Vấn đề xấp xỉ ngẫu nhiên và ứng dụng

TẠP CHÍ PHÁT TRIỂN KH&CN, TẬP 13, SỐ T3 - 2010

Bản quyền thuộc ĐHQG-HCM Trang 5
VẤN ĐỀ XẤP XỈ NGẪU NHIÊN VÀ ỨNG DỤNG
Nguyễn Văn Thu
(1)
, Hoàng Văn Bắc
(2)
(1) Trường Đại học Quốc tế, ĐHQG-HCM
(2) Trường THPT Đức Trọng, tỉnh Lâm Đồng
(Bài nhận ngày 08 tháng 11 năm 2009, hoàn chỉnh sửa chữa ngày 22 tháng 11 năm 2010
)
TÓM TẮT: Xấp xỉ ngẫu nhiên là một công cụ vô cùng quan trọng của giải tích số. Trong bài
này chúng tôi sẽ trình bày tổng quát về xấp xỉ ngẫu nhiên ñồng thời cũng nêu ra một phương pháp ñặc
biệt của xấp xỉ ngẫu nhiên, ñó là phương pháp Robbins - Monro.

Từ khóa: xấp xỉ ngẫu nhiên, phương pháp Robbins – Monro.
1. CÁC VÍ DỤ THỰC TẾ
a. Để biết ñộ cứng của hợp kim ñồng - sắt
ở nhiệt ñộ 500
0
C người ta thường xét khoảng
thời gian
x
và
( )Y x
là ñộ cứng tương của hợp
kim. Vấn ñề ñặt ra là tìm các giá trị của
x
mà
hợp kim có ñộ cứng trung bình

α
. Biết rằng
các loại hợp kim khác nhau ứng với ñộ cứng
khác nhau.
b. Ta xét ñộ nhạy của một chất nổ khi bị va
chạm. Một phương pháp thong thường ta thả
cho nó rơi tự do từ một ñộ cao xác ñịnh. Đối
với một số chất nổ thì ñộ cao này thì phát nổ
mỗi loại chất nổ làm cho nổ khi ñược thả.
c. Tương tự, trong việc kiểm tra thuốc trừ
sâu, ta cũng phải xác ñịnh giới hạn của các loại
thuốc ñối với các loại côn trùng và mức ñộ sử
dụng sao cho phù hợp ñể ñạt kết quả cao trong
sử dụng.
2. XẤP XỈ NGẪU NHIÊN
Các tình huống trong ví dụ rất thực tế và
cụ thể ở trên có thể vận dụng toán học ñể giải
quyết như sau. Chọn ngẫu nhiên một giá trị
1
x
,
sau ñó quan sát giá trị
1
( )y x
của biến ngẫu
nhiên
1
( )Y x
với kỳ vọng
{ }

1
( ) ( )M x E Y x=
. Trong ñó
E

là kí hiệu
kỳ vọng toán học và
M

là một hàm tăng chưa
biết dạng chính xác. Ta cũng chọn một dãy các
số dương
n
a
giảm dần theo
n
, ví dụ chọn
n
c
a
n
=
, trong ñó
c
là hằng số dương tuỳ ý.
Vấn ñề ñặt ra là xác ñịnh giá trị của
θ
sao cho
( )M
θ α

=
. Ta thiết lập hệ thức ñệ quy ñể tìm
các giá trị
x
cho các thí nghiệm tiếp theo:

[ ]
1
( ) .
n n n
c
x x y x
n
α
+
= − −
(1)
Giả sử ta làm ñược thí nghiệm thứ
n
và
ñã biết ñược
n
x
cũng như giá trị
( )
n
y x
. Sử
dụng (1) ta có thể xác ñịnh giá trị cụ thể của
x

ñể sử dụng cho lần thí nghiệm thứ
1n +
. Ta sẽ
kiểm tra hệ thức ñệ quy này. Với trường hợp
ñơn giản nhất. Xét
0
α
=
thì (1) có dạng
1
( )
n n n
c
x x y x
n
+
= −
(2)
Science & Technology Development, Vol 13, No.T3- 2010

