(Luận văn thạc sĩ) 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 NĨI ĐẦU
ĐẶT BÀI TỐN

01

CHƢƠNG 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC PHỤ TRỢ

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 CĨ CẤU

24

TRÚC TUYẾN TÍNH
2.1

Các định lý đặc trƣng

24

2.2

Mơ hình phân tích nhân tố

34

2.3

Bài tốn 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 thơng tin về biến ngẫu
nhiên đó. Tuy nhiên việc tìm được phân phối của một biến ngẫu nhiên lại là
một bài tốn khó. Luận văn này chỉ ra một phương pháp để nhận biết được
phân phối của biến ngẫu nhiên thơng 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, mơ 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 cịn hạn chế nên luận văn này sẽ khơng tránh khỏi
được sự sai sót. Tác giả xin nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo,
cơ giáo và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!

i

Đặt bài tốn
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 khơng 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) = eit

Tµ

1
E exp(it T AY ) = exp(it T µ − t T AAT t).
2

(3)

Do đó, phân bố của X chỉ phụ thuộc vào µ và ma trận xác định không âm
Λ = A.AT . 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.AT là không duy nhất.
1


Nếu Λ = B.BT 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:


4 0
.
Λ=
10 30
Ta xét các ma trận:



 √
2
2 0
√
A =  √ ;B = 
√5 + √5
5
5
2
2

√
2



√  ;C
5
√ − √5
2
2


=

1 1 1 1
1 2 3 4


.

Khi đó ta có
AAT = BBT = CCT = Λ.
Do vậy, ba biểu diễn


 X1 = 2Y1
√

 X2 = 5Y1 + 5Y2

√
√

 X1 = 2U1 + 2U2
√
√

 X2 = ( √5 + √5 )U1 + ( √5 − √5 )U2
2
2
2
2


 X1 = W1 +W2 +W3 +W4

(5)



 X2 = W1 + 2W2 + 3W3 + 4W4
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 khơng 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 khơng 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 hồn chỉnh bài
tốn về tính khơng đồng nhất của các tham số trong các cấu trúc tuyến tính.
Tương tự, ta cũng xét cấu trúc tuyến tính của mơ hình phân tích nhân tố. Bài
tốn được nghiên cứu trong luận văn này cũng có thể được xem như là bài
tốn 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
ϕX (t) = EeitX = E costX + iE sintX,

t ∈R

được gọi là hàm đặc trưng của biến ngẫu nhiên X.
Dễ thấy rằng, nếu FX (x) là hàm phân phối của biến ngẫu nhiên X thì
ϕX (t) =

R

eitx dFX (x),

t ∈ R.

Nếu X có mật độ f (x) thì
ϕX (t) =

eitx f (x)dx.
R

Giả sử x = (x1 , x2 , . . . , xn ), y = (y1 , y2 , . . . , yn ) ∈ Rn , tích vơ hướng của x và y
được cho bởi
(x, y) = x1 y1 + x2 y2 + . . . + xn yn .

Định nghĩa 1.2. Giả sử X = (X1 , X2 , . . . , Xn ) là vectơ ngẫu nhiên nhận giá trị
trong Rn . Hàm đặc trưng của X là hàm số
ϕX (t) = Eei(t,X) =

Rn

ei(t,x) dFX (x),

4

t ∈ Rn .


Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ

Ví dụ. Giả sử X có phân phối chuẩn N(0, 1). Khi đó
1
ϕ(t) = EeitX = √
2π

+∞

1 2

eitx− 2 x dx.

