Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Bất đẳng thức Berry-Esseen

Lời cám ơn

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc của mình tới

GS.TSKH Nguyễn Duy Tiến, người đã tận tình giúp đỡ và chỉ bảo tôi

trong suốt quá trình làm luận văn tốt nghiệp. Qua đây tôi cũng xin chân

thành cám ơn sự giúp đỡ của các thầy giáo, cô giáo trong Bộ môn Xác

suất Thống kê Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà

Nội, những người đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên

cứu tại trường.

Tác giả xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Sao Đỏ, Khoa Khoa

học Cơ bản và các đồng nghiệp đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ để tác giả an

tâm học tập và hoàn thành tốt luận văn.

Do mới làm quen với công tác nghiên cứu khoa học và còn hạn chế

về thời gian thực hiện nên luận văn không thể tránh khỏi những thiếu sót.

Tác giả kính mong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy cô và các bạn

để luận văn được hoàn thiện hơn.

Hà Nội, năm 2014

Mục lục

Mở đầu 4

1 Các kiến thức chuẩn bị 6

6 1.1 Biến ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6 1.1.1 Định nghĩa và phân loại . . . . . . . . . . . . . . . .

7 1.1.2 Hàm phân phối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7 1.1.3 Hàm đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8 1.1.4 Các đặc trưng của biến ngẫu nhiên . . . . . . . . . .

9 1.2 Phân bố chuẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9 1.2.1 Phân bố chuẩn một chiều . . . . . . . . . . . . . . .

1.2.2 Phân bố chuẩn nhiều chiều . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Khoảng cách biến phân toàn phần . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4 Sự hội tụ của dãy các biến ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . 11

1.5 Phương pháp Stein cho xấp xỉ chuẩn . . . . . . . . . . . . . 12

1.5.1 Phương trình Stein và ý nghĩa . . . . . . . . . . . . 12

1.5.2 Xây dựng các đẳng thức Stein . . . . . . . . . . . . 13

1.5.3 Xấp xỉ chuẩn của hàm trơn . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Bất đẳng thức Berry - Esseen một chiều 16

2.1 Giới thiệu chung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.2 Bất đẳng thức Berry – Esseen đều . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2.1 Trường hợp cùng phân bố . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2.2 Trường hợp không cùng phân bố . . . . . . . . . . . 18

2.2.3 Chứng minh bất đẳng thức Berry - Esseen đều . . . 19

2.2.4 Áp dụng định lý Berry – Esseen đều . . . . . . . . . 24

2.3 Bất đẳng thức Berry – Esseen không đều . . . . . . . . . . 26

2.3.1 Trường hợp cùng phân bố . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.3.2 Trường hợp không cùng phân bố . . . . . . . . . . . 26

2.3.3 Chứng minh bất đẳng thức Berry - Esseen không đều 27

3 Bất đẳng thức Berry - Esseen nhiều chiều 36

3.1 Trường hợp cùng phân bố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.2 Trường hợp không cùng phân bố . . . . . . . . . . . . . . . 49

Kết luận 51

Tài liệu tham khảo 52

Mở đầu

Xác suất là một bộ phận của toán học nghiên cứu về các hiện tượng

ngẫu nhiên. Lý thuyết xác suất nhằm tìm ra những quy luật trong những

hiện tượng tưởng chừng không có quy luật này; và nó được ra đời đầu tiên

ở nước Pháp vào nửa cuối thế kỷ 17.

Trong lý thuyết xác suất định lý giới hạn trung tâm là một trong

những định lý cơ bản và có nhiều ứng dụng thực tiễn. Nó đưa ra một phép

tính xấp xỉ cho hàm phân phối của tổng các biến ngẫu nhiên độc lập W

so với hàm phân phối chuẩn hóa Φ. Tuy nhiên định lý này không đánh giá

được tốc độ hội tụ của giới hạn W→ Φ.

Trong thực tế ta lại quan tâm nhiều đến khoảng cách giữa phân bố

của W và phân bố chuẩn hóa. Khoảng cách này càng nhỏ thì xấp xỉ chúng

ta cần càng có giá trị. Một trong những công cụ để đánh giá khoảng cách

giữa W và Φ hay đánh giá được tốc độ hội tụ của định lý giới hạn trung

tâm là bất đẳng thức Berry – Esseen. Trong đề tài này tôi sẽ trình bày

về lịch sử, quá trình hoàn thiện, chứng minh, mở rộng, phát triển và ứng

dụng của bất đẳng thức này.

Nội dung đề tài gồm ba chương:

Chương 1. Các kiến thức chuẩn bị. Chương này đưa ra một số kiến

thức về biến ngẫu nhiên, phân phối chuẩn, khoảng cách biến phân toàn

phần, phương pháp Stien. Đây là những kiến thức bổ trợ sẽ được nhắc đến

ở những chương sau.

Chương 2. Bất đẳng Berry - Esseen một chiều. Chương này tác giả

phát biểu định lý Berry - Esseen đều và không đều. Với mỗi dạng tác giả

phát biểu định lý trong trường hợp cùng phân bố và không cùng phân bố,

có giới thiệu sơ lược về lịch sử của định lý, cuối cùng là chứng minh và đưa

ra một vài áp dụng của định lý.

Chương 3. Bất đẳng Berry - Esseen nhiều chiều. Chương này là sự

mở rộng của định lý Berry - Esseen một chiều. Sự mở rộng được phát biểu

cho cả hai trường hợp cùng phân bố và không cùng phân bố. Tuy nhiên,

để giảm độ phức tạp tác giả chỉ dừng lại ở việc chứng minh định lý trong

trường hợp đơn giản hơn, đó là trường hợp cùng phân bố.

Chương 1

Các kiến thức chuẩn bị

Chương này tác giả đưa ra một vài kiến thức cơ bản về biến ngẫu

nhiên, phân bố chuẩn, khoảng cách biến phân toàn phần, phương pháp

Stein. Đây là những kiến thức cơ bản của xác suất thống kê mà được sử

dụng nhiều trong các chương sau.

1.1 Biến ngẫu nhiên

1.1.1 Định nghĩa và phân loại

Nói một cách chung chung thì biến ngẫu nhiên là đại lượng lấy giá trị

thực tùy thuộc vào kết quả ngẫu nhiên của phép thử. Định nghĩa chính

xác của biến ngẫu nhiên như sau:

Định nghĩa 1.1 : Giả sử (Ω, A) là không gian đo đã cho. Biến ngẫu

nhiên là ánh xạ X : Ω → R sao cho:

(X ≤ x) = {ω ∈ Ω |X(ω) ≤ x} ∈ A, ∀x ∈ R

Hoặc tương đương:

X−1(B) = {ω ∈ Ω |X(ω) ∈ B} ∈ A, ∀B ∈ B

với B là σ - đại số các tập Borel của R.

Định nghĩa 1.2 : Biến ngẫu nhiên gọi là rời rạc nếu tập các giá trị của

nó là hữu hạn hay đếm được. Biến ngẫu nhiên rời rạc được xác định bằng

bảng phân phối xác suất:

X x1 x2 . . . xi . . . xn

p1 p2 . . . pi . . . pn

trong đó

pi = 1, pi > 0

n (cid:80) i=1

Định nghĩa 1.3 : Biến ngẫu nhiên gọi là liên tục nếu các giá trị có thể

có của nó lấp đầy một khoảng trên trục số. Biến ngẫu nhiên liên tục X

+∞ (cid:82)

được xác định bởi hàm mật độ f(x) thỏa mãn hai tính chất: f(x)≥ 0 với

mọi x và

f (x)dx = 1

−∞

1.1.2 Hàm phân phối

Định nghĩa 1.4 : Hàm phân phối (quy luật phân phối) của biến ngẫu

nhiên X là hàm F(x) được xác định như sau F(x)= P(X

pi

Nếu X là biến ngẫu nhiên rời rạc thì F (x) = (cid:80) i:xi

f (t)dt

−∞

Hàm phân phối của biến ngẫu nhiên có một số tính chất sau:

• Hàm phân phối xác định với mọi x ∈ R

• 0 ≤ F (x) ≤ 1, F (−∞) = 0, F (+∞) = 1

• Hàm phân phối là hàm không giảm: x1 > x2 → F (x1) ≥ F (x2)

• P(a ≤ X < b) = F(b) - F(a) • Mối quan hệ giữa hàm phân phối và hàm mật độ: F (cid:48)(x) = f (x)

Ta có thể định nghĩa: Biến ngẫu nhiên X là liên tục nếu hàm phân

1.1.3 Hàm đặc trưng

phối của nó có đạo hàm.

Định nghĩa 1.5 : Giả sử F là hàm phân phối của biến ngẫu nhiên X. Khi

đó hàm đặc trưng của X là hàm biến thực ϕ(t) = ϕX(t) được định nghĩa

bởi: (cid:90)

ϕ(t) = EeitX =

eitxdF (x)

eitxf (x)dx

R Nếu X có hàm mật độ f(x) thì : ϕ(t) = (cid:82) R

Các tính chất của hàm đặc trưng:

• ϕ(0) = 1,

|ϕ(t)| ≤ 1, ∀t ∈ R

• ϕ(−t) = ϕ(t)

• ϕ(t) là hàm xác định không âm:

n (cid:88)

∀λi ∈ C, ti ∈ R :

λiλjϕ( ti − tj) ≥ 0

i,j=1

• ϕ(t) là hàm liên tục đều trên R.

• Với mọi số thực a, b thì: ϕaX+b(t) = eibtϕX(at)

• Nếu X, Y độc lập thì ϕX+Y (t) = ϕX(t).ϕY (t)

1.1.4 Các đặc trưng của biến ngẫu nhiên

a. Kỳ vọng toán

Định nghĩa 1.6 : Cho (Ω, A, P ) là không gian xác suất. X là biến ngẫu

X(ω)dP (ω) là kì vọng của X.

nhiên. Ta gọi EX = (cid:82) Ω

XdP = (cid:82) Ω

Ta có:

EX =

xipi nếu X - rời rạc

n (cid:80) i=1 +∞ (cid:82)

EX =

xf (x)dx nếu X - liên tục

−∞

Các tính chất của kỳ vọng:

Ec = c nếu c là hằng số

E(X + Y) = EX + EY

EcX = c.EX, c là hằng số

X, Y độc lập thì E(XY) = EX.EY

Eg(X) =

g(xi)pi nếu X - rời rạc

n (cid:80) i=1

+∞ (cid:82)

Eg(X) =

g(x)f (x)dx nếu X - liên tục

−∞

b. Phương sai:

Định nghĩa 1.7 : Phương sai của biến ngẫu nhiên X là một số không

âm, kí hiệu DX, được xác định bởi DX = EX 2 − (EX)2

Các tính chất của phương sai:

Dc = 0 nếu c là hằng số

DcX = c2DX

Nếu X, Y độc lập thì D(X ± Y) = DX + DY

1.2 Phân bố chuẩn

1.2.1 Phân bố chuẩn một chiều

Định nghĩa 1.8 : Biến ngẫu nhiên liên tục X nhận các giá trị trong

khoảng (−∞, +∞) gọi là phân phối theo quy luật chuẩn hóa, kí hiệu: X

∼ N(0,1), nếu hàm mật độ xác suất của nó có dạng:

f (x) =

e−x2/2

1 √ 2π

Khi đó hàm phân bố xác suất chuẩn hóa (hàm phân bố tiêu chuẩn)

x (cid:90)

có dạng:

Φ(x) =

e−t2/2dt

1 √ 2π

−∞ Định nghĩa 1.9 : Biến ngẫu nhiên liên tục X nhận các giá trị trong

2σ2

khoảng (−∞, +∞) gọi là phân phối theo quy luật chuẩn với các tham số

e− (x−µ)2

f (x) =

µ và σ2, kí hiệu: X ∼ N (µ,σ2), nếu hàm mật độ xác suất của nó có dạng: 1 √ 2π

σ

Nếu X ∼ N (µ,σ2) thì EX = µ, DX = σ2

Nếu X ∼ N (µ,σ2) thì ta có thể đưa về phân phối chuẩn hóa N(0,1)

bằng phép biến đổi chuẩn hóa Y = X−µ

σ ) − Φ( a−µ σ )

1.2.2 Phân bố chuẩn nhiều chiều

Nếu X ∼ N (µ,σ2) thì: P (a < X < b) = Φ( b−µ

Cho vectơ ngẫu nhiên X = (X1, X2, ..., Xk). Khi đó ta kí hiệu:

• cov(Xi, Xj) = E(Xi − EXi)(Xj − EXj) = EXiXj − EXi.EXj, gọi

là covarian của Xi, Xj.

• A = (cov(Xi, Xj)), gọi là ma trận covarian của X. Rõ ràng A là ma

trận đối xứng, xác định không âm cấp kxk.

• a = EX = (EX1, EX2, ..., EXk) = (a1, a2, ..., ak), gọi là vectơ kỳ

vọng của X.

