,γ
2
, ,γ
r
là các cột của ma trận C và δ
1
,δ
2
, ,δ
r
là những cột của ma trận D. Khi đó, ta định nghĩa tích mới C D là một
ma trận cỡ pq ×r , mỗi cột của chúng là tích Kronecker γ
i
⊗δ
i
, nghĩa là nếu
γ
i
= (γ
1i
,γ
2i
, ,γ
pi
)
T
, δ
i

= (δ
1i
,δ
2i
, ,δ
qi
)
T
thì
γ
i
⊗δ
i
= (γ
1i
δ
1i
,γ
1i
δ
2i
, ,γ
1i
δ
qi
, ,γ
pi
δ
qi
)

T
Do vậy ma trận C D được xác định bởi:
C D = (γ
1
⊗δ
1
,γ
2
⊗δ
2
, ,γ
r
⊗δ
r
) (1.24)
13
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
Ví dụ: Cho hai ma trận:
C =


1 2
3 4


;D =


5 6
7 8



Khi đó
C D =








5 12
7 16
15 24
21 32








Ta định nghĩa ma trận C

là ma trận cỡ p(p −1) ×r nhận được từ ma trận
C C bằng cách bỏ đi p hàng chứa những số hạng bình phương của ma trận
C C, đó là những hàng thứ 1, thứ p + 2, , thứ (p −1).p + p.
Bổ đề 1.7. Giả sử rằng phương trình (1.21) thỏa mãn với |t

i
|< δ,i = 1, , p,
ở đây A là ma trận cỡ p×r với các cột α
1
,α
2
, ,α
r
sao cho rankA

= r. Khi
đó các hàm ψ
1
,ψ
2
, ,ψ
r
và ξ
1
,ξ
2
, ,ξ
p
là các hàm tuyến tính.
Chứng minh
Dễ dàng chỉ ra rằng, nếu rankA

= r thì không cột nào của ma trận A là bội
của bất kỳ cột nào khác của A hoặc là bội của bất kỳ cột nào của ma trận I
p

.
Khi đó theo bổ đề (1.6) các ψ
i
và ξ
j
là các đa thức bậc ≤ r.
Giả sử
ψ
i
(u) = λ
ir
u
r
+ + λ
i0
; i = 1, 2, ,r (1.25)
ξ
j
(u) = µ
jr
u
r
+ + µ
j0
; j = 1,2, , p (1.26)
Đặt λ
T
i
= (λ
i1

,λ
i2
, ,λ
ir
).
Thế biểu thức (1.25) và (1.26) vào (1.23) và suy ra hệ số của t
i
t
j
(i = j) ta
nhận được
A

λ
2
= 0 (1.27)
Do rankA

= r nên λ
2
= 0 do . Do vậy không có hạng tử bậc 2 trong (1.25).
Bây giờ ta suy ra hệ số của t
π
1
i
t
π
2
j
t

π
3
k
,i = j = k, với π
1
+π
2
+π
3
= 3 với ít nhất
hai trong số π
1
,π
2
,π
3
khác 0, ta được
(A A

)λ
3
= 0 hoặc (A

A)λ
3
= 0 (1.28)
14
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
Dễ chỉ ra rằng rank(A A


) = r do vậy λ
3
= 0. Vậy tất cả các số hạng bậc
lớn hơn 1 triệt tiêu.
Bổ đề được chứng minh.
Định lý 1.1. Giả sử X
1
,X
2
là các vectơ ngẫu nhiên có cùng phân phối với
EX
1
= 0 thỏa mãn biểu thức
E(X
1
−αX
2
|X
1
+ βX
2
) = 0 với |β | ≤ 1 (1.29)
Khi đó
1. Nếu αβ < 0 thì X
1
= 0 với xác suất 1.
2. Nếu αβ > 0 và |β|= 1 thì X
1
= 0 với xác suất 1 nếu |α|= 1 có một phân
phối tùy ý nếu α = 1 và một phân phối đối xứng tùy ý nếu α = −1;