−∞

Lấy đạo hàm theo t
+∞

1 2
1
ϕ (t) = √
ixeitx− 2 x dx
2π −∞
+∞
+∞
1 2
−i
t
itx− 21 x2
=√
dx − √
(it − x)e
eitx− 2 x dx
2π −∞
2π −∞
+∞
2
−x
i
t
itx− 12 x2
√
= − √ eitx e 2 |+∞
−
dx
e
−∞
2π

2π −∞

= −tϕ(t).
Như vậy, ϕ (t) = −tϕ(t). Từ đó
t2

ϕ(t) = Ce− 2 .
Nhưng ϕ(0) = 1 nên C = 1 và do đó
t2

ϕ(t) = e− 2 .
Nếu X có phân phối N(a, σ 2 ) thì
X =σ

X −a
+ a = σY + a với Y ∼ N(0, 1).
σ

Vậy
ϕX (t) = EeitX = EeitσY +ita = eita .ϕY (σt) = eita−

1.1.2

σ 2t 2
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

trong đó Rez là phần thực của z.
2. ϕ(t) liên tục đều trên R.
3. ϕ(−t) = ϕ(t).
5

1 − Reϕ(h).


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 PX (B) = PX (−B), ∀B ∈ ß(R).
5. Nếu X và Y độc lập thì
ϕX+Y (t) = ϕX (t).ϕY (t),

t ∈ R,

do đó, nếu X1 , X2 , . . . , Xn độc lập thì
n

ϕX1 +...+Xn (t) = ∏ ϕXk (t),

t ∈ R.

k=1

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) =
EX k =

(ix)k eitx dF(x) = ik E(X k eitX ),

R
(k)
ϕ (0)

,
ik
n
(it)n
(it)k
k
ϕ(t) = ∑
EX +
αn (t)
k!
n!
k=0
trong đó, |αn (t)| ≤ 2E|X n |, αn (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 fn sao cho:
f (t) = [ fn (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:
1
log f (t) = iβt − σ 2t 2 +
2

+∞

0

h(t, u)dN(u) +

h(t, u)dM(u)

(1.1)

−∞

0

trong đó, β là số thực, σ ≤ 0, h(t, u) = eitu − 1 −
thỏa mãn điều kiện sau đây
6

itu
và các hàm M, N
1 + u2

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
0

iii. Các tích phân
−a

a

u2 dM(u),

u2 dN(u) xác định với a > 0 bất kỳ.

0

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 a1 , a2 và 2 số thực b1 , b2 bất kỳ, đều có tương ứng các hằng số a > 0, b
sao cho
F(a1 x + b1 ).F(a2 x + b2 ) = F(ax + b),
(1.2)
hoặc
e−i(b1 +b2 )t f (t/a1 ) f (t/a2 ) = 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,


 tan(πλ /2) nếu λ = 1
(1.5)
w(t, λ ) =

 (2/π) log |t| nếu λ = 1
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) = c1 /|u|λ , N(u) = −c2 /|u|λ , σ = 0,

(1.6)

(c1 ≥ 0, c2 ≥ 0, c1 + c2 > 0)
+ Với λ = 2
M(u) = N(u) = 0, σ ≥ 0.
(Trường hợp λ = 2 tương ứng với luật chuẩn) .

7

(1.7)

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 vơ hạn và biểu diễn Levy L(µ, σ 2 , M, N) đối với log f
được cho bởi
1
log f (t) = iβt − σ 2t 2 +
2

0

∞

h(t, u)dN(u) +

h(t, u)dM(u) (1.10)
−∞

0

+ Nếu λ < 0 hoặc λ > 2 thì
σ = 0,

M=N=0

σ ≥ 0,

M=N=0

+ Nếu λ = 2 thì
+ Nếu 0 < λ < 2, β ≥ 0, ξ , η là những hàm khơng âm, liên tục phải và
tuần hồn với chu kỳ − log β thì
σ = 0,

M(u) = ξ (log |u|)/|u|λ ,

N(u) = −η(log u)/uλ

+ Nếu 0 < λ < 2, β < 0, ξ là một hàm không âm, liên tục phải và tuần
hoàn với chu kỳ −2 log |β | thì

