Một số tính chất và ứng dụng của hàm đặc trưng

Hàm đặc trng là công cụ giải tích rất quan trọng đểnghiên cứu các định lý giới hạn của lý thuyết xác suất luật số lớn, định lý giớihạn trung tâm.. Luận văn này trình bày khái niệm hàm đặ

Lời nói đầu

Hàm đặc trng là một khái niệm quan trọng trong nghiên cứu tổng cácbiến ngẫu nhiên độc lập Hàm đặc trng là công cụ giải tích rất quan trọng đểnghiên cứu các định lý giới hạn của lý thuyết xác suất (luật số lớn, định lý giớihạn trung tâm) Luận văn này trình bày khái niệm hàm đặc trng, một số tínhchất cơ bản của hàm đặc trng, mối quan hệ khăng khít giữa hàm phân phối vàhàm đặc trng, công thức ngợc (hay quan hệ duy nhất), quan hệ liên tục.Ngoài

ra luận văn còn nghiên cứu định lý giới hạn trung tâm dới dạng tổng quát bằngphơng pháp hàm đặc trng

Nội dung luận văn bao gồm 4 tiết

Tiết I trình bày định nghĩa và các ví dụ về hàm đặc trng

Tiết II nêu lên một số tính chất cơ bản của hàm đặc trng

Tiết III đa ra công thức ngợc và nêu lên định lý Bochner ứng dụng định

lý để chứng minh một hàm là hàm đặc trng

Tiết IV dành cho việc trình bày định lý giới hạn trung tâm bằng phơngpháp hàm đặc trng

Luận văn này đợc thực hiện và hoàn thành tại Trờng Đại học Vinh dới

sự hớng dẫn và chỉ bảo tận tình của thầy giáo PGS - TS Nguyễn Văn Quảng.Nhân dịp này tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy

Tôi xin cảm ơn các thầy cô giáo trong tổ Điều khiển - Khoa Toán - Đạihọc Vinh và một số bạn bè trong tập thể lớp 40A1 Toán đã đọc, góp ý và tạo

điều kiện cho việc hoàn thành luận văn này

Do thời gian cũng nh năng lực bản thân còn nhiều hạn chế nên luận vănnày không tránh khỏi những thiếu sót Rất mong sự đánh giá và góp ý của

thầy cô giáo và bạn bè.Tôi xin chân thành cảm ơn.

Vinh ngày 16 tháng 4 năm 2003.

Ngời thực hiện.

Đoàn Thị Hờng.

Hàm số X(t) = EeitX= EcostX+ iEsintX t  R (1)

đợc gọi là hàm đặc trng của biến ngẫu nhiên X

- Nếu X là biến ngẫu nhiên liên tục tuyệt đối với hàm mật độ fX(x) vàhàm phân phối FX(x) thì





0 k

! k

) e (  it k

= e- ee it = ( eit 1 )

X(t) =

 2

2 itx

Chứng minh:

Theo công thức (3) ta có hàm đặc trng của X:

X(t) = 

J j

k 1

1(t) = 

0 k

k cos kt

a và 2(t) = 



 1 k

t i

k

2 a

(eikt + e-ikt)

= 





J j

itX

j Ee p

e jVới X là biến ngẫu nhiên rời rạc có phân phối tơng ứng là:

j itx t

i

= E eitX.Với X là biến ngẫu nhiên có phân phối tơng ứng là:

P (X = 0) = a0

P (X = k) = ak (k  1) Vậy 2(t) thoả mãn điều kiện hàm đặc trng

= R g(x) dF(x) (áp dụng (**) = R g(u) dF(u)

(Tích phân không phụ thuộc vào ký hiệu biến)Vậy R f(t) dG(t) = R g(u)dF(u) Mệnh đề đợc chứng minh