Trang 6 Bản quyền thuộc ĐHQG-HCM
Nếu
( ) 0
n
y x >
thì
1n n
x x
+

<
và nếu
( ) 0
n
y x <
thì
1n n
x x
+
>
. Nếu
( )
n
y x

là
dương thì giảm giá trị của
x
cho lần thí
nghiệm thứ
1n +
và ngược lại.
Ta sẽ nghiên cứu một ứng dụng của xấp xỉ
ngẫu nhiên, ñó là phương pháp Robbins -
Monro ñược trình bày sau ñây.
3. PHƯƠNG PHÁP ROBBINS - MONRO
3.1. Giải tích thích ứng - Không thích
ứng
Trong việc kiểm tra thuốc trừ sâu, ta nhận
thấy hiện tượng là có hoặc không có loại côn

trùng mà thuốc có tác dụng. Do ñó, vấn ñề là
ñể xác ñịnh phù hợp chủng loại và liều lượng
mà thích ứng cho từng loại côn trùng. Về mặt
toán học, các vấn ñề này ñược giải quyết như
sau. Xét
Z
là biến ngẫu nhiên với hàm phân bố
M
. Nếu
x
là số thực và
( )Y x
là biến ngẫu
nhiênsao cho:
( ) 1Y x =
nếu
Z x≤

0=
nếu
Z x>

Thì
[ ] [ ]
[ ] [ ]
[ ]
( )
( ) 1 ( ),
( ) 0 1 ( ),
( ) 1. ( ) 0. 1 ( ) ( ).

P Y x P Z x M x
P Y x P Z x M x
E Y x M x M x M x
= = ≤ =
= = > = −
= + − =

Bây giờ
( )Y x
là một quan sát thích ứng
ñối với số lượng
x
(khối lượng thuốc trừ sâu
chẳng hạn). Vấn ñề là ñể xác ñịnh giá trị của
x

cho sự thích ứng
α
. Ta có ñịnh lí sau:
Định lí 1. Giả sử
M
là một hàm phân
phối và
α
là một số thực ứng với một số thực
θ
thoả mãn
( )M
θ α
=

; giả sử
M
khả vi tại
θ

và
( ) 0M
θ
′
>
. Xét
1
x
là một số thực và
n
là một số nguyên dương. Nếu
( )
1
1
n n n
X X Y
n
α
+
= − −
(1)
trong ñó
n
Y
là một nghiệm ngẫu nhiên

sao cho
[ ]
[ ]
1 2 1 1
1 2 1 1
1| ,..., , ,..., ( )
0| ,..., , ,..., 1 ( )
n n n n
n n n n
P Y X X X Y Y M X
P Y X X X Y Y M X
−
−
= =
= = −

Thì
2
lim ( ) 0
n
E X
θ
→∞
− =
, dẫn ñến dãy
biến ngẫu nhiên
{ }
n
X

hội tụ ñến
θ
theo bình
phương trung bình và do ñó hội tụ theo xác
suất.
Gợi ý chứng minh: Đặt
( )
2
n n
E X
ξ θ
= −
, ta chỉ cần chứng minh
lim 0
n
n
ξ
→∞
=
.
Có một phương pháp ñể giải quyết vấn ñề
thích ứng – không thích ứng là phương pháp
xấp xỉ ngẫu nhiên.

3.2. Xấp xỉ ngẫu nhiên một chiều
Bây giờ ta xét câu hỏi của tình huống tổng
quát trong ñó
Y
không bị hạn chế nhận giá trị 1
hoặc 0 mà có thể nhận bất kì giá trị nào

Định lí 2 (Dvoretzky). Giả sử
{ } { } { }
, ,
n n n
α β γ

là các dãy số thực không
âm sao cho
lim 0
n
n
α
→∞
=
(1)
TẠP CHÍ PHÁT TRIỂN KH&CN, TẬP 13, SỐ T3 - 2010

Bản quyền thuộc ĐHQG-HCM Trang 7
1
n
β
∞
< ∞
∑
(2)
1
n
γ
∞
= ∞

∑
(3)
Xét
θ
là một số thực và
n
T
là các phép
biến ñổi ño ñược sao cho
( )
[ ]
1
,..., max ,(1 )| |
n n n n n n
T X X X
θ α β θ γ
− ≤ + − −
(4)
với mọi
1
,...,
n
X X
. Xét
1
X
và
( 1,2,...)
n
Y n =

là các biến ngẫu nhiên và
ñịnh nghĩa
1 1 1
( ,..., ) ( ,..., ), 1.
n n n n n
X T X X Y X X n
+
= − ∀ ≥
(5)
Thì các ñiều kiện
{ }
2
1
E X < ∞
.
{ }
2
1
n
n
E Y
∞
=
< ∞
∑
(6)
và
{ }
1
| ,..., 0

n n
E Y X X =
(7)
với xác suất 1 với mọi
n
, suy ra
lim 0 1
n
n
P X
→∞
 
= =
 
(8)
Chứng minh: Không mất tính tổng quát,
ta có thể chọn
0
θ
=
.
1. Từ (4) và (6) suy ra rằng
( )
2
n
E X < ∞
với mọi
n
.
2. Đặt