3. Nếu αβ > 0 và |β |< 1 và λ là một số thực duy nhất sao cho |α||β|
λ−1
=
1, khi đó
a. X
1
= 0 với xác suất 1 nếu λ ≤ 1 hoặc λ > 2;
b. X
1
là một vectơ ngẫu nhiên chuẩn (có thể suy biến) nếu λ = 2 và
c. Nếu 1 < λ < 2 khi đó X
1
có thể chia vô hạn và : L (µ,σ
2
,M, N) là
biểu diễn Levy cho hàm đặc trưng của X
1
, khi đó :
σ = 0; M(u) = ξ (log|u|)/|u|
λ
N(u) = −η(logu)/u
λ
nếu β > 0
(1.30)
trong đó ξ ,η là những hàm không âm, liên tục phải với chu kỳ
−log β , ngược lại
σ = 0; M(u) = ξ (log|u|)/|u|
k
N(u) = −ξ (logu −log|β|)/u
k

nếu β < 0
(1.31)
trong đó ξ là một hàm không âm, liên tục phải với chu kỳ −2 log|β|.
15
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
Chứng minh
Từ (1.29), với ∀t ∈ R ta có
E(X
1
−αX
2
)e
it(X
1
+βX
2
)
= 0 (1.32)
Giả sử f là hàm đặc trưng của X
1
và I là một đoạn chứa gốc mà trên đó hàm
f không bị triệt tiêu. Khi đó ta nhận được từ (1.32)
φ(t) = αφ (βt), t ∈ I (1.33)
ở đây φ(t) = f

(t)/ f (t). Tích phân hai vế ta được
f (t) = [ f (βt)]
γ
, t ∈I,γ = α/β (1.34)
1. Giả sử αβ < 0,γ < 0, từ đó |f (βt)|≤1, từ (1.34) ta lại có |f (t)| ≥1 vậy

thì |f (t)| = 1, hơn nữa |f (t)| ≡ 1 với ∀t ∈ I và từ đó X
1
= EX
1
= 0 với
xác suất 1.
Khẳng định (1) của định lý được chứng minh.
2. Giả sử αβ > 0 và |β| = 1. Nếu α = 1, khi β = 1 trong trường hợp này
(1.34) thỏa mãn với hàm đặc trưng tùy ý. Nếu α = −1 thì β = −1 và
trong trường hợp này điều kiện (1.34) thỏa mãn với bất kỳ hàm đặc trưng
nhận giá trị thực nào đó.
3. Trong trường hợp không tầm thường duy nhất: αβ > 0 và |β |< 1. Ở đây
γ > 0 và giả sử λ là nghiệm thực duy nhất của phương trình γ|β|
λ
= 1.
a. Nếu λ ≤ 1 thì |α| ≤1 và ta nhận được từ (1.33) với t ∈I
φ(t) = αφ (βt) = = α
n
φ(β
n
t) → 0, khi n → ∞
Từ đó
φ(β
n
t) → φ (0) = 0
Do vậy, f (1) ≡ 1. Nếu λ > 2 thì từ (1.34) với t ∈ I cố đinh, ta có:
log|f (t)|
|t|
λ
=

log|f (βt)|
|βt|
λ
= . =
log|f (β
n
t)|
|β
n
t|
→ 0,khi n → ∞
Từ khẳng định d của bổ đề 1.1 dẫn đến X
1
= 0 với xác suất 1.
Khẳng định a được chứng minh.
b. Nếu λ = 2 thì dãy log|f (β
n
t)|/(β
n
t)
2
là giá trị hằng và từ hệ quả của
16
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
bổ đề (1.3) thì f là hàm đặc trưng của luật chuẩn (có thể suy biến).
Khẳng định b được chứng minh.
c. Đầu tiên ta dẫn ra phương trình (1.34) áp dụng f có thể chia vô hạn,
nếu với mỗi λ > 0, công thức (1.30) và (1.31) là đúng nếu 0 < λ < 2.
Chúng ta luôn chứng minh được là việc áp dụng (1.33), với λ ≥ 1 vectơ
ngẫu nhiên X