Định nghĩa 1.10 : Vectơ ngẫu nhiên X = (X1, X2, ..., Xk) có phân phối

chuẩn k chiều N(a,A) nếu hàm mật độ của X có dạng:

t(cid:19)

(cid:18)

1 (x − a)A−1(x − a)

exp

−

f (x) =

(cid:113)

1 2

(2π)k |A|

1√

(cid:32) (cid:33)

exp

Hay: f (x1, x2, ..., xk) =

aij(xi − ai)(xj − aj)

− 1 2

(2π)k|A|

k (cid:80) i=1

k (cid:80) j=1

Trong đó:

x = (x1, x2, ..., xk) ∈ Rk

A là ma trận covarian của X có định thức |A| và ma trận nghịch đảo

A−1 = (aij)

Cụ thể, với k = 2, vectơ ngẫu nhiên (X,Y) tuân theo quy luật phân

(cid:21)

(cid:17)2

−

−2ρ (x−a)(x−b)

(cid:20) ( x−a

σx )2

(cid:16) y−b σy

σxσy

1 2(1−ρ2)

phối chuẩn hai chiều thì hàm mật độ xác suất đồng thời của nó có dạng:

.e

f (x, y) =

1 (cid:112)1 − ρ2

2πσxσy

√

DY

DX, σy =

Trong đó: a = EX, b = EY, σx =

ρ là hệ số tương quan của X, Y: ρ = cov(X,Y )

σxσy

Nếu X, Y độc lập thì hàm mật độ của phân bố chuẩn hai chiều có

(cid:17)2(cid:21)

(cid:20) ( x−a

− 1 2

σx )2

(cid:16) y−b σy

dạng:

f (x, y) =

.e

= fX(x).fY (y)

1 2πσxσy

1.3 Khoảng cách biến phân toàn phần

Kí hiệu Ω là không gian độ đo với δ - đại số A.

Định nghĩa 1.11 : Gọi µ, ν là hai độ đo xác suất trên Ω. Khi đó khoảng

cách biến phân toàn phần được định nghĩa bởi:

|µ(A) − ν(A)|

dT V (µ, ν) := sup A∈A

1.4 Sự hội tụ của dãy các biến ngẫu nhiên

Giả sử (Xn) là dãy các biến ngẫu nhiên trong không gian xác suất

(Ω, A, P ). Ta có các định nghĩa hội tụ sau:

Định nghĩa 1.12 : Dãy biến ngẫu nhiên (Xn) được gọi là hội tụ theo

xác suất tới biến ngẫu nhiên X, kí hiệu Xn −→ X, nếu với ε > 0 bất kì

thì :

P (|Xn − X| ≥ ε) = 0

lim n→∞

Định nghĩa 1.13 : Dãy biến ngẫu nhiên (Xn) được gọi là hội tụ hầu

chắc chắn (hay hội tụ với xác suất 1) tới biến ngẫu nhiên X, kí hiệu

Xn −→ X, nếu tồn tại tập A có xác suất không sao cho với ω /∈ A:

Xn(ω) → X(ω)

Định nghĩa 1.14 : Dãy biến ngẫu nhiên (Xn) được gọi là hội tụ theo

trung bình bậc p tới biến ngẫu nhiên X, kí hiệu Xn −→ X, nếu:

E|Xn − X|p → 0 (n → ∞)

Mối liên hệ giữa các dạng hội tụ:

Nếu Xn −→ X thì Xn −→ X

Nếu Xn −→ X thì tồn tại dãy con (Xnk) sao cho (Xnk) −→ X

Nếu Xn −→ X (0 < p < +∞) thì Xn −→ X

Nếu Xn −→ X và (Xn) vị chặn đều với xác suất 1 thì Xn −→ X với

mọi p, 0 < p < +∞

1.5 Phương pháp Stein cho xấp xỉ chuẩn

Trong lý thuyết xác suất không phải phân bố của biến ngẫu nhiên nào

cũng được xác định rõ ràng. Điều đó điều hỏi chúng ta phải xấp xỉ một

phân bố phức tạp bằng một phân bố đơn giản hơn. Phương pháp Stein là

là phương pháp mới được công bố năm 1972. Đó là phương pháp dùng để

suy ra ước lượng xấp xỉ của phân bố này bởi một phân bố khác, là công

cụ cho xấp xỉ không chỉ tốt với các biến ngẫu nhiên độc lập mà còn dùng

cho cả các biến ngẫu nhiên phụ thuộc. Hơn nữa ta có thể ước lượng sai số

1.5.1 Phương trình Stein và ý nghĩa

của xấp xỉ một cách trực tiếp.

Cho X là biến ngẫu nhiên có phân phối chuẩn hóa.

h là hàm đo được nhận giá trị thực cho trước sao cho E |h (X)| < ∞

f : R → R là hàm liên tục và có đạo hàm liên tục trên từng đoạn

(cid:48)

thỏa mãn E (cid:12) (cid:12)f (cid:48)(X)(cid:12) (cid:12) < ∞. Khi đó ta có:

(1.1)

f

(ω) − ωf (ω) = h (ω) − Eh (X)

+∞ (cid:82)

2 dt là nghiệm của nó.

−∞

Phương trình (1.1) được gọi là phương trình Stein tổng quát. {h(t) − Eh(X)} e− t2 Hàm fh(x) = e x2

(cid:48)

Đặc biệt: với x ∈ R cố định, phương trình (1.1) có dạng:

(1.2)

f

(ω) − ωf (ω) = 1(−∞;x] (ω) − Φ (x)

Thay w bởi biến ngẫu nhiên W, rồi lấy kì vọng hai vế của phương

trình (1.1), (1.2) ta được:

(1.3)

E {f (cid:48)(W ) − W f(W )} = Eh(W ) − Eh(X)

(1.4)

P (W ≤ x) − Φ(x) = E {f (cid:48)(W ) − W f(W )}

Trong hai phương trình (1.3), (1.4) thay vì ước lượng vế phải ta đi

ước lượng vế trái đơn giản hơn. Đó là ý nghĩa thiết thực của phương trình

1.5.2 Xây dựng các đẳng thức Stein

Stein.

Trong phần này chúng ta trở lại phương pháp cơ sở mà Stein đã sử

2 = 1. Đặt W =

có kì vọng 0 và dụng. Giả sử X1, X2, . . . Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân phối Xi , W (i) = W − Xi và định

EXi

n (cid:80) i=1

nghĩa:

(cid:1)(cid:9)

Ki (t) = E (cid:8)Xi

(cid:0)I{0≤t≤Xi} − I{Xi≤t<0}

Khi đó thì:

Ki(t) ≥ 0, ∀t ∈ R +∞ (cid:90)

+∞ (cid:90)

|t| Ki (t) dt =

E|Xi|3

Ki (t) dt = EX 2 i ,

1 2

−∞

Vì Xi và W(i) độc lập với mỗi 1 ≤ i ≤ n và EXi = 0 nên:

E {Wf (W)} =

=

(cid:2)f (W) − f (cid:0)W(i)(cid:1)(cid:3)(cid:9)

E (cid:8)Xi

n (cid:80) E {Xif (W)} i=1 n (cid:80) i=1

Viết dưới dạng tích phân ta được: (cid:32) (cid:33)

E

EW f (W ) =

f (cid:48)(W (i) + t)dt

Xi

Xi(cid:82) 0

(cid:19) (cid:18) +∞ (cid:82)

=

E

f (cid:48)(W (i) + t)Xi (I0≤t≤Xi − IXi≤t<0) dt

n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1

−∞

+∞ (cid:90)

(cid:48)

n (cid:88)

(1.5)

=

Ef

(W (i) + t).Ki(t)dt

i=1

−∞

+∞ (cid:90)

n (cid:88)

Từ định nghĩa của Ki, tính độc lập và do:

EX 2

Ki (t) dt =

i = 1

i=1

−∞

+∞ (cid:90)

(cid:48)

n (cid:88)

nên ta có:

(1.6)

Ef

(W ) =

Ef

(W ).Ki(t)dt

i=1

−∞

+∞ (cid:90)

(cid:48)

Từ 1.5 và 1.6 ta có:

n (cid:88)

(cid:16) (cid:17) (cid:16)

E

f

(W ) − W f (W )

=

E

f

(W ) − f

(cid:17) (W (i) + t)

.Ki(t)dt

i=1

−∞

(1.7)

Phương trình 1.6 và 1.7 có vai trò quan trọng trong việc chứng minh

1.5.3 Xấp xỉ chuẩn của hàm trơn

xấp xỉ chuẩn và chúng luôn đúng với mọi hàm f bị chặn liên tục tuyệt đối.

Trong phần này, tác giả sẽ đưa ra các ước lượng Eh(W) - Eh(X) cho

các lớp biến ngẫu nhiên khác nhau với:

|h(cid:48)(x)| < ∞

h là một hàm trơn thỏa mãn: (cid:107)h(cid:48)(cid:107) := sup x X là biến nhẫu nhiên có phân phối chuẩn hóa.

Định lý 1.1. Giả sử tồn tại δ > 0 sao cho với hàm h - Lipschiz đều ta có

|Eh(W) −Eh(X)| ≤ δ (cid:107)h(cid:48)(cid:107) thì:

(1.8)

|Eh(W ) − Eh(X)| ≤ δ

sup h∈Lip(1)

(1.9)

|P (W ≤ x) − Φ(x)| ≤ 2.δ1/2

sup x

Định lý trên cho thấy cận trên của khoảng cách |Eh(W) −Eh(X)|

tương ứng với cận trên của khoảng cách |P (W ≤ x) − Φ(x)|. Sau đây là

các hệ quả suy ra từ định lý (1.1):

EX 2

i = 1. Khi đó định lý 1.1 đúng với δ = 3

n (cid:80) i=1

Hệ quả 1.1. Cho X1, X2, ..., Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập có EXi = 0 E|Xi|3 và E|Xi|3 < ∞,

n (cid:88)

tức ta có:

(1.10)

|Eh(W) −Eh(X)| ≤ 3 (cid:107)h(cid:48)(cid:107)

E|Xi|3

i=1

Trong trường hơp không cần thiết về sự tồn tại momen bậc ba hữu

hạn thì ta có khẳng định sau:

Hệ quả 1.2. Cho X1, X2..., Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập có EXi = 0

và

EX 2

i = 1. Khi đó định lý 1.1 đúng với:

n (cid:80) i=1

(1.11)

δ = 4(4β1 + 3β2)

EX 2

với β1 =

E|Xi|3I{|Xi|≤1}

i I{|Xi|>1}, β2 =

n (cid:80) i=1

Chương 2

Bất đẳng thức Berry - Esseen một chiều

2.1 Giới thiệu chung

Trong lý thuyết xác suất và thống kê ứng dụng, định lý giới hạn trung

tâm là một trong những định lý cơ bản và có nhiều ứng dụng thực tiễn.

Định lý này khẳng định:

√

Nếu (Xn) là các đại lượng ngẫu nhiên độc lập cùng phân phối có

EXi = µ và DXi = δ2, i = 1,.., n Đặt Wn = X1+X2+.....Xn−nµ

và Fn(x) là hàm phân phối của Wn.

Khi đó: với mọi x ∈ R thì Fn(x) hội tụ yếu đến hàm phân phối chuẩn

hóa Φ(x)

Tuy nhiên định lý này chỉ cho biết về sự hội tụ yếu của Fn(x) → Φ(x)

mà chưa đánh giá được tốc độ hội tụ của nó. Berry (1941) và Esseen (1942)

là hai nhà toán học đầu tiên đã độc lập đưa ra một bất đẳng thức cho phép

đánh giá khoảng cách giữa Fn(x) và Φ(x). Vì vậy bất đẳng thức mang tên

hai ông ra đời, đó là bất đẳng thức Berry – Esseen.

Kể từ đó, nhiều nhà toán học trên thế giới đã quan tâm đến việc xác

định cận cho bất đẳng thức Berry – Esseen nhằm thu hẹp khoảng cách

giữa Fn(x) và Φ(x). Khoảng cách này càng nhỏ thì xấp xỉ chúng ta cần

càng có giá trị. Hơn nữa trong thống kê bài toán cỡ mẫu tối thiểu có ý

nghĩa thực tế vô cùng to lớn. Nhờ bất đẳng thức Berry - Esseen ta có thể

xác định cỡ mẫu tối thiểu n nhỏ hơn đáng kể so với kết quả có được bằng

các phương pháp khác.

Với ý nghĩa thiết thực như vậy, tác giả nghiên cứu đề tài "Bất đẳng

thức Berry - Esseen". Chương này tác giả trình bày về bất đẳng thức Berry

- Esseen một chiều.