1

f(x) =

0 với x > aKhi đó hàm đặc trng của X là (t) = 2 2 2

t a

at cos

1 

Chứng minh:

a.Theo công thức (2) xác định hàm đặc trng

(t) = R eitxf(x) dx

Ta có: Gọi 1(t) là hàm đặc trng của f(x) Khi đó

1(t) = R eitx f(x)dx = xa eitx f(x) dx + xa eitx f(x) dx

= xa )

a

x 1 ( a

e dx

) a

x 1 ( a

0

itx 0

tx cos dx

) a

x 1 ( a

tx

0 0

tx sin dx

) a

x 1 ( a

tx

0 0

tx cos

a

tx cos

v =

ta

tx sin

Khi đó ta có: 1(t) = 2(1 -

ta

tx sin ) a

0 ta 1

= 2 2

a t

tx cos 2



a 0

= 2 2 2

a t

at cos

1 

=  (t) Vậy (t) là hàm đặc trng của X Mệnh đề đợc chứng minh

Đ2 Một số tính chất của hàm đặc trng.

2.1 Định lý.

Giả sử X có hàm phân phối F và (t) là hàm đặc trng của nó Khi đó:

a.(t) (0)1;  ( t  h )   ( t )  2 ( 1  Re  ( h ))

trong đó Rez là phần thực của z

b (t) liên tục đều trên R

X n 1 k X

) t

X sinh i 1 X cosh

= E ( 2 ( 1  cosh X ))

= 2 ( 1  Re  ( t ))

Y E X E

Ta có: 0   ( t  h )   ( t )  2 ( 1  Re  ( h )  2 E ( 1  cosh X )

Mà 1 - coshX  0 khi h  0 và 1  (cosh X )  2

Do đó theo định luật Lebesgue về hội tụ bị chặn suy ra E (1 - coshX) 

0 khi h  0

Theo nguyên lý kẹp (t + h) -  (t)  0 khi h  0

Suy ra (t) liên tục đều trên R

c, e dễ thấy

d Trớc hết ta nhận thấy: Nếu X có phân phối đối xứng thì

R sintx dF(x) = 0Thật vậy: Do X có phân phối đối xứng nên có: FX(x) = F-X(x)

= 1 - P(X  -x) = 1 - FX (-x)Suy ra: dFX(x) = - dFX(-x)

Khi đó ta có: sin (-tx) dF(-x) = (-sintx) (-dF(x))

= sintx d F(x)Bằng phơng pháp đổi biến suy ra: R sintx dF(x) = 0

Mà (t) = EeitX = E costX + iEsintX

= R costx dF(x) + iR sintx dF(x) = R costx dF(x)  R

Vậy (t) là hàm thực

2.2 Mệnh đề Giả sử X1, …, X, Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập cùng

phân phối P(X1 = -1) = P(X1 = 1) =

2 1

Khi đó hàm đặc trng của Sn = X1 + …, X + Xn là  S n(t) = cosnt

* Tiếp theo ta chứng minh n(t) là hàm đặc trng

Gọi X1, …, X, Xn là n biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân phối với biếnngẫu nhiên X có hàm đặc trng  (t)

Khi đó theo sự xác định hàm đặc trng

) t ( ) t (

) t (

i   i  



(vì X1, , Xnđộc lập)Suy ra n(t) là hàm đặc trng của tổng n biến ngẫu nhiên độc lập cùngphân phối với biến ngẫu nhiên X Mệnh đề đợc chứng minh

(1 - Re (2k+1t)) (**)

Kết hợp (*) và (**) ta có:

1 - Re (t)  4-k (1 - Re (2kt))

 4-k 4-1 (1 - Re (2k+1t))  4-(k+1) (1 - Re (2k+1t))Mệnh đề đúng với n = k + 1

6 t ity

itx R 0 6

3.2 Định lý về tính chất liên tục.