1
suy biến, điều này có thể xem như là trường hợp đặc biệt
của công thức (1.30) và (1.31).
Chúng ta bắt đầu bằng việc chỉ ra rằng f không bị triệt tiêu. Giả sử rằng
điều đó không đúng và giả sử t
0
> 0 là giá trị mà tại đó f gần gốc tọa
độ nhất trên nửa trục thực dương.Khi đó biểu thức f (t) = [ f (βt)]
γ
là
đúng trên (0;t). Lấy trị tuyệt đối hai về và cho t →t
0
−0 ta nhận thấy f
liên tục, f (βt
0
) = 0, trái với giả thiết. Tương tự, hoặc nhận thấy từ tính
chất Hermitian, f (t) = 0 trên phần trục thực âm. Do đó (1.34) đúng với
∀t ∈ R, từ đó f không triệt tiêu. Vậy với ∀t và mọi số nguyên dương n
f (t) = [ f (βt)]
γ
= . = [ f (β
n
t)]
γ
n
, |β|
−λ
> 1
nếu λ > 0. Từ đó f
1/γ

n
là một hàm đặc trưng với mọi n và f có thể chia
vô hạn. Ta đã chứng minh với λ > 0.
Do vậy, chúng ta có biểu diễn Levy L(µ,σ
2
,M, N) cho log f .
log f (t) = iµt −
1
2
σ
2
t
2
+

∞
0
(e
itu
−1 −
itu
1 + u
2
)dN(u)
+

0
−∞
(e
itu

−1 −
itu
1 + u
2
)dN(u)
(1.35)
Sử dụng (1.34) ta nhận được
log f (t) = γ log f (βt) =iµγβt −
1
2
σ
2
γβ
2
t
2
+

+∞
0
(e
iβtu
−1 −
iβtu
1 + u
2
)d[γN(u)]
+

0

−∞
(e
iβtu
−1 −
iβtu
1 + u
2
)d[γM(u)]
(1.36)
Thay βu bởi u trong (1.36) ta được
log f (t) = iµ

t −
1
2
σ
2
γβ
2
t
2
+

+∞
0
(e
itu
−1 −
itu
1 + u

2
)d[γN(
u
β
)]
+

0
−∞
(e
itu
−1 −
itu
1 + u
2
)d[γM(
u
β
)]
(1.37)
17
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
Do tính duy nhất của biểu diễn Levy, từ (1.35) và (1.37) suy ra
µ

= µ (1.38)
σ
2
(γβ
2

−1) = 0 (1.39)
và
N(u) = γN(
u
β
), M(u) = γM(
u
β
)) nếu β > 0
N(u) = −γN(
−u
β
), M(u) = −γM(
−u
β
)) nếu β < 0
(1.40)
Do giả thiết γβ
2
= 1 từ (1.39) ta có σ = 0 và khẳng định c được suy ra
từ (1.40)
Các bổ đề dưới đây đóng vai trò quan trọng trong việc chứng minh các định
lý ở chương 2. Do vậy, chúng ta phát biểu và chứng minh chúng.
Bổ đề 1.8. Giả sử α
1
,α
2
, ,α
m
là các vectơ khác 0 cho trước của một không

gian vectơ mà trong đó đã xác định tích vô hướng. Khi đó tồn tại một vectơ β
không trực giao với bất kỳ vectơ nào ở trên.
Chứng minh
Giả sử tồn tại một vectơ xác định β
0
không trực giao với k vectơ đầu tiên,
nhưng trực giao với vectơ α
k+1
. Khi đó, xét vectơ β
0
+ c.α
k+1
, trong đó c là
hằng số bất kỳ.
Tích vô hướng của vectơ này với α
i
,i ≤ k là:
d
i
= (β
0
+ cα
k+1
,α
i
) = (β
0
,α
i
) + c(α

k+1
,α
i
)
Khi đó, do (β
0
,α
i
) = 0,i =
1;k nên d
i
= 0,∀c hoặc d
i
= 0 với c = c
i
nào đó.
Ta chọn c = c
i
(1 ≤ i ≤ k) thì khi đó d
i
= 0,∀i = 1;k. Đặt β
1
= β
0
+ cα
k+1
,
trong đó c = c
i
(1 ≤ i ≤ k) thì β

1
không trực giao với bất kỳ vectơ α
i
nào với
1 ≤ i ≤k + 1.
Bằng quy nạp toán học ta có thể tìm được vectơ β không trực giao với bất kỳ
vectơ nào.
Bổ đề 1.8 được chứng minh xong.
Bổ đề 1.9. Cho A và B là các ma trận cấp p ×k và p ×m. Giả sử rằng cột
đầu tiên (hoặc một cột bất kỳ nào đó) của A không tỷ lệ với bất kỳ cột nào
khác của A hoặc với bất kỳ cột nào của B. Khi đó tồn tại ma trận H cấp 2 ×p
18
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
sao cho C
1
= HA và C
2
= HB với cấp lần lượt là 2 ×k và 2 ×m có tính chất
sau: Cột đầu tiên của C
1
không tỷ lệ với bất kỳ cột nào khác của C
1
hoặc với
bất kỳ cột nào của C
2
.
Chứng minh
Giả sử A = (a
i j
)