2.2 Bất đẳng thức Berry – Esseen đều

2.2.1 Trường hợp cùng phân bố

Định lý sau đây được đưa ra độc lập bởi Berry năm 1941 và Esseen

năm 1942. Kết quả nghiên cứu của họ như sau:

Định lý 2.1. Nếu (Xi) là các đại lượng ngẫu nhiên độc lập cùng phân bố có: EXi = 0, DXi = σ2, β3 = E |Xi|3 < ∞, ∀i

Xi n . Khi đó tồn tại hằng số C > 0 sao cho :

n (cid:80) i=1 √ σ

Đặt Wn =

(cid:19)3 (2.1)

|P (Wn ≤ x) − Φ(x)| ≤

(cid:18)β σ

C n1/2

sup x∈R

x (cid:82)

e−t2/2dt là hàm phân phối chuẩn hóa.

−∞

Trong đó: Φ(x) = 1√ 2π

Vài nét về lịch sử: Việc đưa ra bất đẳng thức (2.1) và xác định

hằng số C trong (2.1) là bài toán rất quan trọng trong lý thuyết cũng như

thực hành và có một lịch sử khá dài.

Năm 1942, Esseen chỉ ra C ≤ 7.59, sau đó là C ≤ 2.9 năm 1956

Năm 1958, Wallace chứng minh được C ≤ 2.05

Năm 1967, Zolotarev chỉ ra C ≤ 0.81097

Năm 1982, Shiganov khẳng định C ≤ 0.7655

Kết quả tốt nhất thuộc về Tyurin (năm 2009) đưa ra C ≤ 0.4785

Với mỗi nhà toán học thì bất đẳng thức Berry - Esseen có một phiên

bản khác nhau. Năm 1965, Petrov đưa ra phát biểu tổng quát hơn khi

thêm vào tham số δ ∈ (0, 1]. Định lý (2.1) chỉ là trường hợp riêng khi

δ = 1. Petrov chứng minh được:

Định lý 2.2. Nếu (Xi) là các đại lượng ngẫu nhiên độc lập cùng phân bố có: EXi = 0, DXi = σ2, β2+δ = E |Xi|2+δ < ∞, ∀i

Xi n . Khi đó với δ ∈ (0, 1] tồn tại hằng số C > 0 sao cho:

n (cid:80) i=1 √ σ

Đặt Wn =

(cid:19)2+δ (2.2)

|P (Wn ≤ x) − Φ(x)| ≤

(cid:18)β σ

Cδ nδ/2

sup x∈R

2.2.2 Trường hợp không cùng phân bố

Sau khi đưa ra định lý 2.1 ở trên, Berry - Esseen tiếp tục mở rộng

định lý cho trường hợp không cùng phân bố. Kết quả nghiên cứu của họ

như sau:

Định lý 2.3. Nếu (Xi) là các đại lượng ngẫu nhiên độc lập (không nhất thiết cùng phân bố) có: EXi = 0, DXi = σ2 i

Đặt Γ3

σi

2, Wn =

E|Xi|3 < ∞, s2

n =

n (cid:80) i=1 sn

n (cid:80) i=1

Khi đó tồn tại hằng số C > 0 sao cho :

(cid:19)3 (2.3)

|P (Wn ≤ x) − Φ(x)| ≤ C

sup x∈R

(cid:18)Γn sn

Những cố gắng ước lượng cận trên cho C trong (2.3):

Esseen (năm 1945) chỉ ra C ≤ 7.5

Bergstrom (năm 1949) chứng minh được C ≤ 4.8

Beck (năm 1972) khẳng định C ≤ 0.7975

Kết quả tốt nhất thuộc về Tyurin (năm 2010) với C ≤ 0.5606.

Trải qua nhiều năm nghiên cứu, các tác giả đã đưa ra bất đẳng thức

Berry – Esseen dưới nhiều dạng khác nhau về mặt hình thức cũng như

cách chứng minh bất đẳng thức này. Phát biểu sau đây có thể coi là khái

quát hơn cả. Nó được đưa ra bởi Katz (năm 1963) và Petrov (năm 1965)

với sự có mặt của tham số δ ∈ (0, 1]. Cụ thể:

Định lý 2.4. Nếu (Xi) là các đại lượng ngẫu nhiên độc lập (không nhất thiết cùng phân bố) có: EXi = 0, DXi = σ2 i

2, Γ2+δ

Đặt s2

σi

E|Xi|2+δ < ∞, δ ∈ (0, 1], Wn =

n =

n (cid:80) i=1 sn

n (cid:80) i=1

Khi đó tồn tại hằng số Cδ > 0 sao cho :

(cid:19)2+δ (2.4)

|P(Wn ≤ x) − Φ(x)| ≤ Cδ

sup x∈R

2.2.3 Chứng minh bất đẳng thức Berry - Esseen đều

(cid:18)Γn sn

Trong mục này tác giả trình bày chứng minh định lý 2.4. Vì đây là

định lý tổng quát nhất cho trường hợp bất đẳng thức Berry - Esseen đều.

Để chứng minh định lý 2.4 ta cần sử dụng các bổ đề sau:

Bổ đề 2.1. Nếu F là hàm phân phối, G là hàm thực khả vi thỏa mãn:

G(x) = 0,

G(x) = 1, sup |G(cid:48)(x)| ≤ M > 0

lim x→−∞

lim x→+∞

Khi đó với mọi T > 0 tồn tại hằng số c ∈ R sao cho :

∞ (cid:90)

  (cid:19) (cid:19) (cid:19)2 (cid:21)

dx

≥ 2M δ

− 3

−

Hc

  ≥ 2M δ   (cid:18)sinx x (cid:18)2x T

π 2

(cid:18)sinx x (cid:20)π 2

6 T δ

T δ/2

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) −∞

Với δ = sup

|F (x) − G(x)| /2M, Hc(x) = F (x + c) − G(x + c)

Chứng minh. Theo giả thiết do F, G bị chặn nên δ hữu hạn và tích phân

ở vế trái của bất đẳng thức trên tồn tại.

Xét trường hợp không tầm thường δ > 0:

Do δ = sup

|F (x) − G(x)| /2M nên tồn tại dãy số thực (xn) sao cho:

|F (xn) − G(xn)| → 2M δ

Từ giả thiết suy ra F (x) − G(x) → 0 khi x → ±∞ nên (xn) có

điểm giới hạn b nào đó. Do G liên tục nên F (b) − G(b) ≤ −2M δ hoặc

F (b+) − G(b) ≥ 2M δ. Đặt c = b - δ. Nếu |x| < δ thì theo định lí giá trị

trung bình ta có:

Hc(x) = F (x + c) − G(x + c) = F (b + x − δ) − G(b + x − δ)

≤ F (b) − [G (b) + (x − δ)G(cid:48)(θ)]

≤ −2Mδ + (δ − x)M = − M(x + δ)

1−cos T x

δ (cid:82)

Do đó:

dx

x2 Hc(x)dx ≤ −M

(x+δ)(1−cos T x) x2

−δ

δ (cid:82)

= −2M δ

dx

1−cos T x x2

∞ (cid:82)

(cid:34) (cid:35)

= −2M δT

π 2 −

T δ/2

(cid:1)2dx (cid:0) sinx x

1−cos T x

Mặt khác:

(cid:82)

dx

x2 Hc(x)dx ≤ 2M δ (cid:82)

1−cos T x x2

|x|>δ

(cid:35) (cid:34) ∞ (cid:82)

= 4M δT

T δ/2

(cid:1)2dx (cid:0) sinx x

Không mất tính tổng quát, giả sử T đủ lớn để vế phải của bất đẳng thức

có tích phân dương. Khi đó:

∞ (cid:90)

  (cid:19)2 (cid:90) (cid:90)

≥ 2M δT

−

=

− 3

dx

   

π 2

|x|>δ

|x|≤δ

T δ/2

∞

∞ (cid:82)

(cid:18)sinx x (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) −∞ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

T δ/2 = 2

x2 dx = − 1

T δ nên ta có bất đẳng thức

T δ/2

T δ/2 thứ hai.

Do (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) Từ đó suy ra bất đẳng thức đầu. (cid:1)2dx ≤ (cid:0) sinx x (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Bổ đề (2.1) được dùng để chứng minh bổ đề (2.2) sau đây:

Bổ đề 2.2. Nếu F là hàm phân phối, G là hàm thực khả vi thỏa mãn:

G(x) = 0,

G(x) = 1, sup |G(cid:48)(x)| ≤ M > 0

lim x→−∞

lim x→+∞

G có biến phân bị chặn trên R, F – G ∈ L1. Khi đó với mọi T > 0 thì: T (cid:90)

|F(x) − G(x)| ≤

dt +

ϕF (t) − ϕG(t) t

24M πT

2 π

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

sup x∈R

Với ϕF , ϕG là các biến đổi Fourier – Stieltjes của F và G

∞ (cid:90)

Chứng minh. Xét trường hợp không tầm thường: tích phân là hữu hạn.

eitx[F (x) − G(x)]dx

eitxd[F (x) − G(x)] = −it

ϕF (t) − ϕG(t) =

−∞

∞ (cid:90)

Do đó:

.e−itc =

Hc(x)eitxdx

ϕF (t) − ϕG(t) −it

−∞

T (cid:82)

∞ (cid:82)

Do vế phải bị chặn, áp dụng định lí Fubini ta có:

.e−itc(T − |t| )dt =

Hc(x)eitx(T − |t|)dxdt

ϕF (t)−ϕG(t) −it

−T

−T ∞ (cid:82)

−∞ T (cid:82)

=

eitx(T − |t|)Hc(x)dtdx

−T

−∞ ∞ (cid:82)

=

Hc(x)dx

2(1−cos T x) x2

−∞

∞ (cid:82)

= 2T

−∞

(cid:1) dx (cid:1)2Hc (cid:0) sinx x (cid:0) 2x T

∞ (cid:82)

T (cid:82)

Và do vậy:

ϕF (t)−ϕG(t) −it

−∞

ϕF (t)−ϕG(t) t

(cid:1)2Hc (cid:0) sinx x (cid:0) 2x T (cid:1) dx = 1 2T (cid:12) (cid:12) (cid:12) .e−itc(T − |t| )dt (cid:12) (cid:12)

≤ 1 2

T (cid:82)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) −T T (cid:12) (cid:82) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)dt

=

ϕF (t)−ϕG(t) t

−T (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12)dt

T (cid:90)

Theo bổ đề (2.1) thì:

−

)

dt ≥ 2M δ(

ϕF (t) − ϕG(t) t

π 2

6 T δ

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Xi.

n(t) là hàm đặc trưng của Sn =

n (cid:80) i=1

2, Γ2+δ

Bổ đề 2.3. Giả sử (Xi) là dãy các biến ngẫu nhiên độc lập có: EXi = 0, DXi = δ2

Đặt s2

= E|Xi − EXi|2+δ. Khi đó với

δi

n =

γ2+δ i

, γ2+δ i

n (cid:80) i=1

i . Gọi ϕ∗ n (cid:80) i=1

δ ∈ (0, 1] ta có:

2+δ

(cid:19)

e−t2/2,

|t| ≤

− e−t2/2

≤ 3

ϕ∗ n

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:18) t sn

Γnt sn

sn 2Γn

Chứng minh. Gọi ϕi là hàm đặc trưng của Xi, 1 ≤ i ≤ n. Khi đó ta có:

(cid:19)2+δ (cid:19)

+ θ

= 1 −

,

|θ| ≤ 1

ϕi

(cid:18)γi |t| sn

2 do đó :

tδi sn

tγi sn

ta có Với |t| ≤ sn 2Γn (cid:18) t sn (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) < 1 (cid:12)

−

+ θ

≤

.

+

=

1 2

1 4

3 8

t2δ2 i 2s2 n (cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ (cid:18)γi |t| sn

t2δ2 i 2s2 n

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) tΓn (cid:12) (cid:12) sn (cid:19)2+δ(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

4+2δ(cid:19)

8 , do đó : (cid:18) (cid:17)2+δ

Mà ln(1 + z) = z + 4θ

(cid:17)

+ θ

+

ln ϕi

+ 8θ 5

5 |z|2 với |z| ≤ 3 (cid:16) γi|t| sn

γi|t| sn

t4δ4 i 4s4 n

2+δ

(cid:16) t sn (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

+ θ

[1 + 8

5( 1

8 + 1

4)]

γit sn

= − t2δ2 i 2s2 n = − t2δ2 i 2s2 n

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Nên khi lấy tổng theo i ta có :

(cid:19) (cid:19)2+δ

= −

+

ln ϕ∗ n

t2 2

8θ 5

(cid:18) t sn (cid:18)Γi |t| sn

(cid:17)2+δ

2 + 8θ

(cid:16) Γi|t| sn

Suy ra: (cid:19)

= e− t2

ϕ∗ n

(cid:18) t sn

8θ

Mặt khác, do |ez − 1| ≤ |z| e|z| nên :

sn )2+δ

(cid:17)

(cid:16) t sn (cid:12) (cid:12) (cid:12)ϕ∗ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:17)2+δ (cid:12) (cid:12) − 1 (cid:12) (cid:12) sn )2+δ 5( Γn|t|

e

− e−t2/2(cid:12) (cid:12) = e−t2/2 (cid:12) ≤ 8

2 + 2

sn (cid:17)2+δ e− t2

≤ 8 5

(cid:17)2+δ

< 3

e−t2/2,

5 ( Γn|t| e 5e−t2/2(cid:16) Γn|t| (cid:16) Γn|t| sn (cid:16) Γn|t| sn

|t| ≤ sn 2Γn

Bổ đề 2.3 được dùng để chứng minh bổ đề 2.4 sau đây:

Xi.

n(t) là hàm đặc trưng của Sn =

i . Gọi ϕ∗

n (cid:80) i=1

Bổ đề 2.4. Giả sử (Xi) là dãy các biến ngẫu nhiên độc lập có: EXi = 0, DXi = δ2

, γ2+δ

2, Γ2+δ

Đặt s2

δi

n =

i = E|Xi − EXi|2+δ.