σ = 0,

M(u) = ξ (log |u|)/|u|λ ,

N(u) = −ξ (log u − log |β |)/uk

e. Luật ổn định tổng quát: Hàm f được gọi là hàm đặc trưng của luật ổn
định tổng qt nếu nó khơng bị triệt tiêu và thỏa mãn phương trình sau
với mọi số thực t
[ f (β1t)]α1 . . . [ f (βkt)]αk = [ f (βk+1t)]αk+1 . . . [ f (βnt)]αn

(1.11)

trong đó αi > 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 {tn } là một dãy các giá trị của t, tn → 0 khi n → ∞
a. Nếu
|tn |−λ . log | f (tn )| ≤ −c < 0 với λ < 2
|x|δ dF(x) không tồn tại với bất kỳ δ > λ .

thì
b. Nếu

|tn |−λ . log | f (tn )| ≥ −c > −∞

với dãy giá trị {tn } thỏa mãn:
i.

∑ |tn|ε < ∞

ii. {

với ∀ε > 0

tn−1
} bị chặn
tn

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 .
n→∞

c. Nếu log | f (tn )|/tn2 bị chặn (với tn −→ 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 (tn )|/tn2 → 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

x2n 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 khơng có moment bậc > 2n + λ
d. Nếu λ = 2 và hàm t −2 log | f (2n) (t)/ f (2n) (0)| bị chặn thì

x2n+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 x0 ∈ R nếu f
có thể viết dưới dạng:
∞

f (x) =

∑ an(x − x0)n = a0 + a1(x − x0) + . . .

n=0

trong đó các hằng số a0 , a1 , . . . là những hằng số thực và chuỗi này hội tụ tới
f (x) với ∀x trong lân cận của x0 .
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 x0 là một hàm khả vi vô hạn
sao cho chuỗi Taylor tại điểm x0 trong miền xác định của nó
∞

T (x) =

∑

n=1

f (n) (x0 )
(x − x0 )n
n!

hội tụ tới f (x) với x trong lân cận của x0 .
Tập tất cả các hàm giải tích thực trên tập D được ký hiệu là Cω (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 khơng bị triệt
tiêu trên miền |z| < R và thỏa mãn tính chất Hermitian: φ (−z) = φ (z).
Nếu φ1 , φ2 , . . . , φs là những hàm đặc trưng và α1 , α2 , . . . , αs là những số dương
sao cho với dãy số thực nào đó {tn } dần tới 0, phương trình sau được thỏa
mãn
[φ1 (t)]α1 . . . [φs (t)]αs = φ (t).

(1.12)
10


Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ

Khi đó, các hàm φ j là chính quy và khơng 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 exp Q(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 {tn } dần tới 0 các giá trị của t thì f
trùng với g.
Hệ quả 1.2. Giả sử
f (t) = exp(−ct 2 ),
n→∞

với t = tn , n = 1, 2, . . . ,tn −→ 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| < δ0 , |v| < δ0
ψ1 (u + b1 v) + . . . + ψr (u + br v) = A(u) + B(v) + Pk (u, v)

(1.13)

trong đó, Pk 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| < δ0 . Ta nhận được
r

∑
1

x
0
x

(x − u)ψ j (u + b j v)du
x

(x − u)A(u)du + B(v)

=
0

= C(x) + (

x

(x − u)du +
0

x2
2

0

)B(v) + Pk+2 (u, v)
11

(x − u)Pk (u, v)du

(1.14)


Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ

Đổi biến τ = u + b j v, |τ| < δ1 < δ0 , (1.14) trở thành
x+b j v

∑
j

b jv

x2
(x + b j v − τ)ψ j (τ)dτ = C(x) + ( )B(v) + Pk+2 (u, v)
2

(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

∑ b j ψ j (u + b j v) = B1(v) + uB2(v) + Pk (u, v)

(1.16)

j

đẳng thức này xác định với |u| < δ2 , |v| < δ2 , 0 < δ2 < δ1 .
Cho v = 0 thì (1.16) trở thành

