chuyen de luat manh so lon

6.5 Luật mạnh số lớn (điều kiện cần và đủ)
Bổ đề 6.15 Giả sử  A n và  Bn (n  1,...N,N ��) là hai dãy các biến cố. Chúng ta
giả sử rằng cho mỗi n �2 Biến cố Bn và A n A n1...A 1 là những biến cố độc lập ( A
là phần bù của A và giả sử rằng B1 và A 1 là độc lập. Nếu P(Bn ) �  0 cho tất
N

N

n1

n1

cả n, kho đó: P(�A nBn ) �P(�A n ) .
Chứng minh:
N

P(�A nBn )  (A 1B1) �(A 1B1A 2B2 ) �(A 1B1A 2B2A 3B3) �...
n1

�(A1B1) �(A1A 2B2 ) �(A 1A 2A 3B3) �...
N

N

n1

n1

P(�A nBn ) �P(A 1)P(B1)  P(A 1A 2 )P(B2 )  P(A 1A 2A 3)P(B3)  ... �P(�
A n)

Bổ đề 6.16 Giả sử  Yn là dãy các biến ngẫu nhiên và  bn là hai dãy số thực.Với mọi
  0 , k �1 ta có bất đẳng thức sau:

i)

�
�
�
�
P�
(Y n  mY n ) � ��2P �
(Y ns � �
,
sup
sup
�
�
�
�
�n�k
�
�n�k
�

ii)

�
�
�
� �

�
P�
(Y n  mY n ) � ��2P �
( Y ns � ��4�
Y n  bn � �
.
sup
sup
sup
�
�
�
� �
2�
�n�k
�
�n�k
� �n�k
�

Chứng minh:
Chúng ta xét một dãy biến ngẫu nhiên  Zn , với mỗi n , Zn và Y n có chung
phân phối, và Zn và  Y1,...,Y n  là độc lập. Chúng ta đặt





A n   Y n  mY n � ,Bn   Zn  mZn � ,Cn  Y ns �

Với mọi   0 . Chúng ta đặt mY n  mZn suy ra A nBn �Cn . Bổ đề 6.15 và bất
��

�

��

�

��

�

�n k

�

�n k

�

�n k

�

1
đẳng thức P(Bn ) � suy ra P �
�A n ��2P ��A nBn ��2P ��Cn �.
2

Từ đây chúng ta thu được kết quả i). Nếu chúng ta thay Y n bởi Y n - trong i),
chúng ta được kết quả đầu tiên của ii). Còn chú ý rằng
�
� �
�
P�
( Y ns � � P �
( (Y n  bn )  (Zn  bn ) � �
sup
sup
�
� �
�
�n�k
� �n�k
�
�
�
� �
�
�
�P �
Y

b
�

P
Z


b
�

2P
Y

b
�
.
�
�
�
�
sup n n 2 � �sup n n 2 � �sup n n 2 �
�
�
�n�k
� �n�k
�
�n�k
�

Bổ đề 6.17 Giả sử  Yn là dãy các biến ngẫu nhiên và  bn là hai dãy số thực. Nếu
Y n  bn � 0 a.s., khi đó Y ns � 0 a.s. và Y n  mbn � 0 .Nếu Y ns � 0 a.s., khi đó
Y n  bn � 0 a.s. Với mọi dãy số  bn thỏa điều kiện Y n  mbn � 0 .

Chứng minh: Bổ đề này là hệ quả của Bổ đề 6.8 và 6.16
Giả sử  an là dãy số thực khác không. Chúng ta cố định hằng số c  1 tùy ý. Giả
n

sử i n là số nguyên lớn nhất sao cho ai �c , nếu có nhiều hữu hạn số nguyên; với
n

những số nguyên đó ta đặt i n  0 . Hơn nữa, chúng ta đặt a0  0 và S0  0.
Định lý 6.12 Để dãy các biến ngẫu nhiên  X n tuân theo luật mạnh số lớn với dãy số

 a  , điều kiện cần và đủ là thỏa mãn điều kiện:
n

i)

an � � hoặc tất cả X n là suy biến

ii)