γ2+δ i

n (cid:80) i=1

n (cid:80) i=1 (cid:17)2+δ(cid:21)1/δ

1 36

(cid:20) Khi đó với |t| ≤ và δ ∈ (0, 1] thì: (cid:16) sn Γn

(cid:19)2+δ

e−t2/3

n(t/sn) − e−t2/2(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤ 16

it(Xj −X

(cid:48)

(cid:12) (cid:12)ϕ∗ (cid:12) (cid:18)Γn |t| sn

)2 + E

= Ee

E(Xj − Xj

t sn

(cid:16) t sn (cid:17)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Chứng minh. Nếu Xj, X (cid:48) j là độc lập cùng phân phối, 1 ≤ j ≤ n, ta có: (cid:48) (cid:12) (cid:12) 2+δ j ) sn = 1 − t2 (Xj − X (cid:48) (cid:12) (cid:12) j) (cid:12)ϕj (cid:12) 2s2 n Mà ta có (a + b)p ≤ (ap + bp)max(1, 2p − 1) với a > 0, b > 0, p > 0

2+δ

(cid:48)

Suy ra:

E

≤

22+δE|Xj|2+δ

(Xj − X

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) j) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

t sn

2+δ

Do vậy:

E|Xj|2+δ

γjt sn

(cid:16) t sn (cid:12) (cid:12) (cid:12)ϕj (cid:17)(cid:12) (cid:12) (cid:12)

≤ 1 − t2δ2 s2 n ≤ 1 − t2δ2 s2 n

γj t sn

(cid:12) + 22+δ(cid:12) t (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) sn (cid:12) (cid:12) 2+δ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

+ 8 (cid:12) (cid:12) 2+δ (cid:12) (cid:12) +8 (cid:12) (cid:12)

t2δ2 j s2 n

≤ e−

Vì thế:

sn |2+δ

(cid:17)2+δ

≤ e−t2+2t2/9 ≤ e−2t2/3 với 36|t|δ ≤

≤ e−t2+8| Γnt

(cid:16) sn Γn (cid:17)(cid:12) (cid:12) (cid:12)

thì theo bổ đề (2.3) ta có điều phải chứng minh.

thì ta có: (cid:12) (cid:16) t (cid:12) (cid:12)ϕ∗ sn Nếu |t| < sn 2Γn Nếu |t| ≥ sn 2Γn

(cid:19)2+δ

e−t2/3

n(t/sn) − e−t2/2(cid:12) (cid:12) ≤ e−t2/3 + e−t2/2 ≤ 2e−t2/3 ≤ 16 (cid:12)

(cid:12) (cid:12)ϕ∗ (cid:12) (cid:18)Γn |t| sn

Chứng minh định lý 2.4

= M

Chứng minh. Ta có: Φ(cid:48) (x) = 1√ 2π

e−x2/2 ≤ 1√ 2π

(cid:17)2+δ . Đặt Fn(x) = P (Wn ≤ x) là hàm phân phối của Wn. Khi đó Fn − Φ ∈ L1. Do đó trong bồ đề (2.2), lấy T δ = 1 36 (cid:16) sn Γn

T (cid:82)

Sau đó áp dụng bổ đề (2.4) ta có:

|Fn(x) − Φ(x)| ≤ 2 π

n(t/sn)−e−t2/2 ϕ∗ t

dt + 24M πT

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

sup x∈R

0 T (cid:82)

(cid:20) (cid:17)2+δ (cid:17)2+δ(cid:21)−1/δ

16 ≤ 2 π

1 36

(cid:16) Γn sn (cid:16) sn Γn

t1+δe−t2/3dt + 24M π (cid:17)1+(2/δ)(cid:27)

(cid:17)2+δ (cid:26)(cid:16) Γn

,

0 ≤ C (cid:48) δ.max

(cid:16) Γn sn

(cid:17)(2/δ)−1−δ

≤ 1 thì chọn Cδ = C (cid:48)

> 1 thì chọn Cδ = C (cid:48) δ

(cid:16) Γn sn

2.2.4 Áp dụng định lý Berry – Esseen đều

2.2.4.1. Áp dụng với dãy Bernoulli

Do δ ∈ (0, 1] nên 2 + δ < 1 + (2/δ). Nếu Γn δ, nếu Γn sn sn Từ đó ta được điều phải chứng minh.

Dùng bất đẳng thức Berry – Esseen với (Xi) là dãy Bernoulli ta suy ra

được định lí Moivre – Laplace.

Thật vậy: Cho (Xi) là dãy các biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân phối có:

P (Xi = 1) = p, P (Xi = 0) = 1 − p = q

Áp dụng định lý (2.1) cho dãy (Xi) ta được:

σ2 = pq, β3 = (1 − p)3p + p3(1 − p) = pq(p2 + q2)

Do đó :

(2.5)

= C

|P (Wn ≤ x) − Φ(x)| ≤ C

β3 √ σ3.

n

p2 + q2 √ npq

sup x∈R

Trong (2.5) thay x = a, x = b ta được :

|P (Wn ≤ a) − Φ(a)| ≤ Ca

p2 + q2 √ npq

|P (Wn ≤ b) − Φ(b)| ≤ Cb

p2 + q2 √ npq

Do vậy, với a, b ∈ R, a < b ta có:

|Pn(a, b] − (Φ(b) − Φ(a))| = |P (Wn ≤ b) − P (Wn ≤ a) − (Φ(b) − Φ(a))|

≤ |P (Wn ≤ b) − Φ(b) − [P (Wn ≤ a) − Φ(a)]|

p2+q2 √

√

≤ Cb

≤ |P (Wn ≤ b) − Φ(b)| + |P (Wn ≤ a) − Φ(a)| npq ≤ C p2+q2

npq + Ca

npq

Suy ra:

(2.6)

|Pn(a, b] − (Φ(b) − Φ(a))| ≤ C

p2 + q2 √ npq

2.2.4.2. Áp dụng cho tổng Poisson

Công thức (2.6) chính là công thức Moivre - Laplace.

X1, X2, . . . là các biến ngẫu nhiên độc lập, cùng phân bố với:

EX1 = µ, DX1 = δ2, E|X1|3 < ∞

Nλ là biến ngẫu nhiên có phân bố Poisson với tham số λ > 0. Giả sử với

mọi λ > 0 thì Nλ và dãy X1, X2, . . . độc lập.

Đặt Sλ = X1 + X2 + . . . + XNλ. Nếu Nếu Nλ = 0 thì đặt Sλ = 0. Khi đó: ESλ = λµ, DSλ = λ(µ2 + δ2).

∼ Sλ = Sλ−λµ √

∼ Sλ là Fλ(x).

λ(µ2+δ2)

Kí hiệu: . Hàm phân bố của

Với các giả thiết trên của X1 ta có bất đẳng thức sau thường được gọi là

bất đẳng thức giả Berry – Esseen:

Định lý 2.5. Tồn tại hằng số C < ∞ sao cho :

(2.7)

|Fλ(x) − Φ(x)| ≤ C

sup x∈R

β3 (µ2 + δ2)3/2√

λ

Năm 1972 bất đẳng thức (2.7) được G.V. Rotar chứng minh đầu tiên

với C = 2.33. Năm 1993, R.Michel đã chỉ ra C ≤ 0.8. Kết quả tốt nhất

thuộc về Korolev và Shevtsova năm 2009 với C ≤ 0.3051.

2.3 Bất đẳng thức Berry – Esseen không đều

2.3.1 Trường hợp cùng phân bố

Năm 1945, Esseen dựa trên phương pháp Fourier đưa ra phát biểu đầu

tiên về ước lượng không đều cho trường hợp các biến ngẫu nhiên độc lập

cùng phân phối với giới hạn về mô men bậc 3. Cụ thể:

Định lý 2.6. Cho X1, X2, . . . là dãy các biến ngẫu nhiên độc lập, cùng phân bố có: EXi = 0, DXi = σ2, E|Xi|3 = β3 < ∞. Khi đó tồn tại hằng

số C > 0 sao cho:

(2.8)

|P (W ≤ x) − Φ(x)| ≤

.

β3 √ σ3.

n

C (1 + |x|3)

2.3.2 Trường hợp không cùng phân bố

Năm 1981, R.Michel đã chứng minh được C ≤ 30.84.

Sau đó, Nagaev (năm 1965) và Bikelis (năm 1966) cùng nghiên cứu trong

trường hợp các biến ngẫu nhiên độc lập, không nhất thiết cùng phân bố

và đưa ra được:

2 = 1, γ =

vọng 0 và Định lý 2.7. Nếu X1, X2, . . . , Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập có kì E|Xi|3. Khi đó tồn tại hằng số C > 0 sao

EXi

n (cid:80) i=1

cho:

(2.9)

|P (W ≤ x) − Φ(x)| ≤

Cγ 1 + |x|3

2.3.3 Chứng minh bất đẳng thức Berry - Esseen không đều

Năm 1977, Paditz chỉ ra C ≤ 114.7. Năm 1989 ông tìm ra C ≤ 31.935

Định lý 2.6 chỉ là trường hợp riêng của định lý 2.7 nên trong mục này tác

giả sẽ trình bày chứng minh định lý 2.7. Trước hết ta xem xét các bổ đề

2.3.3.1. Các bổ đề

sau đây:

Bổ đề 2.5. Cho X1, X2, .., Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập thoả mãn:

EX 2

EXi ≤ 0, Xi ≤ α, 1 ≤ i ≤ n và

Xi. Khi đó

n. Đặt Sn =

i ≤ B2

n (cid:80) i=1

với t > 0 ta có:

(2.10)

EetSn ≤ exp(α−2(etα − 1 − tα)B2 n) (cid:19)

(cid:18) (cid:19) (cid:21) (cid:20)(cid:18) (2.11)

ln

1 +

−

1 +

P (Sn ≥ x) ≤ exp(−

B2 n α2

αx B2 n

(cid:18)

αx B2 n (cid:19)

(2.12)

−

, x > 0

P (Sn ≥ x) ≤ exp

2(B2

x2 n + αx)

Chứng minh. Dễ thấy rằng (es − 1 − s) /s2 là hàm tăng với s ∈ R , từ đó

với s ≤ α và t > 0 ta có:

(2.13)

ets ≤ 1 + ts + (ts)2 etα − 1 − tα

(tα)2

Sử dụng các tính chất của kỳ vọng ta có:

EetSn =

(cid:17)

≤

EetXi (cid:16) 1 + tEXi + etα−1−tα α2 EX 2 (cid:16) (cid:17) 1 + etα−1−tα α2 EX 2 (cid:17) (cid:16) etα−1−tα

n Π i=1 n Π i=1 n Π i=1 ≤ exp

α2 B2

α ln

Vậy (2.10) được chứng minh. (cid:16) (cid:17) . Từ (2.10) ta có: Đặt t = 1

1 + αx B2 n

(cid:104)(cid:16) (cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:105)(cid:17)

= exp

ln

P (Sn ≥ x) ≤ e−txEetSn ≤ exp(−tx+ etα−1−tα α2 B2 n) (cid:17) − B2 − αx 1 + αx n B2 B2 α2 n n

1 + αx B2 n

2(1+s) với s > 0, kết hợp với 2.11 ta được 2.12

Suy ra (2.11). Vì (1 + s) ln(1 + s) − s ≥ s2

EX 2

Bổ đề 2.6. Cho X1, X2, ... , Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập thoả mãn: ¯Xi

EXi = 0, 1 ≤ i ≤ n và

i = 1. Đặt ¯Xi = XiI{Xi≤1}, ¯W =

n (cid:80) i=1

¯W(i) = ¯W− ¯Xi, γ =

E|Xi|3, a, b ∈ R, a < b. Ta có:

n (cid:80) i=1

(2.14)

P (a ≤ ¯W(i) ≤ b) ≤ e− a

2 (5(b − a) + 7γ)

n= 1 ta có:

2) ≤ 1.19e−a/2

Chứng minh. Từ (2.10) với α = 1, B2 P (cid:0)a ≤ ¯W(i) ≤ b(cid:1) ≤ e−a/2Ee ¯W(i)/2 ≤ e−a/2exp(e1/2 − 3

Vậy (2.13) đúng nếu 7γ ≥ 1.19.