p×k
,B = (b
i j
)
p×m
, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử
rằng hàng đầu tiên của A và B chỉ có các phần tử là 0 và 1, a
11
= 1.
Ký hiệu những cột có phần tử đứng đầu là 1 của A là α
1
,α
2
, ,α
r
và tương
tự các cột của B là β
1
,β
2
, ,β
s
.
Ta chọn vectơ (1,0, ,0) là hàng đầu tiên của ma trận cần tìm H và hàng thứ
2 là vectơ γ
T
= (0,γ
2
,γ
3

, ,γ
p
) được chọn theo cách.
(γ,α
1
−α
i
) = 0 với i = 2, ,r,
(γ,α
1
−β
i
= 0) với i = 1, ,s.
Theo bổ đề 1.8, vectơ γ như vậy là tồn tại. Khi đó dễ dàng thấy được rằng ma
trận H được chọn như vậy có tính chất thỏa mãn yêu cầu.
Bổ đề 1.9 được chứng minh.
Bổ đề 1.10. Giả sử X = µ
1
+ AY và X = µ
2
+ BZ là hai biểu diễn cấu trúc
của X. Khi đó đa tạp tuyến tính được sinh bởi các cột của A và B là trùng
nhau, do vậy rankA = rankB. Hơn nữa, vectơ µ
1
−µ
2
thuộc đa tạp tuyến tính
chung này.
Chứng minh
Giả sử α là một vectơ cột sao cho α

T
A = 0. Khi đó
α
T
X = α
T
(µ
1
+ AY ) = α
T
(µ
2
+ BZ)
Do α
T
A = 0 nên
α
T
X = α
T
µ
1
= α
T
µ
2
+ α
T
BZ
Từ đó, α

T
BZ là một biến ngẫu nhiên suy biến, điều này chỉ có thể xảy ra
khi α
T
B = 0. Vì vậy điều kiện α
T
A = 0 và α
T
B = 0 là tương đương. Do đó,
những đa tạp tuyến tính được sinh bởi các cột của A và B là trùng nhau.
Hơn nữa, từ đẳng thức trên, α
T
(µ
1
−µ
2
) = α
T
BZ = 0 nên α
T
(µ
1
−µ
2
) = 0,
nghĩa là µ
1
−µ
2
thuộc đa tạp tuyến tính trên.

Bổ đề 1.10 được chứng minh.
Theo bổ đề 1.10 ta có thể lấy biểu diễn cấu trúc của X một cách đơn giản là
AY mà không làm mất tính tổng quát.
19
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
Bổ đề 1.11. Cho Y là một vectơ ngẫu nhiên 2 chiều, Y = (Y
1
,Y
2
)
T
có biểu
diễn:





Y
1
= a
11
f
1
+ + a
1k
f
k
Y
2

= a
21
f
1
+ + a
2k
f
k





Y
1
= b
11
g
1
+ + b
1m
g
m
Y
2
= b
21
g
1
+ + b

2m
g
m
(1.41)
trong đó, {f
1
, f
2
, , f
k
} và {g
1
,g
2
, ,g
m
} là tập các biến ngẫu nhiên độc
lập. Giả sử cột thứ r ở biểu diễn thứ nhất là (a
1r
,a
2r
)
T
không tỷ lệ với bất kỳ
cột (a
1 j
,a
2 j
)
T

nào ( j = r) và với bất kỳ cột (b
1 j
,b
2 j
)
T
nào của biểu diễn thứ
2; j = 1, 2, ,m. Khi đó biến ngẫu nhiên f
r
là chuẩn.
Chứng minh
Giả sử ψ
i
là logar it của hàm đặc trưng của f
i
và φ
j
là logar it của hàm đặc
trưng của g
j
( được xác định trong một lân cận của điểm gốc). Xét hàm đặc
trưng đồng thời của Y
1
và Y
2
Eexp{iuY
1
+ ivY
2
}