( )s n
là dấu của
( )
[ ]
1
,...,
n n n
T X X X 
 
nếu cả 2 thừa số là
khác 0, và
( ) 1s n =
nếu một trong hai thừa số
bằng 0. Viết
( , ) ( ), (1, )
n
n n
j m
m n s j Y n Y
=
′
= =
∏ ∏ ∏
.Thì
1
n
Y
∞
′
∑

hội tụ với xác suất 1 bởi (6) và (7).
Viết
( , ) .
n
j
j m
Z m n Y
=
′
=
∑

Với
0
0, 0, ( , )M
δ ε δ ε
∀ > ∀ > ∃
sao
cho
,
sup ( , ) / 2.
48
M m n
m n
P Z m n
δ
ε
≤ ≤
 
 

> <
 
 
 
(9)
3. Đặt
( , 1) 1d m m − =
,
1
( , ) (1 )
n
j
j m
d m n
β
+
=
= +
∏
với
n m≥
.
Xét tổng
1
1
( , ) ( , )
n
j
j m
S m n d j n Y

+
−
=
′
=
∑

bằng với
[ ]
1
2
(( 2),( 1)) ( , ) ( 1, ) ( , )
n
n
j m
Z m j d j n d j n Y d mn
−
−
+
′
− − − + −
∑

(( 2),( 1)) ( , )
n
Z m n d n n Y
′
+ − − +

(10)

Khi
( , ) ( 1, )d j n d j n≥ +
chúng ta thấy
rằng giá trị tuyệt ñối của (10) không lớn hơn
1
2 sup (( 2),( 1)) ( ( , ))
m j n
n
j
Z m j d m n Y
− ≤ ≤
 
 
− − +
 
 

Science & Technology Development, Vol 13, No.T3- 2010

Trang 8 Bản quyền thuộc ĐHQG-HCM
Do ñó từ (2) và (9) ta có ñược rằng với
0, 0
δ ε
> >
tồn tại một
00 0
( , ) ( , )M M
δ ε δ ε
≥
sao cho

( , ) 3 / 2d m ∞ <
với
00
m M≥
và

00 00
, ,
sup ( , ) , sup ( , ) 1 / 2.
48 8
M m n M m n
m n m n
P Z m n S m n
δ δ
ε
≤ ≤ ≤ ≤
 
 
< < > −
 
 
 
(11)
Ta suy ra ñiều phải chứng minh.
Định lí 3 (Dvoretzky)
Cho
{ } { }
1 1
( ,..., , ( ,..., )
n n n n

X X X X
α β
và
{ }
1
( ,..., )
n n
X X
γ
là những dãy hàm không
âm của biến số thực
1
,...,
n
X X
sao cho hàm
1
( ,..., )
n n
X X
α
là bị chặn ñều và
1
lim ( ,..., ) 0
n n
n
X X
α
→∞
=

hội tụ ñều với mọi
1
,...,
n
X X
; (1)
hàm
1
( ,..., )
n n
X X
β
là ño ñược và
1
1
( ,..., )
n n
X X
β
∞
∑
là bị chặn ñều và hội tụ
ñều trong
1
,...,
n
X X
; (2)
và
1

1
0, ( ,..., ) 0: 0,
n n n
L X X
γ γ
∞
∀ > ∃ ≥ =
∑
(3)
và

1 1 1
( ,..., ) max{ ( ,..., ),[1 ( ,..., )]| | }
n n n n n n n n
T X X X X X X X
θ α β θ γ
− ≤ + − −
(4)
cố ñịnh ñều với mọi dãy
1
,...,
n
X X
thoả
mãn
1,2,...
sup
n
n
X L

=
<
, trong ñó
L
là số dương
tuỳ ý, (5) ở ñây
1
( ,..., )
n
T X X
là phép biến
ñổi ño ñược sao cho
1 1
( ,..., ) ( ), 1
n n n n n
X T X X Y X n
+
= + ≥
(6)
và
2
1
( )E X < ∞
(7)
2
1
( )
n
E Y
∞

< ∞
∑
; (8)
với xác suất 1
{ }
1
| ,..., 0.
n n
E Y X X
=
(9)
Thì
{ }
lim 1
n
n
P X
θ
→∞
= =
(10)
và
2
lim ( ) 0.
n
n
E X
θ
→∞
− =