7 = 0.17. Ta định nghĩa: δ := γ

2 (≤ 0.085)

Giả sử rằng γ ≤ 1.19

Đặt:

0 ω < a − δ

(2.15)

f (ω) =

e ω 2 (ω − a + δ) , a − δ ≤ ω ≤ b + δ e ω 2 (b − a + 2δ) ,

ω > b + δ

  

¯Mi(t) = Xi(I− ¯Xi≤t≤0 − I0
28

(cid:88)

¯M (i)(t) =

¯Mj(t)

j(cid:54)=i

Rõ ràng: ¯M (i) (t) ≥ 0, f (cid:48)(ω) ≥ 0 và f (cid:48)(ω) ≥ eω/2 với a − δ ≤ ω ≤ b+δ .

Ta có:

(cid:2)f ( ¯W(i)) − f ( ¯W(i) − ¯Xj)(cid:3)(cid:9)

(cid:27)

E (cid:8)Xj (cid:26) +∞ (cid:82)

E

(2.16)

E (cid:8)W(i)f ( ¯W(i))(cid:9) = (cid:80) j(cid:54)=i = (cid:80) j(cid:54)=i

f (cid:48)( ¯W(i) + t) ¯Mj(t)dt (cid:27)

−∞ f (cid:48)(( ¯W(i) + t) ¯M (i)(t)dt

(cid:26) +∞ (cid:82)

= E

−∞

Vậy:

(i)

(cid:90)     (cid:110) (cid:111)

+ t) ¯M (i) (t) dt

E

W(i)f ( ¯W(i))

≥ E

f (cid:48)(W

I{a≤ ¯W(i)≤b}

|t|≤δ



( ¯W(i)−δ) 2

(cid:41) (cid:82)

¯M (i) (t) dt

≥ E

 (cid:40) e

I{a≤ ¯W(i)≤b}

|t|≤δ

( ¯W (i)−δ) 2

(cid:41)

≥ E

(cid:40) e

|Xj| min(δ, (cid:12)

(cid:12) ¯Xj (cid:12) (cid:12))

I{a≤ ¯W (i)≤b}

(cid:80) j(cid:54)=i

≥ e−δ/2(H2.1 − H2.2)

Trong đó:

(cid:9)

H2.1 = E

E (cid:8)|Xj| min(δ, (cid:12)

(cid:12)X j (cid:12) (cid:12) (cid:111) (cid:80) j(cid:54)=i (cid:41) (cid:1)

e ¯W(i)/2

(cid:1) − E |Xj| min (cid:0)δ, (cid:12)

H2.2 = E

|Xj| min (cid:0)δ, (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12)X j (cid:12) (cid:12) (cid:12)X j (cid:80) j(cid:54)=i (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:110) e ¯W(i)/2I{a≤ ¯W(i) ≤b} (cid:12) (cid:40) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Chú ý rằng δ ≤ 0.085 và γ ≤ 0.17 ta có:

(cid:88) (cid:88) (cid:1)(cid:9) =

E (cid:8)|Xi| min (cid:0)δ, (cid:12)

(cid:12) ¯Xi (cid:12) (cid:12)

E (cid:8)|Xi| [min (δ, |Xi|) − δI{Xi>1}](cid:9)

j (cid:54)= i

j (cid:54)= i

≥ −δE |Xi| +

E {|Xi| min(δ, |Xj|)} − δγ

n (cid:80) j=1

≥ −δγ1/3 + 0.5 − δγ

29

≥ −0.085(0.17)1/3 + 0.5 − 0.085(0.17)

≥ 0.43

Do đó: H2.1 ≥ 0.43ea/2P (a ≤ ¯W(i) ≤ b) Bằng bất đẳng thức (2.10) ta có Ee ¯w(i) ≤ exp(e − 2).

1/2

Mặt khác:

  

1/2

n (cid:88)

n (cid:88)

   

≤

EX 2

|Xj| min (δ, |Xj|)

j min (δ, |Xj|)2

j=1

j=1

 V ar     

(cid:33)1/2

≤ δ

EX 2 j

(cid:32) n (cid:80) j=1

= δ

1/2

Do đó:  (cid:88)

.V ar(

H2.2 ≤

|Xi| min(δ, (cid:12)

j(cid:54)=i

(cid:12) ¯Xi (cid:12) (cid:12)))  Ee ¯w(i) 

≤ exp (cid:0) e

2 − 1(cid:1) δ ≤ 1.44δ

Từ (2.16) ta có:

(cid:12) e ¯w(i)/2(cid:111) 2(cid:17)1/2(cid:16)

E.e ¯w(i)(cid:17)1/2

E (cid:8)W(i)f ( ¯W(i))(cid:9) ≤ (b − a + 2δ)E (cid:16) E(cid:12)

≤ (b − a + 2δ)

(cid:110)(cid:12) (cid:12)W(i)(cid:12) (cid:12)W(i)(cid:12) (cid:12) ≤ (b − a + 2δ)ee−2 ≤ 2.06(b − a + 2δ)

(cid:0)2.06eδ/2(b − a + 2δ) + 1.44δ(cid:1) (cid:0)2.06e0.0425(b − a + 2δ) + 1.44δ(cid:1) Kết hợp các bất đẳng thức trên ta có: P (cid:0)a ≤ ¯W(i) ≤ b(cid:1) ≤ e−a/2 0.43 ≤ e−a/2 0.43

≤ e−a/2 (5(b − a) + 13.4δ)

≤ e−a/2(5(b − a) + 7γ)

30

Vậy (2.14) được chứng minh.

Xi, B2

n =

Bổ đề 2.7. Cho (X1, X2, ..., Xn) là các biến ngẫu nhiên độc lập có: EXi = 0, E|Xi|p < ∞, 2 < p ≤ 3. Đặt Sn =

EX 2 i .

n (cid:80) i=1

n (cid:80) i=1

n (cid:88)

Khi đó:

(2.17)

E|Sn|p ≤ (p − 1)Bp

E|Xi|p

n +

i=1

n = Sn − Xi thì: EXiSn|Sn|p−2 (cid:16)

Chứng minh. Đặt S(i) E|Sn|p =

=

EXi

n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1

Sn|Sn|p−2 − S(i) (cid:18)

p−2(cid:19)

+

n

n |Sn|p−2 − S(i) S(i) n

EXi

n |Sn|p−2(cid:17) (cid:12) (cid:12)S(i) (cid:12)

n (cid:80) i=1

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

n , Xi độc lập và EXi = 0. Vì vậy ta có:

p−2(cid:27)

Do S(i)

(cid:17)p−2

EX 2

−

n

n

E|Sn|p ≤

E |Xi|

i |Sn|p−2+ (cid:18)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:26)(cid:16)(cid:12) (cid:12)S(i) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) + |Xi| (cid:12) (cid:12)S(i) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12)S(i) (cid:12) n p−2(cid:19)

≤

n

n (cid:80) i=1 |Xi|p−2 +

EX 2 i

n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1

p−1

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:41) (cid:19)p−2 (cid:40)(cid:18)

− 1

+

n

(cid:12) (cid:12)S(i) (cid:12) (cid:12) (cid:12)S(i) (cid:12) E |Xi| (cid:12) (cid:12) (cid:12)

1 + |Xi| |S(i) n |

n (cid:80) i=1

p−2

Vì (1 + x)p−2 − 1 ≤ (p − 2)x trong đó x ≥ 0 nên ta có:

EX 2

n

E|Sn|p ≤

E|Xi|p +

n (cid:80) i=1

(cid:12) (cid:12) (cid:12) p−1

+

n

n

n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1

p−2

(cid:12) (cid:12)S(i) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

=

n

i E

E|Xi|p + (p − 1)

(p − 2) |Xi| / (cid:12) (cid:12)S(i) (cid:12)

n (cid:80) i=1

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)S(i) (cid:12) i E (cid:12) (cid:12) (cid:12)S(i) (cid:12) (cid:12) E |Xi| (cid:12) n (cid:80) EX 2 i=1

2

p−2 2

Và từ bất đẳng thức Holder ta nhận được:

EX 2

)

n

E|Sn|p ≤

E|Xi|p + (p − 1)

i (E

n (cid:80) i=1

(cid:12) (cid:12)S(i) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

≤

n

E|Xi|p + (p − 1)Bp

n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1

31

Bổ đề 2.7 được chứng minh.

(cid:17)(cid:111) (cid:17)(cid:111) Bổ đề 2.8. Với s < t ≤ 1 ta có: (cid:16) ¯W(i) + t (cid:17) (cid:110)(cid:16) ¯W(i) + t

E

− E

(cid:17) (cid:110)(cid:16) ¯W(i) + s (cid:16) ¯W(i) + s

fx

fx

≤ Ce−x/2 (|s| + |t|)

(cid:48)

. Khi đó:

Chứng minh. Đặt g(ω) = (ωfx(ω)) (cid:17)(cid:111) (cid:17)(cid:111) (cid:17) (cid:110)(cid:16) ¯W(i) + t

E

(cid:16) ¯W(i) + t

− E

(cid:17) (cid:110)(cid:16) ¯W(i) + s (cid:16) ¯W(i) + s

fx

fx

t (cid:82)

=

Eg (cid:0) ¯W(i) + u(cid:1) du

(cid:16)√ (cid:17)

Φ(x), ω ≥ x

s Từ định nghĩa của g và fx ta có:  

g(ω) =

(cid:17) (cid:16)√

2π (cid:0)1 + ω2(cid:1) eω2/2 (1 − Φ(ω)) − ω 2π (cid:0)1 + ω2(cid:1) eω2/2Φ(ω) + ω

(1 − Φ(x)) , ω< x



Với mọi số thực ω, tính toán trực tiếp chỉ ra rằng:

√

2π (cid:0)1 + ω2(cid:1) eω2/2.Φ(ω)+ω ≤ 2, ω ≤ 0

Vậy:

 

g(ω) ≤



4 (cid:0)1 + x2(cid:1) ex2/8 (1 − Φ (x)) , ω ≤ x 2 4 (cid:0)1 + x2(cid:1) ex2/2 (1 − Φ(x)) , x 2 <ω ≤ x

và cận sau này cũng đúng với ω > x, điều này có được bằng cách áp dụng

kết quả trên với – ω thay cho ω trong trường hợp ω ≥ x . Do đó, với bất

(cid:111) kỳ u ∈ [s, t] thì: Eg (cid:0) ¯W(i) + u(cid:1) = E

(cid:111)

(i)

(cid:26) (cid:27) (cid:110) g (cid:0) ¯W(i) + u(cid:1) I{ ¯W(i)+u ≤ x/2} g (cid:0) ¯W(i) + u(cid:1) I(cid:110)

+ E

W

+u > x/2

≤ 4 (cid:0)1 + x2(cid:1) ex2/8 (1 − Φ(x))

(cid:1)

+4 (cid:0)1 + x2(cid:1) ex2/2 (1 − Φ(x)) .P (cid:0) ¯W(i) + u > x

2

(i)

≤ Ce− x

2 + C(1 + x)e−x+2uEe2.W

2

2 +C(1 + x)e−x.Ee2 ¯w(i)

Từ u ≤ t ≤ 1 và do 2.10 suy ra:

≤ Ce− x

(cid:17) (cid:16) ¯W(i) + u

Eg

≤ Ce− x

32

(cid:17) (cid:17)(cid:111) (cid:17) (cid:17)(cid:111)

→ E

(cid:110)(cid:16) ¯W(i) + t (cid:16) ¯W(i) + t (cid:110)(cid:16) ¯W(i) + s

− E

(cid:16) ¯W(i) + s

.fx

.fx

− x

≤ C.e

2 (|s| + |t|)

2.3.3.2. Chứng minh định lý

Bổ đề được chứng minh.

Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ 0. Từ (2.17) ta có:

1 + E|W|3

P (W ≥ x) ≤

1+x3 ≤

1 + 2 + γ 1+x3

Vậy (2.9) được chứng minh với γ ≥ 1.

n (cid:88)

Giả sử rằng γ < 1, đặt:

¯Xi, ¯W(i) = ¯W− ¯Xi

¯Xi = XiI{Xi≤1}, ¯W =

i=1

Mặt khác, do:

(cid:27) (cid:26) (cid:27) (cid:26)

{W ≥ x} =

∪

Xi > 1

Xi ≤ 1

W ≥ x, max 1≤i≤n

W ≥ x, max 1≤i≤n

(cid:26) (cid:27)

⊂

∪ (cid:8) ¯W ≥ x(cid:9)

Xi > 1

W ≥ x, max 1≤i≤n

nên ta có:

Xi > 1)

P (W > x) ≤ P( ¯W > x) + P(W > x, max 1≤i≤n

Vì W ≥ ¯W nên: P (cid:0) ¯W > x(cid:1) ≤ P (W > x)

Chú ý rằng:

Xi > 1) ≤

P (W > x, Xi > 1)

P (W > x, max 1≤i≤n

P

≤

P (cid:0)W(i) > x

+

P

=

2 , Xi > 1(cid:1) (cid:1) P (Xi > 1)

P (cid:0)W(i) > x 2

n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1

≤

n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1 .E|Xi|3 ≤ Cγ 1+x3

γ max(1, x

n (cid:80) i=1 (cid:16) (cid:17) Xi > max(1, x 2 ) (cid:16) (cid:17) Xi > max(1, x 2 ) + 1+E|W(i)|3(cid:17) (cid:16) 2 )3 1+( x

2 )3 +

n (cid:80) i=1

33

ở đó C là hằng số. Vậy để chứng minh (2.9) ta cần chỉ ra rằng:

(cid:12) ≤ C.e−x/2γ (cid:12)P (cid:0) ¯W ≤ x(cid:1) − Φ(x)(cid:12) (cid:12)

Gọi fx là nghiệm của phương trình Stein (1.2) và định nghĩa :

(cid:110) (cid:16) (cid:17)(cid:111)

¯Ki(t) = E

X i

I{0≤ t ≤X i} − I{X i≤ t <0}

1 (cid:90)

(cid:48)

n (cid:88)

n (cid:88)

Tương tự chứng minh (1.5), để ý rằng ¯Xi ≤ 1 và E ¯Xi không nhất thiết bằng 0 nhưng có thể âm ta nhận được:

Ef

E (cid:8) ¯Wfx( ¯W)(cid:9) =

EX iEfx( ¯W(i))

x( ¯W(i) + t). ¯Ki(t)dt +

i=1

i=1

−∞

1 (cid:82)

Từ

E ¯X 2

EX 2

¯Ki(t)dt =

i = 1 −

i .I{Xi>1} ta có:

n (cid:80) i=1

n (cid:80) i=1

n (cid:80) i=1

−∞

(cid:48)

=

x( ¯W)

x( ¯W) − E (cid:8) ¯Wfx( ¯W)(cid:9) E (cid:8)X 2 i I{Xi>1}

(cid:9)Ef (cid:48)

P (cid:0) ¯W ≤ x(cid:1) − Φ(x) = Ef n (cid:80) i=1

1 (cid:82)

E (cid:2)f (cid:48)

+

−∞

x( ¯W(i) + t)(cid:3) ¯Ki(t)dt x( ¯W(i) + X i) − f (cid:48) (i)(cid:17)

(cid:16)

+

W

(cid:9)Efx

E (cid:8)XiI{Xi>1}

n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1 := R1 + R2 + R3

(cid:17) (cid:17)

+ E

E

x( ¯W )(cid:12)

(cid:12) .I( ¯W >x/2) (cid:12) (cid:12) (cid:12)fx (cid:1) Từ (2.10) ta có : (cid:48) (cid:0) ¯W (cid:1)(cid:12) (cid:12) (cid:12) = E (cid:16) ≤

1 +

(cid:16)(cid:12) x( ¯W )(cid:12) (cid:12)f (cid:48) √ 2π. x

√

(cid:16)

≤

1 +

2π. x

(cid:16)(cid:12) (cid:12)f (cid:48) (1 − Φ(x)) + P (cid:0) ¯W > x 2 (1 − Φ(x)) + e−x/2.Ee ¯w (cid:12) .I( ¯W ≤x/2) 2.ex2/8(cid:17) 2.ex2/8(cid:17)

≤ C.e−x/2

Và do đó: |R1| ≤ Cγ.e−x/2 (i)

) ≤ C.e−x/2 và |R3| ≤ C.γ.e−x/2

34

Tương tự, ta có: Efx(W

1 (cid:82)

Đặt R2 = R2.1 + R2.2, trong đó:

E

(cid:105) ¯Ki(t)dt

R2.1 =

−∞ 1 (cid:82)

(cid:104) I{ ¯w(i)+ ¯Xi≤x} − I{ ¯w(i)+t≤x}

(cid:0) ¯W (i) + t(cid:1)(cid:3) ¯Ki(t)dt (cid:1) − (cid:0) ¯W (i) + t(cid:1) fx (cid:0) ¯W (i) + ¯Xi

E (cid:2)(cid:0) ¯W (i) + ¯Xi

(cid:1) fx

R2.2 =

n (cid:80) i=1 n (cid:80) i=1

−∞

Từ bổ đề 2.6 ta có:

(i)

1 (cid:82)

(cid:110) (cid:111) (cid:16)

P

E

x − t
R2.1 ≤

x − ¯Xi/ ¯Xi

(cid:17) ¯Ki(t)dt

I{ ¯Xi≤t}

n (cid:80) i=1

1 (cid:82)

≤ C

e−(x−t)/2E(|Xi| + |t| + γ) ¯Ki(t)dt ≤ Ce−x/2γ

−∞ n (cid:80) i=1

−∞

Từ bổ đề 2.8 ta có: (cid:110) (cid:0) ¯W(i) + t(cid:1)(cid:3)(cid:111) H:= E (cid:2)E (cid:0)(cid:8) ¯W(i) + ¯Xi (cid:9) fx (cid:0) ¯W(i) + ¯Xi (cid:1) − E (cid:0) ¯W(i) + t(cid:1) fz (cid:1) (cid:12) (cid:12) ¯Xi

I{t≤ ¯Xi}

1 (cid:82)

H. ¯Ki(t)dt

R2.2 ≤

n (cid:80) i=1

−∞

1 (cid:82)

≤ Ce−x/2

E (cid:0)(cid:12)

n (cid:80) i=1

−∞

(cid:12) (cid:12) + |t|(cid:1) ¯Ki(t)dt (cid:12) ¯Xi

≤ Ce−x/2λ

Do đó: R2 ≤ Ce−x/2γ Tương tự, ta cũng có: R2 ≥ −Ce−x/2γ

35

Vậy định lý được chứng minh.

Chương 3

Bất đẳng thức Berry - Esseen nhiều chiều

Sau khi nghiên cứu về bất đẳng thức Berry – Esseen trong trường

hợp một chiều, nhiều nhà toán học như Ranga Rao (1961), Nagaev (1976),

Senatov (1980, 1981), Gotze (1991), Bentkus (2003) . . . đã quan tâm phát

triển bất đẳng thức này trong trường hợp nhiều chiều. Trong chương này

tác giả sẽ trình bày về bất đẳng thức Berry – Esseen cho hai trường hợp:

nhiều chiều cùng phân bố và nhiều chiều không cùng phân bố. Để giảm

độ phức tạp nên phần chứng minh định lý chỉ được trình bày cho trường

hợp các vectơ ngẫu nhiên độc lập cùng phân bố.

3.1 Trường hợp cùng phân bố

Để tiện cho việc phát biểu định lý trước hết tác giả đưa ra các định

nghĩa sau:

Định nghĩa 3.1: Cho A là σ - đại số trên không gian Ω. Khi đó:

(i). A bất biến đối với phép co dãn nếu A ∈ A , a > 0 thì aA ∈ A

(ii). A bất biến dịch chuyển nếu A ∈ A , x ∈ Rk thì x + A ∈ A

36

(iii). A bất biến ε - lân cận (ε > 0)nếu A ∈ A thì Aε, A−ε ∈ A.

Trong đó:

|x − y| ≤ ε}

Aε = {x ∈ Rk : ρA(x) = inf y∈A A−ε = {x ∈ A : Bε(x) = {y ∈ Rk : |x − y| ≤ ε} ⊂ A}

, Định lý 3.1. Cho X(1), X(2), . . . , X(n) là các vectơ ngẫu nhiên độc lập cùng (cid:12)X (1)(cid:12) phân bố trong Rk có EX (1) = 0 và có cùng covarian. Đặt β = E(cid:12) 3 (cid:12)

Wn =

|P (Wn ∈ A) − Φ(A)|.

n (cid:80) X (i) n , ∆n = sup i=1 √ A∈A

Nếu A là lớp các tập lồi trong Rk thỏa mãn điều kiện (i),(ii),(iii).

Φ(A) = P (Y ∈ A) là hàm phân phối chuẩn k chiều thỏa mãn:

∀A ∈ A, ε > 0, tồn tại hằng số ak phụ thuộc vào k và A sao cho:

(3.1)

Φ(Aε\A) ≤ akε, Φ(A\A−ε) ≤ akε

Khi đó tồn tại hằng số bk = max(1, ak) sao cho:

(3.2)

∆n ≤ 100bk

β √ n

Định lý 3.1 được đưa ra bởi V.Bentkus trong [3]. Trong chứng minh

định lý V.Bentkus đã sử dụng một số bổ đề. Tuy nhiên việc chứng minh

các bổ đề khá dài nên trong đề tài này tác giả chỉ đơn giản phát biểu nội

dung các bổ đề phục vụ cho phần chứng minh định lý.

3.3.1. Các bổ đề

Bổ đề 3.1. Cho số ε > 0, cho tập A ⊂ Rk và các hàm 0 ≤ ϕ1, ϕ2 ≤ 1

thỏa mãn:

1, x ∈ A

0, x /∈ A

   

,

ϕ1(x) =

ϕ2(x) =

0, x /∈ Aε

1, x ∈ A−ε

 

X, Y là các vectơ ngẫu nhiên tùy ý, γ(A) = P (X ∈ A) − P (Y ∈ A) ,

γ(ϕk) = Eϕk(X) − Eϕk(Y ), k = 1, 2. Gọi A là lớp các tập hợp thỏa mãn

37

điều kiện (iii). Khi đó:

|γ(A)| ≤ max { |γ(ϕ1)| , |γ(ϕ2)| } + max {P (Y ∈ Aε\A), P (Y ∈ A\A−ε)}

(3.3)

Nếu họ {ϕε,A : A ∈ A} gồm các hàm ϕε,A : Rk → R sao cho:

1, x ∈ A

  thì:

0 ≤ ϕε,A ≤ 1 và ϕε,A(x) =

0, x /∈ Aε



(cid:27) (cid:26)

P (Y ∈ A\A−ε)

|γ(ϕε,A)|+max

sup A∈A

|γ(A)| ≤ sup A∈A

sup A∈A

P (Y ∈ Aε\A), sup A∈A

(3.4)

với γ(ϕε,A) = Eϕε,A(X) − Eϕε,A(Y )

Bổ đề 3.2. Cho A ⊂ Rk là tập lồi đóng. Khi đó hàm khoảng cách:

ρ(x) = min{|x − y| : y ∈ A} thỏa mãn:

• |ρ(cid:48)(x)| ≤ 1 với x ∈ Ac = Rk\A

(3.5)

• |ρ(cid:48)(x) − ρ(cid:48)(y)| ≤ |x − y| /r; ∀x, y ∈ Ac, r = min{ρ(x), ρ(y)}

Bổ đề 3.3. Cho tập lồi A ⊂ Rk. Khi đó với mỗi ε > 0 tồn tại một hàm

ϕ phụ thuộc vào A và ε sao cho:

1, x ∈ A

  (3.6)

,

0 ≤ ϕ ≤ 1

ϕ(x) =

0, x ∈ Rk\Aε



(3.7)

|ϕ(cid:48)(x) − ϕ(cid:48)(y)| ≤

,

|ϕ(cid:48)(x)| ≤

8 |x − y| ε2

2 ε

|ψ(cid:48)(t)|dt = 1 và

Hơn nữa ta có thể chọn hàm ϕ có dạng: ϕ(x) = ψ(ρ(x)/ε) với ψ : R → R là hàm khả vi liên tục không âm, không tăng sao cho: (cid:82) R

ρ(x) = min{|x − y| : y ∈ A}.

√

Bổ đề 3.4. Đặt σ = 2/

2π . Khi đó ta có:

(3.8)

1 ≤ k−3/2β, E |X| ≤ β, E |Y | ≤ σβ ≤ β, E|Y |3 ≤ 2σβ ≤ 2β

(3.9)

E|X|2 |(cid:104)X, Y (cid:105)| ≤ σβ ≤ β, E|Y1|2 |(cid:104)Y1, Y (cid:105)| ≤ 2σ2β ≤ 2β

38

E |(cid:104)X, Y (cid:105)| ≤ σβ ≤ β, E |(cid:104)Y1, Y (cid:105)| ≤ σ2β ≤ β

(3.10)

E|(cid:104)X, Y (cid:105)|3 ≤ 2σβ ≤ 2β, E|(cid:104)Y1, Y (cid:105)|3 ≤ 4σ2β ≤ 3β

Bổ đề 3.5. Cho p(y) = (2π)−k/2. e−y2/2, y ∈ Rk là hàm mật độ chuẩn

√

√

hóa k chiều. Đặt σ = 2/

2π, ζ = 2(1 + 4e−3/2)/

2π. Khi đó ta có:

|ρ(cid:48)(y)X| dy ≤ σβ ≤ β

A = E (cid:82) Rk

(cid:90) (3.11)

|ρ(cid:48)(y)Y | dy ≤ σ2β ≤ β

B = E

Rk

(cid:12)ρ(cid:48)(cid:48)(cid:48)(y)X 3(cid:12) (cid:12) (cid:12) dy ≤ ζβ ≤ 2β

C = E (cid:82) Rk (cid:90)

(3.12)

D = E

Rk

(cid:12) (cid:12)ρ(cid:48)(y)Y 3(cid:12) (cid:12) dy ≤ 2σζβ ≤ 3β

Bổ đề 3.6. Cho C là lớp các tập con lồi của Rk, ak = ak(C) là hằng số

đẳng chu thỏa mãn:

P (Y ∈ Aε\A) ≤ akε, P (Y ∈ A\A−ε) ≤ akε, ∀A ∈ C, ε > 0

Khi đó ta có:

(3.13)

inf ak/k1/4 > 0

lim k→∞

3.1.2. Chứng minh định lý

Chứng minh. Ta sẽ dùng phép quy nạp theo n để chứng minh rằng:

(3.14)

∆n ≤ M bkδ

n , M ≥ 10

với δ = β√

Từ β ≥ 1 và ∆n ≤ 1, với n ≤ M 2β2 ta có:

(cid:113) (3.15)

M 2β2/n = M bkδ

∆n ≤ 1 ≤ bk

Từ đó 3.14 đúng với n ≤ 100 ≤ M 2β2.