�P( S

Chứng minh:

in

 Si

n 1

 m(Si  Si
n

) �cn )  �,  0

n 1


Chứng minh điều kiện cần. Nếu  X n tuân theo luật mạnh số lớn với dãy số  an ,
Ssn
� 0 a.s. theo bổ đề 6.17 giả sử an � 0 không cố định. Khi đó, tồn tại dãy
khi đó
an
s
số nguyên vô hạn  kn sao cho sup ak  �. Chúng ta có Sk � 0 a.s. Thật vậy, chuổi
n

n

�U

n

s
s
, U n  xk  ...  xk hội tụ hầu khắp nơi. (Chúng ta đặt k0  0 ). Hơn nữa, tổng của
1

n

chuổi này bằng không. Với mọi n �1 chuổi

�U
k�n

k

hội tụ hầu khắp nơi và tổng của nó

bằng - U n a.s. Chuổi cuối cùng và - U n là những biến ngẫu nhiên độc lập, và đẳng thức
này kéo theo sự suy biến của biến ngẫu nhiên cùng phân phối. Tất cả biến ngẫu nhiên
U n cùng phân phối. theo điều kiện i) nói đến bất đẳng thức ain �cn , chúng ta thu được
Ssi  Ssi
Ssn
� 0 a.s. và n n n1 � 0 a.s. Ứng dụng bổ đề 6.17 và bổ đề Borel-Cantelli, chúng
cn
c

ta thu được ii).
Chứng minh điều kiện đủ. Trường hợp tất cả X n suy biến cùng phân phối là
tầm thường. Giả sử điều kiện ii) và an � �được thỏa mãn. Sử dụng bổ đề 6.17 và
�

Lévy’s bất đẳng thức , chúng ta có được

�P(max S  S
n1

i n  j�i n1

s
j

s
in

�cn )  �,  0(*) .

k
s
s
Chúng ta đặt Tk  c max Sj  Si
i k  j�i k1

k

Nếu theo (*) , bổ đề Borel-Cantelli và bổ đề 6.8 thì Tn � 0 a.s. Thật vậy,
c nSsi � 0 a.s. Nếu ik  n �ik 1 ,
n
s
Ssn  Ssi k  Ssi k
S
n
khi đó an �c và
�
�Tk  c k Ssi � 0 a.s.
k
an
an
k


cho k � �

Ssn

� 0. Áp dụng bổ đê 6.17 hơn một lần, chúng ta kết luận rằng dãy
an

 X  tuân theo luật mạnh số lớn dãy số  a  .
n

n

6.6

Ước lượng tăng của tổng của biến ngẫu nhiên độc lập trong số hạng tổng

moment của chúng
Định lý 6.13 Giả sử g ( x ) là hàm chẵn, liên tục, dương tăng nghiêm ngặt trong
khoảng  0; � và giả sử g ( x ) � 0 khi x � �. Giả sử ít nhất một rong hai điều kiện
sau đây được thỏa mãn:
i) x / g ( x ) không giảm trong khoảng  0; �
ii) x / g ( x ) và g ( x ) / x 2 không tăng trong khoảng  0; �
E  g ( X n )  �(n  1, 2...)

Và

Mn � �
n

M n  �E  g ( X k )
k 1

Đặc biệt, nếu điều kiện ii) được giữ và giả sử
E ( X n )  0( n  1, 2...

Khi đó
Sn    g 1 ( M n ( M n ))  a.s.

Với mọi hàm  ( x ) � c . Ở đây g 1 là hàm ngược của g .
Chứng minh được từ cơ sở của định lý 6.4 và theo mệnh đề cơ sở.
n

Bổ đề 6.18 Giả sử  an là dãy số không âm, An  �ak � �. Khi đó chuổi
k 1

�a

n

/ ( An ( An )) hội tụ với mọi  � c


Chứng minh
Giả sử n0 sao cho A0  0 và  ( An )  0 . Chuổi
0

�1 / (n (n))

hội tụ và tích

phân
�

I

dx

�x ( x )

An0

An

Theo định lý giá trị trung bình, chúng ta có

dx

�x ( x)  ( A

n

 An 1 )cn

An 1

Cho n  n0 ,

1
1
�cn �
An ( An )
An 1 ( An 1 )

Từ An  An 1  an và

�

An

dx

� �x ( x )

n  n0 1 An 1

Chúng ta thu được sự khẳng định của bổ đề.
Chúng ta hoàn thành chứng minh định lý 6.13. Giả sử  � c . Theo giả thiết của
định lý, tồn tại một hàm ngược, dương g1(x) trong khoảng  0; � . Chúng ta đặt
an  g 1 ( M n (M n )) . Khi đó an Z �.