∑ b j ψ j (u) = Ps (u),
1

s1 ≤ max(1, k)

(1.17)

j

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

∑ b2j ψ j (u) = Ps (u),
2

s2 ≤ max(2, k)

(1.18)

j

Lặp lại vệc tính tốn như vậy ta nhận được r phương trình

∑ bmjψ j (u) = Ps

m

(u) sm ≤ 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

∑ ψi(u + biv) = au + cv + d

(1.20)

1

với r ≤ 3 thì với điều kiện của bổ đề 1.4 tất cả các ψi , 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
α1 , α2 , . . . , αr là các vectơ cột p - chiều. Ký hiệu các thành phần của t là
t1 ,t2 , . . . ,t p và tích của t với αi là αiT t.
Xét phương trình hàm

ψ1 (α1T t) + . . . + ψr (αrT t) = ξ1 (t1 ) + . . . + ξ p (t p )
xác định với |ti | < δ , i = 1, . . . , p.
Ký hiệu A là ma trận cỡ p × r với các cột α1 , α2 , . . . , αr .
12

(1.21)


Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ

Bổ đề 1.5. Giả sử αi 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 ψi thỏa mãn (1.21) là các đa thức có bậc ≤ r.
Chứng minh
Khơng mất tính tổng qt, ta có thể lấy phần tử đầu tiên của αi khác 0. Khi
đó tồn tại một ma trận H cỡ 2 × p dạng


1 0 ... 0

H =
(1.22)
0 h2 . . . h p
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 = uT H , ở đây u là một vectơ hai
chiều với các thành phần u1 và u2 , và thế vào (1.21) ta nhận được
r

∑ ψi(bi1u1 + bi2u2) = ξ1(u1) + ξ2(u2h2) + . . . + ξ p(u2h p)

i=1

(1.23)

= ξ1 (u1 ) + ξ2∗ (u2 )
Trong (1.23) vectơ (bi1 , bi2 ) 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 khơng 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 ψ1 , ψ2 , . . . , ψr và
ξ1 , ξ2 , 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 γ1 , γ2 , . . . , γr là các cột của ma trận C và δ1 , δ2 , . . . , δr
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 γi ⊗ δi , nghĩa là nếu
γi = (γ1i , γ2i , . . . , γ pi )T , δi = (δ1i , δ2i , . . . , δqi )T thì
γi ⊗ δi = (γ1i δ1i , γ1i δ2i , . . . , γ1i δqi , . . . , γ pi δqi )T
Do vậy ma trận C

D được xác định bởi:
C

D = (γ1 ⊗ δ1 , γ2 ⊗ δ2 , . . . , γr ⊗ δr )

13

(1.24)


Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ

Ví dụ: Cho hai ma trận:




1 2
5 6
;D = 

C=
3 4
7 8
Khi đó



C

5


7
D=

15

21

12





16


24

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 |ti | < δ , i = 1, . . . , p,
ở đây A là ma trận cỡ p × r với các cột α1 , α2 , . . . , αr sao cho rankA = r. Khi
đó các hàm ψ1 , ψ2 , . . . , ψr và ξ1 , ξ2 , . . . , ξ p là các hàm tuyến tính.
Chứng minh
Dễ dàng chỉ ra rằng, nếu rankA = r thì khơng 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 ψi và ξ j là các đa thức bậc ≤ r.
Giả sử
ψi (u) = λir ur + . . . + λi0 ;

i = 1, 2, . . . , r

(1.25)

ξ j (u) = µ jr ur + . . . + µ j0 ;

j = 1, 2, . . . , p

(1.26)

Đặt λiT = (λi1 , λi2 , . . . , λir ).
Thế biểu thức (1.25) và (1.26) vào (1.23) và suy ra hệ số của tit j (i = j) ta
nhận được
A λ2 = 0
(1.27)
Do rankA = r nên λ2 = 0 do . Do vậy không có hạng tử bậc 2 trong (1.25).
Bây giờ ta suy ra hệ số của tiπ1 t πj 2 tkπ3 , i = j = k, với π1 + π2 + π3 = 3 với ít nhất
hai trong số π1 , π2 , π3 khác 0, ta được
(A

A )λ3 = 0 hoặc

14

(A

A)λ3 = 0

(1.28)


Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ

Dễ chỉ ra rằng rank(A
lớn hơn 1 triệt tiêu.