Giả sử (Fn) là dãy hàm phân phối xác suất với (n(t)) là dãy hàm đặc

tr-ng tơtr-ng ứtr-ng

n(t) = R eitx d Fn(x) n = 1, 2 …, X

1 Nếu Fn

w

 F (F là hàm phân phối với xác suất nào đó) thì (n) hội tụ

đến hàm đặc trng  tơng ứng với hàm phân phối F nghĩa là:

n(t)  (t) = R eitx d F(x) (12)

2 Giả sử n(t)  (t), t  R, Khi đó các mệnh đề sau tơng đơng

a (t) là hàm đặc trng

b (t) liên tục tại t = 0

c Dãy Pn trù mật, ở đây Pn là độ đo xác suất sinh bởi Fn n = 1, 2, …, X

b.Từ công thức (13) chọn n = 2 với t1 = t, t2 = 0 t R ; z1, z2  C bất kỳ thì ta có:

g(0) z1 z1 + g(t) z1 z2 + g(-t) z2 z1 + g(0) z2 z2  0  t  R (1)Vì g(0)  R; z1 z1, z2 z2  R nên từ (1) suy ra:

-g(0) g ( t ) 2 + g3(0)  0 Hay g(0)  g(t) (do g(0)  0)

3.3.2 Định lý Bochner Điều kiện cần và đủ để hàm g(t), t  R là hàm

đặc trng của phân phối xác suất nào đó là hàm g(t) liên tục tại t = 0, g(0) = 1

Nhận xét: Nếu (t) là hàm đặc trng của biến ngẫu nhiên X thì (-t) là

hàm đặc trng của biến ngẫu nhiên -X

* Điều kiện cần:

Theo giả thiết (t) là hàm chẵn tức (t) = (-t)

Do đó theo nhận xét trên và tính đơn trị hàm phân phối của hàm đặc

tr-ng ta có:

FX(x) = FX(x)  x  R (*)Mặt khác ta có: FX(x) = P(-X  x)

= P(X  -x) = 1 - P(X  -x) = 1 - FX (- x + 0) (**)Vậy từ (*) (**) suy ra FX(x) = 1 - FX(-x + 0)  x  R

= (peit + p ) n 1n 2 (1)NÕu Y  B (n1 + n2, p) th× Y(t) = (peit + p ) n 1n 2 (2)

Tõ (1) (2) vµ tÝnh duy nhÊt cña hµm ph©n phèi suy ra:

2 2

1  e

2 t 6 ita

2 2

2 

2 1 2

2 ( ) a a ( it

a t ity a

t 1 ( e dt ) a

t 1 ( e 2

0 ity 0

a ity

a

t 1 ( ty cos dt

) a

t 1 ( ty cos 2

0

0 a

+

 2

dt ) a

t 1 ( ) ty

0

0 a

=

 2

1

a

t 1 ( ty cos

ty sin

0 + dt

y

ty a

1 0



=

 a

1

2

y

) ty cos (

a 0

= ( 1 cos ay ) y





Do sự xác định duy nhất của hàm mật độ và hàm đặc trng suy ra

(t) là hàm đặc trng của biến ngẫu nhiên Y Mệnh đề đợc chứng minh

3.7 Mệnh đề.

a Giả sử (n(t)n>1 là dãy hàm đặc trng và (pn) là dãy số không âm với pn =

Chứng minh:

a.Ta sẽ sử dụng định lý Bochner:

Lần lợt kiểm tra các điều kiện của định lý

+ Vì (n(t))n 1 là dãy hàm đặc trng nên với mỗi k thì k(t) liên tục tại

t = 0 suy ra: pkk(t) liên tục tại t = 0 (vì pk  R)

+ Hơn nữa: Vì (n(t))n  1 là dãy hàm đặc trng nên với mỗi k  1 thì

k(t) xác định dơng tức với n nguyên dơng bất kỳ, t1, …, X, tn  R và z1, …, X, zn 

C có:

n

1 l ,

 k (tp - tl) zp zl  0

Giả thiết pk  0 nên có n

1 l ,

 pkk (tp - tl) zp zl  0

1 l ,

  (tp - tl) zp zl = n

1 l ,

 pkk (tp - tl) zp zl)

 0Vậy (t) xác định dơng (3)

Từ (1) (2) (3) suy ra (t) thoả mãn các điều kiện của định lý BochnerVậy (t) là hàm đặc trng

b Để chứng minh b ta cũng sử dụng định lý Bochner

+ 1 (0) = 1 -

a

0

= 1+ 1 (t) liên tục tại t = 0

Thật vậy: 