Sử dụng hai biểu diễn trong (1.41), với |u| < δ
0
,|v| < δ
0
ta có hệ thức:
+ Với biểu diễn thứ nhất của Y thì
logEexp(iuY
1
+ ivY
2
)
= log Eexp{i(a
11
u + a
21
v) f
1
+ + i(a
1k
u + a
2k
v) f
k
}
do các f
1
, f
2
, , f
k

độc lập nên
= log E exp{i(a
11
u + a
21
v) f
1
}.E exp{i(a
12
u + a
22
v) f
k
} .E exp{i(a
1k
u + a
22
v) f
k
}
= log E exp{i(a
11
u + a
21
v) f
1
}+ + logE exp{i(a
1k
u + a
2k

v) f
k
}
= ψ
1
(a
11
u + a
21
v) + + ψ
k
(a
1k
u + a
2k
v)
(1.42)
+ Với biểu diễn thứ hai của Y thực hiện biến đổi tương tự như biểu diễn thứ
nhất ta cũng có
logE exp(iuY
1
+ ivY
2
)
= φ
1
(b
11
u + b
21

v) + + φ
m
(b
1m
u + a
2m
v)
(1.43)
20
Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ
Vậy ta có phương trình
ψ
1
(a
11
u + a
21
v) + + ψ
k
(a
1k
u + a
2k
v)
−φ
1
(b
11
u + b
21

v) − −φ
m
(b
1m
u + b
2m
v) = 0
(1.44)
Trong phương trình trên có thể có những a
2i
hoặc b
2 j
bằng 0, khi đó các hàm
ψ
i
và φ
j
tương ứng là các hàm của một biến u, ta nhóm chúng lại và đặt nó
bằng A(u). Tương tự có thể có những a
1i
hoặc b
1 j
bằng 0, khi đó các hàm ψ
i
và φ
j
tương ứng là các hàm của một biến v, ta nhóm chúng lại và đặt nó bằng
B(v).
Đối với các hàm ψ
i

,φ
j
có a
1i
,a
2i
,b
1 j
,b
2 j
khác 0, ta làm như sau: Không mất
tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng a
1r
= 0 và thay các phần tử khác không
a
1i
và b
1 j
bằng 1, điều này chỉ làm thay đổi về tỷ lệ của các biến ngẫu nhiên
f
i
và g
j
. Thực hiện việc nhóm các hàm ψ
i
,φ
j
có cùng hệ số trong (1.44) và
đặt là hàm η
k

(u+c
2k
v) nào đó. Với những lý luận trên thì phương trình (1.44)
được viết lại như sau:
+ Nếu a
2r
= 0 ta viết lại thành
ψ
r
(u + a
2r
v) + η
1
(u + c
21
v) + + η
s
(u + c
2s
v)
= A(u) + B(v)
(1.45)
ở đây, do cột thứ r ở biểu diễn thứ nhất không tỷ lệ với bất kỳ cột nào khác của
biểu diễn thứ nhất và với bất kỳ cột nào ở biểu diễn thứ 2 nên hàm ψ
r
(u+a
2r
v)
không thể kết hợp với bất kỳ hàm ψ
i

,φ
j
nào.
+ Nếu a
2r
= 0 phương trình (1.44) được viết lại
η
1
(u + c
2r
v) + + η
s
(u + c
2s
v) = ψ
r
(u) + B(v) (1.46)
ở đây, không tồn tại hàm A(u) vì nếu tồn tại thì sẽ có ít nhất một số a
2i
hoặc
b
2 j
bằng 0, dẫn đến cột (1;a
2r
)
T
tỉ lệ với cột (1;a
2i
)
T

hoặc (1; b
2 j
)
T
, điều này
trái với giả thiết chúng không tỉ lệ.
Áp dụng bổ đề 1.4 ta thấy rằng ψ
r
là một đa thức với bậc ≤ s trong lân cận
nào đó của gốc. Khi đó ψ
r
sẽ là một đa thức bậc hai nếu f
r
không suy biến.
Vì vậy f
r
có phân bố chuẩn.
Bổ đề 1.12. Giả sử rằng cột thứ i trong biểu diễn thứ nhất của (1.41) tỷ lệ với
cột thứ j trong biểu diễn thứ hai, nhưng không tỷ lệ với bất kỳ cột nào còn lại
của cả hai biểu diễn đó. Khi đó, trong lân cận nào đó của điểm gốc logarit
của các hàm đặc trưng của f
i
và g
j
sai khác một đa thức.
21