A ) = r do vậy λ3 = 0. Vậy tất cả các số hạng bậc

Bổ đề được chứng minh.
Định lý 1.1. Giả sử X1 , X2 là các vectơ ngẫu nhiên có cùng phân phối với
EX1 = 0 thỏa mãn biểu thức
E(X1 − αX2 |X1 + β X2 ) = 0 với |β | ≤ 1

(1.29)

Khi đó
1. Nếu αβ < 0 thì X1 = 0 với xác suất 1.
2. Nếu αβ > 0 và |β | = 1 thì X1 = 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. X1 = 0 với xác suất 1 nếu λ ≤ 1 hoặc λ > 2;
b. X1 là một vectơ ngẫu nhiên chuẩn (có thể suy biến) nếu λ = 2 và
c. Nếu 1 < λ < 2 khi đó X1 có thể chia vơ hạn và : L(µ, σ 2 , M, N) là
biểu diễn Levy cho hàm đặc trưng của X1 , khi đó :
σ = 0; M(u) = ξ (log |u|)/|u|λ

(1.30)

λ

N(u) = −η(log u)/u nếu β > 0
trong đó ξ , η là những hàm khơng âm, liên tục phải với chu kỳ
− log β , ngược lại
σ = 0; M(u) = ξ (log |u|)/|u|k

k

(1.31)

N(u) = −ξ (log u − log |β |)/u nếu β < 0
trong đó ξ là một hàm khơng 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(X1 − αX2 )eit(X1 +β X2 ) = 0

(1.32)

Giả sử f là hàm đặc trưng của X1 và I là một đoạn chứa gốc mà trên đó hàm
f khơng 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 X1 = EX1 = 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 khơng 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 nt) → 0, khi n → ∞
Từ đó
φ (β nt) → 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)| log | f (βt)|
log | f (β nt)|
=
= ... =
→ 0, khi n → ∞
|β nt|
|t|λ
|βt|λ
Từ khẳng định d của bổ đề 1.1 dẫn đến X1 = 0 với xác suất 1.
Khẳng định a được chứng minh.
b. Nếu λ = 2 thì dãy log | f (β nt)|/(β nt)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 X1 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 khơng đúng và giả sử t0 > 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 → t0 − 0 ta nhận thấy f
liên tục, f (βt0 ) = 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 khơng triệt tiêu. Vậy với ∀t và mọi số nguyên dương n
n

f (t) = [ f (βt)]γ = . . . = [ f (β nt)]γ ,

|β |−λ > 1

n

nếu λ > 0. Từ đó f 1/γ là một hàm đặc trưng với mọi n và f có thể chia
vơ 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 .
1

log f (t) = iµt − σ 2t 2 +
2

itu
)dN(u)
1 + u2
0
0
itu
+
(eitu − 1 −
)dN(u)
1 + u2
−∞
∞

(eitu − 1 −

(1.35)

Sử dụng (1.34) ta nhận được
1
log f (t) = γ log f (βt) =iµγβt − σ 2 γβ 2t 2
2
+∞

iβtu
)d[γN(u)]
1 + u2
0

0
iβtu
+
(eiβtu − 1 −
)d[γM(u)]
1 + u2
−∞
+

(eiβtu − 1 −

(1.36)