39

Bây giờ ta giả sử 3.14 đúng với 1, 2, ..., n - 1. Ta sẽ chứng minh 3.14 cũng

đúng với n. Trong chứng minh ta có thể giả sử 100 ≤ M 2β2 ≤ n.

Với ε > 0, áp dụng sự làm trơn của bổ đề 3.1, điều kiện 3.1 và ak ≤ bk ta

có:

(3.16)

|Eϕ(Sn) − Eϕ(Y )| + bdε

∆n ≤ sup A∈A

trong đó: ϕ = ϕε,A thỏa mãn điều kiện của bổ đề 3.1. Theo bổ đề 3.3 ta

có thể chọn ϕ(x) = ψ(ρ(x)/ε) trong đó ρ(x) là hàm khoảng cách giữa x

và A. ϕ, ψ thỏa mãn điều kiện của bổ đề 3.3.

Để đơn giản ta đặt:

√

√

√

√

U = X/

n, V = Y /

n

n, Ui = Xi/

n, Vi = Yi/

Wi = V1 + ... + Vi−1 + Ui+1 + ... + Un, Zn = V1 + ... + Vn

Theo giả thiết về tính độc lập cùng phân phối nên Sn có cùng phân bố với

W1 + U . Hơn nữa: Zn, Wn + V, Y là các vectơ ngẫu nhiên độc lập có cùng

phân phối chuẩn hóa.

Do Eϕ(W2 + U ) = Eϕ(W1 + V ) nên ta có:

|Eϕ(Sn) − Eϕ(Y )| = |Eϕ(W1 + U ) − Eϕ(Wn + V )|

≤ |Eϕ(W1 + U ) − Eϕ(W1 + V )| + |Eϕ(W1 + V ) − Eϕ(Wn + V )|

= |Eϕ(W1 + U ) − Eϕ(W1 + V )| + |Eϕ(W2 + U ) − Eϕ(Wn + V )|

(3.17)

Dùng lặp lại các đối số để thu được 3.17, dẫn tới:

(3.18)

|Eϕ(Sn) − Eϕ(Y )| ≤ γ1 + γ2 + ... + γn

Trong đó: γi = |Eϕ(Wi + U ) − Eϕ(Wi + V )|. Đặt:

(3.19)

θ2 = n/(i − 1), α2 = n/(n − i), Z = Ui+1 + ... + Un

Khi đó với 2 ≤ i ≤ n ta có:

(3.20)

γi = |Eϕ(Y1/θ+U + Z) − Eϕ(Y1/θ+V + Z)|

40

√

√

2π, ζ = 2(1 + 4e−3/2)/

2π.

Đặt n0 = [n/2], σ = 2/

√

2(σ + 2σ2)/3

Chọn: c1 = (2 + 2σ)(cid:112)100/99, c2 = 2c1, c3 = 2c4, c4 = 16

√

(cid:113) (cid:113) (3.21)

100/97

c5 = ζ(1 + 2σ)

2/3, c6 = c5

100/98, c7 = c5

Sau đây ta cần chứng minh với m = 2, ...., n0 thì:

(3.22)

γ1 ≤ bk(c1δ + c2M δ2/ε) √

m − 1

βbk

(3.23)

γ2 + ... + γm ≤

(c3M δ + c4ε)

ε2n

(3.24)

+ c6bkδ

γm+1 + ... + γn0 ≤

c5βbkM δ √ m − 1

(3.25)

γn0+1 + ... + γn ≤ c7bkδ

Chứng minh 3.22

Để chứng minh 3.22 ta cần chứng minh:

(3.26)

γ1 ≤

(2∆n−1 + αbdε), α2 = n/(n − 1)

4β √ n ε

Sử dụng công thức khai triển Taylor với s = 0.

ϕ(cid:48)(x) = ϕ(cid:48)(x).I{Aε\A} với ϕ là hàm hằng ở bên ngoài tập Aε\A−ε Đạo hàm ϕ(cid:48) được xác định bởi 3.7 của bổ đề 3.3, ta có:

γ1 = |Eϕ(cid:48)(W1 + τ U )U − Eϕ(cid:48)(W1 + τ V )V |

(3.27)

≤ 2EI(U )/ε + 2EI(V )/ε

với I(U ) = |U | .I{W1+τ U∈Aε\A}, I(V ) = |V | .I{W1+τ V∈Aε\A} Chúng ta sẽ chứng minh rằng:

EI(U ) ≤ E |U | (2∆n−1 + αbkε)

(3.28)

EI(V ) ≤ E |V | (2∆n−1 + αbkε)

Thật vậy, với điều kiện của τ và U ta có:

EI(U ) = E |U | P {W1 ∈ Aε\A − τ U }

41

P {W1 ∈ Aε\A + z}

P {W1 ∈ Aε\A} P {Sn−1/α ∈ Aε\A}

≤ E |U | sup z∈Rk ≤ E |U | sup A∈A = E |U | sup A∈A

(3.29)

P {Sn−1 ∈ Aαε\A}

≤ E |U | sup A∈A

Chúng ta đánh giá P {Sn−1 ∈ Aαε\A} =P {Sn−1 ∈ Aαε}−P {Sn−1 ∈ A}

gắn với giả thiết quy nạp. Sử dụng kết hợp điều kiện 3.1 để đánh giá

P {Sn−1 ∈ Aαε\A}, ta có:

P {Sn−1 ∈ Aαε\A} ≤ 2∆n−1 + P {Y ∈ Aαε\A} ≤ 2∆n−1 + αbkε (3.30)

Kết hợp 3.29 và 3.20 ta thu được:

EI(U ) ≤ E |U | (2∆n−1 + αbkε)

Chứng minh tương tự ta có:

EI(V ) ≤ E |V | (2∆n−1 + αbkε)

Vậy 3.28 được chứng minh.

Từ 3.8 suy ra:

√

√

E |U | ≤ β/

n, E |V | ≤ β/

n

Từ 3.27, 3.28 kéo theo 3.26.

√

Sử dụng giả thiết quy nạp ∆n−1 ≤ M bkβ/

n − 1 = M bkδα và đánh giá

α ≤ 2 với n ≥ 2 thì 3.26 cho 3.22 với c1 ≤ 8, c2 ≤ 16.

Chứng minh 3.23

Từ kí hiệu 3.19 và 3.20 ta có thể viết:

γi = |I − J| , I := Eϕ(Y1/θ+U + Z), J := Eϕ(Y1/θ+V + Z)

Gọi τ, τ1 là các biến ngẫu nhiên độc lập phân phối đều trên đoạn [0,1].

Đặt:

I0 = Eϕ(Y1/θ+Z)

42

I1 = θEτ (cid:104)Y1, U (cid:105) ϕ(cid:48)(Y1/θ+τ τ1U + Z)U

J1 = θEτ (cid:104)Y1, V (cid:105) ϕ(cid:48)(Y1/θ+τ τ1V + Z)V

Ta cần chứng minh:

(3.31)

I = I0 + I1, I = I0 + J1

Thật vậy, ta có: (cid:90) (3.32)

I = E

ϕ(x/θ+U + Z)p(x)dx

Rk

Trong đó: p(x) = (2π)−k/2. e−x2/2, x ∈ Rk.

Thay x trong 3.32 bởi y = x/θ+U ta được:

(cid:90) (3.33)

I = E

ϕ(y+Z)p(θy − θU )θkdy

Rk

Giữ U, mở rộng hàm mật độ:

p(θy − θU ) = p(θy) − θEp(cid:48)(θy − τ θU )U

= p(θy) + θE (cid:104)θy − τ θU, U (cid:105) p(θy − τ θU )

Thay biến y trong tích phân 3.33 bởi θy = x và θy − θτ U = x, hệ thức

3.32 cho:

(3.34)

I = I0 + I1, I1 := θE (cid:104)Y1, U (cid:105) ϕ(Y1/θ+τ U + Z)

Sử dụng công thức khai trển Talor cho hàm ϕ với s = 0 và do EU = 0 ta

có:

(3.35)

I1 = θEτ (cid:104)Y1, U (cid:105) ϕ(cid:48)(Y1/θ+τ τ1U + Z)U

Hệ thức 3.32 – 3.35 cho ta 3.31 đối với I.

Chứng minh với J hoàn toàn tương tự khi thay U bởi V.

Vậy 3.31 được chứng minh.

Tiếp theo với α2 = n/(n − i), i = 2, ..., n − 1 ta cần chứng minh:

24β √

(3.36)

(2∆n−i + αbkε)

γi ≤

ε2n

i − 1

43

Đặt:

I2 = θEτ (cid:104)Y1, U (cid:105) ϕ(cid:48)(Y1/θ+Z)U

J2 = θEτ (cid:104)Y1, V (cid:105) ϕ(cid:48)(Y1/θ+Z)V

và chú ý rằng I2 = J2 khi CovU = CovV. Do đó 3.31 kéo theo:

(3.37)

γi = |I − J| = |I1 − J1| ≤ |I1 − I2| + |J1 − J2|

ε2 τ1τ 2 |U | (cid:104)Y1, U (cid:105) và P* là xác suất có điều kiện của các biến

Đặt ξ = 8θ

ngẫu nhiên đã cho ngoại trừ Z, ta có:

|I1 − I2| ≤ Eξ(P ∗{Y1/θ+τ τ1U + Z ∈ Aε\A}+P ∗{Y1/θ+Z ∈ Aε\A}

(3.38)

P {x+Z ∈ Aε\A}

≤ 2Eξ sup x∈Rk

Chú ý rằng Z là tổng chuẩn hóa của n – i bản sao độc lập của X. Do đó

sử dụng giả thiết quy nạp và lập luận tương tự từ 3.29 - 3.38 ta có:

(3.39)

P {x+Z ∈ Aε\A} ≤ 2∆n−i+bkαε

Để đánh giá Eξ chúng ta chú ý rằng τ, τ1 ≤ 1 và [E|U |2 |(cid:104)Y1, U (cid:105)| ≤ βn−3/2

(theo 3.9), ta có:

(3.40)

Eξ ≤ 8βθ/(ε2n3/2)

Kết hợp biên của 3.38 - 3.40 ta thu được:

(3.41)

|I1 − I2| ≤ 8θβ(2∆n−i + bkαε)/(ε2n3/2)

Tương tự chứng minh của 3.41 ta có:

(3.42)

|J1 − J2| ≤ 16θβ(2∆n−i + bkαε)/(ε2n3/2)

Bây giờ từ 3.37 kết hợp 3.41, 3.42 cho ta 3.36 với θ = (cid:112)n(i − 1).

Vậy 3.36 được chứng minh.

Bất đẳng thức 3.36 kéo theo 3.23. Thực vậy:

44

Sử dụng giả thiết quy nạp ta có ∆n−i ≤ M bkαδ.

Hơn nữa:

√

√

m (cid:82)

1√

m − 1 ≤ 2

m − 1 với m ≥ 2.

≤ 1 +

= 2

i−1

dt√ t

α ≤ 2 vì 1 ≤ i ≤ n0 = [n/2] m (cid:80) i=2

1

Vậy 3.23 được chứng minh với c3 ≤ 192, c4 ≤ 48.

Chứng minh 3.24

Trước hết ta cần chứng minh rằng:

(3.43)

γi ≤ 5β∆n−i(i − 1)−3/2 + 5β(n − i)−3/2, i = 2, ..., n

(3.44)

γi ≤ 5β(i − 1)−3/2 + 5β(n − i)−3/2, i = 2, ..., n

Theo bổ đề 3.3 ta có:

(cid:90)

|ψ(cid:48)(t)|dt = 1

ϕ(x) = ψ(ρA(x)/ε),

R

Lấy tích phân từng phần và sử dụng tính chất (iii) của lớp A ta thu được:

(cid:82)

γi =

(cid:12) (cid:12) ψ(t/ε)d(P {ρA(Wi + U ) ≤ t} − P {ρA(Wi + V ) ≤ t} (cid:12) (cid:12)

|ψ(cid:48)(t/ε)| |P {ρA(Wi + U ) ≤ t} − P {ρA(Wi + V ) ≤ t}| dt/ε

γi(B)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) R ≤ (cid:82) R ≤ sup B∈A

với γi(B) = |P{Wi + U ∈ B} − P{Wi + V ∈ B}|.