 0 t

lim 1 (t) = 

 0 t

lim 1 (t) = 

 0 t

lim 1 (t) = 

 0 t

lim 1 (t) = 1 = 1(0)+ 1 (t) xác định dơng

Với n nguyên dơng bất kỳ t1, …, X, tn  R và z1, …, X, zn  C bất kỳ ta xét

n 1 l ,

kn , X

X )  0 (2)

thì FSn (x)  (x) = x t / 2

e 2

4.3 Mệnh đề Giả sử (Xn) là dãy biến ngẫu nhiên độc lập có kỳ vọng vàphơng sai hữu hạn Đặt

* n

S =

n

k k

n

1 k

B

) X X

k

2 k k

n

1 k 2 n

B

X

X  

k = 1, 2, …, X, n (*)Khi đó dãy Xkn; k = 1, …, X  thoả mãn điều kiện định lý Lindeberg, nThật vậy:

+ Với mỗi n X1n, …, X, Xkn là dãy biến ngẫu nhiên độc lập

+ EXkn = 0 k = 1, …, X, n

(Do EXkn = E (

n

k k

k k

B

l ) B

X X

1 k n

k k

n

1 k n

k k

B

) X X

S =

n

na X

`

2 = B2

n  Bn =  n

* n

S =

n

na X

B

) EX X

n k k

2 k

k EX ) , X EX B X

( E



khi n  

Vậy theo b suy ra Fn (x)   (x) Mệnh đề đợc chứng minh

4.5 Định lý Feller Giả sử dãy tam giác độc lập Xkn , k = 1, …, X , n n

4.6 Mệnh đề Giả sử (Xn) dãy các biến ngẫu nhiên độc lập cùng phânphối với phơng sai dơng Khi đó

a) lim P (Sn < x) có giá trị bằng 0 hoặc bằng 1 hoặc bằng 1/2

b) lim P (a  Sn  b) = 0 (a,b  R) trong đó Sn= X1 + …, X + Xn

1

 x -

2 / t -

1

 < 0  n > 1Vậy g(n) là hàm giảm

=

 2

e 2 Tơng tự x < 0 có A = 1/2

xn 2

lim P(a < Sn < b) =



 n

Mệnh đề đợc chứng minh

4.7 Mệnh đề Giả sử xác suất xuất hiện biến cố A ở phép thử k bằng

pk, Xn là số lần xuất hiện biến cố A trong n phép thử độc lập Khi đó nếu



 k n k n

q X

e 2

Gọi k là số lần xuất hiện A ở phép thử thứ k khi đó rõ ràng k; k > 1

là họ biến ngẫu nhiên độc lập có cùng phân phối

1 k

k n

1 k n

p q

p X

k k n 1 k

k k

n 1 k k

k n 1 k

k n 1 k k n 1 k

q p

) p (

q p

n

1 k

k n

1 k

k k

n

1 k

B

) E (

) ( D

Nh vậy dãy kk thoả mãn cách xác định dãy trong mệnh đề 4.3

Ta cần chứng minh họ k; k > 1 thoả mãn điều kiện:

E ((k - Ek)2,  k    k > Bn) = x  pk   Bn (x - pk)2 dFk(x)

= R (x - pk)2 dFk(x) - x  pk   Bn (x - pk)2 dFk(x)Suy ra E((k - Ek)2,  k    k > Bn )  pkqk - pkqk = 0

Do đó dãy kk  1 thoả mãn mệnh đề 4.3 suy ra:

P(Yn < x)  (x) =

 2

nên EX1 = EX1 - E[X1] = 0 - 0 = 0

Vậy EX1 = 0 Mệnh đề đợc chứng minh

4.9 Mệnh đề Giả sử (Xn) là dãy biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân phối

đều trên [0, 1] Khi đó dãy số an = tp/ 12 + n/2 với tp đợc xác định (tp) = p (0 < p

Theo gi¶ thiÕt ta cã EXk =

2

1 2

0 1 2

b a

) 0 1 ( 12

) b a

3 n 12 S n 12 1

2 / 1 n

t ( 12

) 3 n n S

Tµi liÖu tham kh¶o

[1] §inh V¨n G¾ng

- Lý thuyÕt x¸c suÊt vµ thèng kª - NXBGD 2000