Thay β u bởi u trong (1.36) ta được
1
log f (t) = iµ t − σ 2 γβ 2t 2
2
+∞

itu
u
)d[γN(
)]
β
1 + u2
0
0
itu
u
+

(eitu − 1 −
)d[γM(
)]
β
1 + u2
−∞
+

(eitu − 1 −

17

(1.37)


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
u
u
N(u) = γN( ), M(u) = γM( )) nếu β > 0

β
β
−u
−u
N(u) = −γN( ), M(u) = −γM( )) nếu β < 0
β
β

(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 trị 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 α1 , α2 , . . . , αm là các vectơ khác 0 cho trước của một khơng
gian vectơ mà trong đó đã xác định tích vơ hướng. Khi đó tồn tại một vectơ β
khơng trực giao với bất kỳ vectơ nào ở trên.
Chứng minh
Giả sử tồn tại một vectơ xác định β0 không trực giao với k vectơ đầu tiên,
nhưng trực giao với vectơ αk+1 . Khi đó, xét vectơ β0 + c.αk+1 , trong đó c là
hằng số bất kỳ.
Tích vơ hướng của vectơ này với αi , i ≤ k là:
di = (β0 + cαk+1 , αi ) = (β0 , αi ) + c(αk+1 , αi )
Khi đó, do (β0 , αi ) = 0, i = 1; k nên di = 0, ∀c hoặc di = 0 với c = ci nào đó.
Ta chọn c = ci (1 ≤ i ≤ k) thì khi đó di = 0, ∀i = 1; k. Đặt β1 = β0 + cαk+1 ,
trong đó c = ci (1 ≤ i ≤ k) thì β1 không trực giao với bất kỳ vectơ αi nào với
1 ≤ i ≤ k + 1.
Bằng quy nạp toán học ta có thể tìm được vectơ β khơng 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 C1 = HA và C2 = HB với cấp lần lượt là 2 × k và 2 × m có tính chất
sau: Cột đầu tiên của C1 không tỷ lệ với bất kỳ cột nào khác của C1 hoặc với
bất kỳ cột nào của C2 .
Chứng minh
Giả sử A = (ai j ) p×k , B = (bi j ) p×m , khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử
rằng hàng đầu tiên của A và B chỉ có các phần tử là 0 và 1, a11 = 1.
Ký hiệu những cột có phần tử đứng đầu là 1 của A là α1 , α2 , . . . , αr và tương
tự các cột của B là β1 , β2 , . . . , βs .
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, γ2 , γ3 , . . . , γ p ) được chọn theo cách.
(γ, α1 − αi ) = 0 với i = 2, . . . , r,
(γ, α1 − βi = 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 u cầu.
Bổ đề 1.9 được chứng minh.
Bổ đề 1.10. Giả sử X = µ1 + AY và X = µ2 + 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 µ1 − µ2 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 (µ1 + AY ) = α T (µ2 + BZ)

Do α T A = 0 nên
α T X = α T µ1 = α T µ2 + 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 (µ1 − µ2 ) = α T BZ = 0 nên α T (µ1 − µ2 ) = 0,
nghĩa là µ1 − µ2 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 khơng làm mất tính tổng qt.
19


Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ

Bổ đề 1.11. Cho Y là một vectơ ngẫu nhiên 2 chiều, Y = (Y1 ,Y2 )T có biểu
diễn:




 Y1 = b11 g1 + . . . + b1m gm
 Y1 = a11 f1 + . . . + a1k fk
(1.41)