Do đó ta có thể thay γi bởi γi trong 3.43, 3.44.

Sử dụng kí hiệu trong 3.19, 3.20 ta có:

γi(B) = |P{Y /θ + U + Z ∈ B} − P{Y /θ + V + Z ∈ B}|

Thay biến y bởi y/θ + U = u ta có:

I{Y /θ + U + Z ∈ B}p(y)dy

γi(B) =

E (cid:82) Rk

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:90)

− E

I{Y /θ + U + Z ∈ B}p(y)dy

= |I1 − J1|

Rk

45

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

trong đó: (cid:90)

I{u + Z ∈ B}p(θu−θU)θkdu

I1 = E

Rk (cid:90)

I{u + Z ∈ B}p(θu−θV )θkdu

J1 = E

Rk

Áp dụng khai triển taylor với s = 2 cho hàm mật độ p với h = θU và h =

θV, thay biến θu − τ θU = y, θu − τ θV = y, sử dụng U và V có cùng kì

vọng và covarian, ta thu được:

(3.45)

γi(B) ≤ |I0| + |J0|

I{y/θ + τ U + Z ∈ B}p(cid:48)(cid:48)(cid:48)(y)U3dy

2 E(1 − τ )2 (cid:82)

Rk

với: I0 = θ3

I{y/θ + τ V + Z ∈ B}p(cid:48)(cid:48)(cid:48)(y)V3dy

J0 = θ3

2 E(1 − τ )2 (cid:82)

Rk

Sử dụng 3.45 và 3.12 (bổ đề 3.5) ta có:

(cid:90)

=

|I0| = θ3E(1 − τ )2

(cid:12) (cid:12)p(cid:48)(cid:48)(cid:48)(y)U3(cid:12) (cid:12) dy ≤

2βθ3 n3/2

2β (k − 1)3/2

Rk

Tương tự ta có:

|J0| ≤ 3β

(k−1)3/2

Vậy:

γi(B) ≤ |I0| + |J0| ≤

5β (k − 1)3/2

Từ đó suy ra 3.44.

Đặt α2 = n/(n − i). Gọi Z là tổng chuẩn hóa của n - i vectơ ngẫu nhiên

độc lập cùng phân phối với X. Áp dụng 3.45 cho tất cả các biễn ngẫu nhiên

độc lập ngoại trừ Z và theo giả thiết quy nạp ta có:

(3.46)

|I0| ≤ ∆n−kI2 + |I3|

46

trong đó:

I2 = θ3

Rk

6 E (cid:82) 2 E(1 − τ )2I4

(cid:12)p(cid:48)(cid:48)(cid:48)(y)U3(cid:12) (cid:12) (cid:12) dy

I{y/θ + τ U + Y1/α ∈ B}p(cid:48)(cid:48)(cid:48)(y)U3dy

I3 = θ3 I4 := (cid:82)

Rk

(cid:90) Ta có thể biểu diễn I4 dưới dạng: (cid:90)

I{x + τ U + z ∈ B}p(cid:48)(cid:48)(cid:48)(θx)U3p(αz)θkdxαkdz

I4 = θ3

Rk

Rk

Để đánh giá I4 ta dùng phép tích phân từng phần. Thay biến x bởi x + z

= y và kí hiệu ∂h[z] là đạo hàm riêng theo hướng h và theo biến z ta có:

(cid:90) (cid:90)

I{y + τ U ∈ B}(∂3

I4 = −

U [z]p(θy − θz))p(αz)θkdyαkdz

Rk (cid:90)

Rk (cid:90)

= α3

I{y + τ U ∈ B}p(θy − θz)p(cid:48)(cid:48)(cid:48)(αz)U3θkdyαkdz

Rk

Rk

Do đó:

(cid:90) (cid:90) (cid:90)

p(θy − θz)p(cid:48)(cid:48)(cid:48)(αz)θkdyαkdz = α3

|I4| ≤ α3

Rk

Rk

Rk

(cid:12)p(cid:48)(cid:48)(cid:48)(z)U3(cid:12) (cid:12) (cid:12) dz (3.47)

Sự xác định của tích phân cuối cùng trong 3.47 là do 3.12 trong bổ đề 3.5,

kết hợp các biên trong 3.46 ta được:

|I0| ≤ 2β(∆n−iθ3n−3/2 + α3n−3/2) = 2β[∆n−i(i − 1)−3/2 + (n − i)−3/2]

(3.48)

Chứng minh tương tự ta có:

|J0| ≤ 3β(∆n−iθ3n−3/2 + α3n−3/2) = 3β[∆n−i(i − 1)−3/2 + (n − i)−3/2]

(3.49)

Kết hợp 3.45, 3.48, 3.49 ta thu được 3.43.

47

Dùng 3.43 kết hợp giả thiết quy nạp ∆n−i ≤ 2M bkβ khi k ≤ n0 và

1

dt

∞ (cid:82)

t3/2 = 2√

m−1

(k−1)3/2 ≤

m−1

∞ (cid:80) i=m+1 Ta có:

, n − k ≥ n/2 khi k ≤ n0.

+

γm+1 + ... + γn0 ≤

10β √ n

20M bkβδ √ m − 1

Vì bk ≥ 1 nên bất đẳng thức trên suy ra 3.24 với c5 ≤ 20, c6 ≤ 10.

Chứng minh 3.25

Áp dụng 3.44 với k > n0 =[n/2]. Lấy tổng của các biên trong các bất đẳng

∞ (cid:90)

∞ (cid:88)

thức đó và sử dụng:

√

≤

≤

=

4 √ n

dt t3/2

2 n0 − 1

1 (k − 1)3/2

i=n0+1

n0−1

ta thu được 3.25 với c7 ≤ 20.

Các biên trong 3.22 - 3.25 kéo theo biên mong muốn cho ∆n. Thật vậy,

tổng của các bất đẳng thức 3.22 - 3.25, dùng 3.16 và chọn ε = aδ với

1 ≤ a ≤ M .

Với c8 = c8(c1, ..., c7), c9 = c9(c8), ta có:

√

√

(cid:18) (cid:19)(cid:19)

√

+

+

∆n ≤ bkδ

a + c8 + c8

+ c8M

m − 1 a2β

β m − 1

m − 1 aβ √

m−1

(cid:16) (cid:18)1 a (cid:17)(cid:17) (cid:16) 1

≤ bkδ

a + c9M

a +

a2β + β√

m−1

Để chứng minh ∆n ≤ M bkδ ta cần chỉ ra:

√

(cid:19)

√

(3.50)

≤ M

+

+

a + c9M

(cid:18)1 a

m − 1 a2β

β m − 1

Ta chọn m - 1 sao cho α2β2 ≤ m − 1 ≤ 2α2β2. Khi đó 3.50 trở thành:

(3.51)

a + c10M/a ≤ M

trong đó hằng số c10 ≥ 1. Chọn a = 2c10 và M = 10c10 thì 3.51 luôn đúng.

Vậy ∆n ≤ M bkδ. Với các hằng số được chọn trong 3.21 thì c10 ≤ 10 nên

48

M ≤ 100. Định lý 3.1 được chứng minh.

3.2 Trường hợp không cùng phân bố

Sự phụ thuộc của cận Berry – Esseen vào số chiều k đã được đề cập bởi

nhiều tác giả như : Nagaev (1976), Senatov (1980), Sazonov (1981), Gotze

(1991). Sau đây là kết quả nghiên cứu của Bentkus (2003):

Định lý 3.2. Cho X(1), X(2), . . . , X(n) là các vectơ ngẫu nhiên độc lập nhận

X (i)

n (cid:80) i=1

giá trị trong Rk sao cho EX(i) = 0, ∀i. Đặt S =

Giả sử hiệp phương sai của S, kí hiệu covS = C 2 khả nghịch. Z là vectơ

ngẫu nhiên có phân phối chuẩn hóa k chiều sao cho EZ = 0 và covZ =

covS, tức là:

(cid:10)C 2x, x(cid:11) = E(cid:104)S, x(cid:105)2 = E(cid:104)Z, x(cid:105)2, ∀x ∈ Rk

A là lớp tất cả các tập con lồi A ⊂ Rk, kí hiệu:

|P (S ∈ A) − P (Z ∈ A)|

∆(A) = sup A∈A

3

β = β1 + β2 + ... + βn, βi = E(cid:12)

(cid:12)C −1Xi (cid:12) (cid:12)

Khi đó tồn tại hằng số tuyệt đối c sao cho :

(3.52)

∆(A) ≤ c.k1/4β

Tuy nhiên sự phụ thuộc vào k trong (3.52) đã là tối ưu chưa, đây vẫn

là câu hỏi mở. Nagaev (1976) đã chỉ ra:

∆(A) ≤ ckβ

với ck ≥ c0, c0 là hằng số tuyệt đối. Như vậy hằng số trong ∆(A) ≤ ckβ thỏa mãn c0 ≤ ck ≤ c.k1/4

49

Định lý 3.2 ở trên chỉ là trường hợp riêng của định lý 3.3 sau đây:

Định lý 3.3. Cho A là lớp tất cả các tập con lồi A ⊂ Rk thỏa mãn điều

kiện :

i. A bất biến với phép biến đổi afin đối xứng, tức là: DA + a ∈ A ,

với a ∈ Rk, D : Rk → Rk là toán tử đối xứng khả nghịch.

ii. A bất biến dưới tác động của ε - lân cận, tức là : nếu A ∈ A ,

ε > 0 thì Aε, A−ε ∈ A trong đó:

|x − y|

y∈A

Aε = (cid:8)x ∈ Rk : ρA (x) ≤ ε(cid:9) , ρA (x) = inf A−ε = {x ∈ A : Bε(x) ⊂ A} , Bε(x) = {y ∈ Rk : |x − y| ≤ ε}

Hàm phân phối tiêu chuẩn k chiều Φ với hàm mật độ:

η(x) = (2π)−k/2e−|x|2/2, x ∈ Rk

thỏa mãn: ∀A ∈ A, ε > 0, tồn tại hằng số ak = ak(A) phụ thuộc vào k và

A sao cho:

Φ(Aε\A) ≤ akε, Φ(A\A−ε) ≤ akε

Khi đó tồn tại hằng số M sao cho:

∆n ≤ M bkβ

với bk = max(1, ak)

Do phần chứng minh tương đối phức tạp nên trong đề tài này tác giả

chỉ đơn giản phát biểu định lý mà không trình bày chi tiết chứng minh

50

định lý này.

Kết luận

Sau một giời gian nghiên cứu, cùng với sự giúp đỡ của thầy cô, đề tài

đã đạt được những kết quả sau:

Tóm lược được một số kiến thức cơ bản của lý thuyết xác suất liên

quan đến đề tài, nhằm mục đích bổ trợ kiến thức để người đọc dễ dàng

hơn khi tiếp cận các chương sau.

Trình bày được các vấn đề cơ bản của bất đẳng thức Berry – Esseen

một chiều bao gồm: phát biểu, chứng minh định lý cho các trường hợp

khác nhau, giới thiệu khái quát về lịch sử và đưa ra một vài ứng dụng của

bất đẳng thức Berry – Esseen một chiều.

Tiếp đến tác giả khai thác, mở rộng bất đẳng thức Berry – Esseen

cho trường hợp nhiều chiều.

Vì kiến thức là một kho tàng phong phú nên có thể còn nhiều vấn đề

liên quan đến bất đẳng thức Berry – Esseen mà chưa được tác giả đề cập

trong đề tài này. Kính mong quý thày cô và bạn đọc tiếp tục bổ sung, góp

51

ý để đề tài hoàn thiện hơn.

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Viết Phú - Nguyễn Duy Tiến Cơ sở lý thuyết xác suất, NXB

Đại học Quốc gia Hà Nội, năm 2002.

[2] Yuan Shih Chow, Henry Teicher, Probability Theory, 1978 by Springer

- Verlag New York Inc, p. 290-299

[3] V. Bentkus, 2003, On the dependence of the Berry-Esseen bound on

dimention, Journal of Statistical Planning and Inference, 113 (2003),

p. 385-402.

[4] V. Bentkus, 2003, A Lyapunov type bound in Rd , Institute of mathe-

matics and Ìnformatics, 4 (2003), p. 1-16.

[5] L. H. Y. Chen and Q. M. Shao, A non-uniform Berry-Esseen bound via

52

Stein’s method, Probab. Theory Related Fields, 120 (2001), 236-254.