(11)
Chứng minh: Lấy
0
θ
=
và
,
δ ε
là
những số dương tuỳ ý. Để chứng minh (10) ta
cần chứng minh nó thoả mãn
{ }
, 1
n
P X n
δ ε
< ∀ > −
(12)
Lấy
0
( , )
M M
δ ε
≥
là ñủ lớn thoả, với
, /8
n
n M
α δ
≥ <

. Lấy
L
ñủ lớn thoả
L
δ
>
và
{ }
2
2
1
.
32
j
j m
L
Max E X
M
ε
≤ ≤
<
(13)
Chúng ta lấy
L
ở ñây là thoả mãn với (3).
Nó cũng thoả mãn rằng
{ }
1
/ 4 1 / 2.
j

j M
P Max X L
ε
≤ ≤
≤ > −
(14)
TẠP CHÍ PHÁT TRIỂN KH&CN, TẬP 13, SỐ T3 - 2010

Bản quyền thuộc ĐHQG-HCM Trang 9
Giả sử rằng 4 ñiều kiện sau ñược thoả mãn
liên hệ (1) của ñịnh lí 1. (15)
/ 4
m
X
δ
≤
với một vài
m M≥
. (16)
1
/ 4, 1
m
X j k
δ
+
≥ ≤ ≤
. (17)
1
/ 4
m k

X
δ
+ +
≤
. (18)
trong ñó
1 k≤ ≤ ∞
.
Khi
k = ∞
, (17)
ñúng khi
1j ≥
và (18) là rổng (là rõ ràng khi
chứng minh xong mà
k ≠ ∞
). Bởi vì
/8
n
α δ
<
khi
n M≥
và bởi vì (15), (16),
(17) dẫn ñến
( ) (0 1)
m j m j m j
T X j k
α
+ + +

> ≤ ≤ −
(19)
( ) ( )
1
( ) (0 1)
m j m j m j
sign X sign T X j k
+ + + +
= ≤ ≤ −

(20)
Áp dụng (4) ( với
0
γ
=
) ta có
1m
X
+

nằm giữa 0 và
( )(1 )
m m m
s m X Y
β
+ +
(21)
Lập lại lập luận này, khi
1 j k≤ ≤
thì

m j
X
+
nằm giữa 0 và
( 1) ( 2)... ( ) ( , 1)
m
s m j s m j s m d m m j X+ − + − + −
( 1)... ( 1) ( 1, 1)
m
s m j s m d m m j Y+ + − − + + −
2 1
( 1) ( 1, 1)
m j m j
s m j d m j m j Y Y
+ − + −
+ + − + − + − +
(22)
Giá trị tuyệt ñối của (22) không lớn hơn
( , 1) ( 1, 1) .
m
X d m m j S m m j+ − + + + −
(23)
Vì vậy
, 1 .
m j
X j k
+
≤ ≤
(24)
Để chứng minh (12) ta chỉ cần chỉ ra rằng

các kiều kiện sau không thể xảy ra cả hai.
Liên hệ với (11) và (14) của (15), (25)
/ 4
m
X
δ
>
với tất cả
m M≥
. (26)
Để chứng minh (11). Xét
1
lim
j
j
k
α
≤ <∞
=
.
Xét
N
là số nguyên. Bởi vì (10), ta chỉ phải
chứng minh rằng
( )
{ }
2
lim (| | ) 0
n
n

E X k
+
→∞
− =
ở ñây
( ) ( )
{ }
| | max | | ,0
n n
X k X k
+
− = −
.
3.3. Xấp xỉ cho quá trình tiệm cận chính
quy
Trong phần này sẽ nghiên cứu dãy các
biến ngẫu nhiên, nhưng chỉ tập trung vào các
ñiều kiện yếu trên các hệ số lập.
Định lí 4(a) (Comer). Xét
{ }
n
X
là một
dãy xác ñịnh như dưới ñây và
1
X
là một biến
ngẫu nhiên sao cho
( )
2

2
1
E X V
θ
− < < ∞
,
ở ñây
θ
và
V
là các số thực. Giả sử rằng
(i)
[ ]
1 0
( )
n n n n n
X X a Y X Y
+
′
= − −
, ở
ñây
0
Y
là số thực bất kì và
( )
n n
Y X
là biến
ngẫu nhiên sao cho

[ ]
( ) | ( )
n n n
E Y X X M X=
.
(ii)
0
( )
n
n
n
M X Y
L d u
X
θ
−
≤ = ≤
−
với
mọi
n
, ở ñây
L
và
u
là những số thực thoả
mãn
L u<
. Không mất tính tổng quát giả sử
rằng

0
0
Y
=
.
(iii)
1
n
a
∞
′
= ∞
∑
, ở ñây
{ }
n
a
′
là dãy số
dương.