 Y2 = b21 g1 + . . . + b2m gm
 Y2 = a21 f1 + . . . + a2k fk
trong đó, { f1 , f2 , . . . , fk } và {g1 , g2 , . . . , gm } là tập các biến ngẫu nhiên độc
lập. Giả sử cột thứ r ở biểu diễn thứ nhất là (a1r , a2r )T không tỷ lệ với bất kỳ

cột (a1 j , a2 j )T nào ( j = r) và với bất kỳ cột (b1 j , b2 j )T nào của biểu diễn thứ
2; j = 1, 2, . . . , m. Khi đó biến ngẫu nhiên fr là chuẩn.
Chứng minh
Giả sử ψi là logarit của hàm đặc trưng của fi và φ j là logarit của hàm đặc
trưng của g j ( được xác định trong một lân cận của điểm gốc). Xét hàm đặc
trưng đồng thời của Y1 và Y2
Eexp{iuY1 + ivY2 }
Sử dụng hai biểu diễn trong (1.41), với |u| < δ0 , |v| < δ0 ta có hệ thức:
+ Với biểu diễn thứ nhất của Y thì
log Eexp(iuY1 + ivY2 )
= log Eexp{i(a11 u + a21 v) f1 + . . . + i(a1k u + a2k v) fk }
do các f1 , f2 , . . . , fk độc lập nên
= log E exp{i(a11 u + a21 v) f1 }.E exp{i(a12 u + a22 v) fk } . . . E exp{i(a1k u + a22 v) fk }
= log E exp{i(a11 u + a21 v) f1 } + . . . + log E exp{i(a1k u + a2k v) fk }
= ψ1 (a11 u + a21 v) + . . . + ψk (a1k u + a2k v)
(1.42)
+ Với biểu diễn thứ hai của Y thực hiện biến đổi tương tự như biểu diễn thứ
nhất ta cũng có
log E exp(iuY1 + ivY2 )
= φ1 (b11 u + b21 v) + . . . + φm (b1m u + a2m v)
20

(1.43)


Chương 1. Một số kiến thức phụ trợ

Vậy ta có phương trình
ψ1 (a11 u + a21 v) + . . . + ψk (a1k u + a2k v)

(1.44)

−φ1 (b11 u + b21 v) − . . . − φm (b1m u + b2m v) = 0
Trong phương trình trên có thể có những a2i hoặc b2 j bằng 0, khi đó các hàm
ψi 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 a1i hoặc b1 j bằng 0, khi đó các hàm ψi
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 ψi , φ j có a1i , a2i , b1 j , b2 j khác 0, ta làm như sau: Khơng mất
tính tổng qt, ta có thể giả sử rằng a1r = 0 và thay các phần tử khác không
a1i và b1 j bằng 1, điều này chỉ làm thay đổi về tỷ lệ của các biến ngẫu nhiên
fi và g j . Thực hiện việc nhóm các hàm ψi , φ j có cùng hệ số trong (1.44) và
đặt là hàm ηk (u + c2k v) nào đó. Với những lý luận trên thì phương trình (1.44)
được viết lại như sau:
+ Nếu a2r = 0 ta viết lại thành
ψr (u + a2r v) + η1 (u + c21 v) + . . . + ηs (u + c2s v)

(1.45)

= A(u) + B(v)
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 ψr (u+a2r v)
không thể kết hợp với bất kỳ hàm ψi , φ j nào.
+ Nếu a2r = 0 phương trình (1.44) được viết lại
η1 (u + c2r v) + . . . + ηs (u + c2s v) = ψr (u) + B(v)

(1.46)

ở đây, không tồn tại hàm A(u) vì nếu tồn tại thì sẽ có ít nhất một số a2i hoặc
b2 j bằng 0, dẫn đến cột (1; a2r )T tỉ lệ với cột (1; a2i )T hoặc (1; b2 j )T , điều này

trái với giả thiết chúng không tỉ lệ.
Áp dụng bổ đề 1.4 ta thấy rằng ψr là một đa thức với bậc ≤ s trong lân cận
nào đó của gốc. Khi đó ψr sẽ là một đa thức bậc hai nếu fr không suy biến.
Vì vậy fr 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 cịn lại
của cả hai biểu diễn đó. Khi đó, trong lân cận nào đó của điểm gốc logarit
của các hàm đặc trưng của fi và g j sai khác một đa thức.
21