Ta có M n � �và bổ đề 6.18, chúng ta thu được

�Eg ( X

n

) / ( M n ( M n ))  �.

Chúng ta chú ý rằng g n  M n ( M n )  �. Theo định lý 6.4 và chuổi

�X

n

/ an

hội tụ a.s. Do đó Sn / g1(M n(M n )) � 0 a.s.theo bổ đề 6.11.
Định lý 6.14 Giả sử g ( x ) là hàm chẵn, liên tục, dương tăng nghiêm ngặt trong
khoảng  0; � , với g (0)  0 , g ( x) � �khi x � �. Tương ứng một hàm tùy ý  � d ,
tồn tại một dãy  X n biến ngẫu nhiên đối xứng, bị chặn, độc lập, thỏa mãn điều kiện
E  g ( X n )  �( n  1, 2... ),
Sn    g 1 ( M n ( M n ))  a.s.

Chứng minh:

M n � �,nhưng

không

thỏa

mãn

điều

kiện


Chúng ta xét dãy  X n biến ngẫu nhiên độc lập, X n cho n  n1 nhận giá trị
�g1(n(n)) , với mỗi xác suất 2(n(n))1 và giá trị không với xác suất 1 2(n(n))1 ,
1
. Ở đây  � d và n1 thỏa
2

trong khi cho n �n1 , X n nhận giá trị �g1(1) với xác suất
n1(n1)  1.

EX n  0 và EX n  1, n . Theo giả thiết chúng ta có M n  n , thỏa mãn điều kiện

định lý. Hơn nữa,

�P  X

n n1

n

 �1/ n(n)) .

 g1(n(n)) 

n n1

Cuối cùng chuổi phân kỳ, từ  � d . Trong kết quả của bổ đề 6.12 và đẳng thức
M n  n chúng ta kết luận rằng biểu thức Sn    g 1 ( M n ( M n ))  a.s. không đúng.
p

Định lý 6.15 Giả sử E X n  �
n

p

Cho tất cả n và p �2 . Giả sử M n  �E X k � � .
k1

1/ p
Nếu 0  p �1chúng ta có Sn    M n ( M n ))  a.s.
1/ p
Với mọi  ( x ) � c , và nếu 1 p �2 ước lượng Sn    M n ( M n ))  a.s. có hiệu

lực
Định lý 6.16 Với mọi hàm  � d và với mọi số p dương thì tồn tại một dãy biến ngẫu
nhiên đối xứng, bị chặn, độc lập  X n thỏa mãn điều kiện:
p

i)

E Xn  �

ii)

Cho tất cả n và p �2 . Giả sử M n  �E X k � � .

n

p

k1

1/ p
iii) Nếu 0  p �1chúng ta có Sn    M n ( M n ))  a.s.


Định lý 6.17 Giả sử Bn � �. Khi đó Sn  ESn  ((Bn(Bn ))1/2 ) a.s. với mọi hàm

 � c

Định lý 6.18 Với mọi hàm  � d tồn tại một dãy biến ngẫu nhiên độc lập  X n với
n

trung bình bằng không và phương sai hữu hạn để

Bn  �VX k � �và
k1

Sn  ESn  ((Bn(Bn ))1/2 ) a.s. không thỏa.

Chứng minh:
Định lý 6.17 kéo theo tổng Sn của các biến ngẫu nhiên độc lập của biến hữu hạn
và biến ngẫu nhiên tăng không bị chặn, Bn  V(Sn ) , với mọi   0.
Sn  ESn  (Bn1/2 ) a.s.
Sn  ESn  (Bn1/2(logBn )1/2 ) a.s.
Sn  ESn  (Bn1/2(logBn )1/2 )(loglogBn )1/2 ) a.s.

Trong định lý 6.18 chúng ta không thể thay  bằng giá trị không.
Chúng ta sử dụng kết quả này trong luật mạnh số lớn với hằng số chuẩn cổ điển
Sn  ESn / n � 0a.s.

Theo định lý 4.16 và điều kiện Markov’s
Bn  (n2 )

Mặc dù Bn  V(Sn ) , là điều kiện đủ áp dụng cho luật mạnh số lớn, để
Sn  ESn / n � 0 theo xác suất. với sự hỗ trọ của định lý 6.17 chúng ta có thể đề nghị

điều kiện Bn  (n2) là điều kiện đủ cho luật mạnh số lớn.

Định lý 6.19 Cho hàm  � c , khi đó giữ điều kiện Sn  ESn / n � 0. Mặt khác, với
mọi  � d để n/ (n) là không giảm trong miền n  n0,n0 thì thì tồn tại một dãy biến


ngẫu nhiên đối xứng, bị chặn, độc lập  X n thỏa mãn điều kiện Bn  (n2 / (n))
nhưng không thỏa Sn  ESn / n � 0.
Chứng minh:
Chúng ta sẽ chứng minh khẳng định đầu tiên. Giả sử Bn  (n2 / (n)) , với mọi
hàm  � c , chúng ta chú ý rằng với mọi hàm  � c thỏa mãn điều kiện  (n ) � �.
Chúng ta có thể thừa nhận Bn � �, từ chuổi

�VX

n

hội tụ và

�VX

n

/ n2  �;

khi đó định lý 6.7 trực tiếp cho khẳng định đòi hỏi.
Với mọi f � c chúng ta có Sn  ESn  ((Bnf(Bn))1/2) a.s. theo định lý 6.17. Thật
vậy, Bn  (n2 / (n)) kéo theo Sn  ESn  (n(f(Bn ) / (n))1/2) a.s.
Sử dụng Bn  (n2 / (n)) , và sử dụng hàm của tập hợp  c là không giảm, chúng
ta kết luận Sn  ESn  (n(f(n2) / (n))1/2) a.s.
Bây giờ chúng ta chọn f để f(n2) / (n) bị chặn với n đủ lớn. Để kết thúc điều
này, chung ta đặt f(n2)  (n) , và cho giá trị n không phải là số nguyên chung ta chọn

f như cách làm nó không giảm, chúng ta sẽ chứng tỏ rằng

�1 / nf (n))

hội tụ, và

chúng ta sẽ chứng minh rằng f � c
Chuổi

�1 / nf (n)) có thể được viết lại � �

Rõ ràng

k

� �
k

1 / nf (n ))

k 2 �n ( k 1)2

1 / nf (n )) �(2k  1) / k 2 f ( k 2 )

k 2 �n ( k 1) 2

Từ f(n2)  (n) và

�1 / n (n))  �chúng ta kết luận rằng �1 / nf (n)) hội tụ.

Với việc chọn hàm f , Sn  ESn  (n(f(n2) / (n))1/2) a.s. kéo theo Sn  ESn / n � 0
a.s.


Bây giờ, chúng ta chứng minh khẳng định thứ 2của định lý. Giả sử  � d và
n/ (n) là không giảm. Chúng ta xét dãy biến ngẫu nhiên độc lập  X n để n  n1 biến
X n nhận giấ trị 0, n, và n với xác suất 1  (1 / n ( n )) , 1 / 2n ( n) , và 1 / 2n ( n ) . ở đây n1

thỏa điều kiện n1 ( n1 )  1 . Cho n �n1 giả sử X n nhận giá trị 1, -1, xác suất là ½. Khi
1
�
n /  (n)
�

đó EX n  0, n và VX n  �

Thật vậy, Bn  (n2 / (n)) , từ

( n �n1 )
(n>n1 )

�1 / n (n))  �, chung ta có P( X

n

 n i.o.)  1

Theo bổ đề Borel-Cantelli, nếu dãy số thỏa điều kiện Sn  ESn / n � 0a.s., chúng
ta sã có Sn / n � 0 a.s., và X n / n � 0a.s. mâu thuẩn với P( X n  n i.o.)  1 .
Định lý 6.20 Giả sử  X n biến ngẫu nhiên độc lập với hàm phân phối chuẩn. Giả sử

hàm đặc trưng f(t)  EeitX thỏa điều kiện Cramér:
n

limsup f(t)  1
t ��

Khi đó với mọi hàm  � c : lim n(n) Sn  �a.s.
Định lý 6.21 Giả sử  X n biến ngẫu nhiên phân phối đồng nhất, độc lập với hàm
đặc trưng f(t) thỏa điều kiện Cramér. Giả sử EX1  0 và VX1  �. Khi đó
lim n(n) Sn  �a.s., với mọi hàm  � d