Диссертация (1154386), страница 35

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 35)

Мы приводим здесь доказательство, использующее аналитичность функции E ξ p от переменной p и свойство единственности для характеристических функций. Близкое рассуждение есть такжев работе [165].Лемма 5.2.3. Пусть η — случайная величина (η : Ω → R) и для некоторого q ∈ (0, +∞)E eqη < ∞.Тогда функцияψ(p) = E epηявляется аналитической в полосе Re p ∈ (0, q).Доказательство. Пусть p0 = Re p ∈ (0, q). Тогда, в силу неравенства Ляпунова,p0E |epη | = E ep0 η 6 (E eqη ) q < ∞и функция ψ(p) определена в полосе Re p ∈ (0, q) корректно.

Далее, длявыбранного p и ∆p, |∆p| < r = min{p0 , q − p0 }, рассмотрим разность∆pηψ(p + ∆p) − ψ(p)e−1−∆pηϕ(∆p) =− E ηepη = E epη ·(5.12)∆p∆pи покажем, что она стремится к нулю при ∆p → 0. Тем самым будет доказано наличие производной у функции ψ(p) в рассматриваемой полосе, т.е.утверждение леммы. Заметим, чтоE |ηepη | < ∞301и функция ϕ(∆p) определена корректно. Действительно, так как для ε > 0|x|ex 6 e(1+ε)x + C(ε) для всех x ∈ R,то|ηepη | = |η|ep0 η 61 qη(e + C) .p0Далее оценим выражение под знаком математического ожидания в (5.12):∞nX pη e∆pη − 1 − ∆pη pηn−1 |η|6e0e ·|∆p|·.(5.13)∆pn!n=2Если |∆p| < min{r, r2 }, то|∆p|n−1 = |∆p|n−2 · |∆p| 6 rn−2 · r2 = rn .При таких ∆p в силу (5.13) имеем∞X pη e∆pη − 1 − ∆pη rn · |η|ne · 6 ep0 η6 ep0 η+r|η| 6 eqη + 1.∆pn!n=0(5.14)Так как случайная величина под знаком математического ожидания в (5.12)стремится к нулю (в силу того, что (epη )0p = ηepη ) и выполнено (5.14), мыможем применить в (5.12) теорему Лебега о мажорируемой сходимости иполучить pη e∆pη − 1 − ∆pη = 0,lim |ϕ(∆p)| 6 lim E e ·∆p→0∆p→0∆pлемма доказана.Лемма 5.2.4.

В условиях леммы 5.2.3 для всех t ∈ Rϕη (t) = E eitη = lim E e(it+p0 )η .p0 →0+302Доказательство.p0 (it+p0 )ηitη − E e 6 E |ep0 η − 1| 6 (E eqη ) q + 1 6 E eqη + 2 < ∞.E eКак и в доказательстве леммы 5.2.3, используя теорему Лебега получимутверждение леммы.Теорема 5.2.5. Пусть ξ1 и ξ2 — неотрицательные случайные величинытакие, чтоE ξ1pn = E ξ2pn(5.15)для некоторой последовательности {pn }∞n=1 ⊂ [a, b], 0 < a < b < ∞,pl 6= pk при l 6= k, и, кроме того,E ξjb+ε < ∞ для некоторого ε > 0, j = 1, 2.(5.16)Тогда их функции распределения совпадают:Fξ1 (x) = P{ξ1 6 x} = P{ξ2 6 x} = Fξ2 (x) для всех x ∈ R.Доказательство. Предположим сначала, что ξ1 и ξ2 положительны на Ω.В этом случае мы можем рассмотреть случайные величины η1 = log ξ1 иη2 = log ξ2 .

ТогдаE epηj = E ξjp .Согласно условию (5.16) и утверждению леммы 5.2.3, мы можем заключить, чтоψ1 (p) = E epη1 и ψ2 (p) = E epη2аналитические функции в полосе Re p ∈ (0, b + ε). В силу свойства аналитических функций и условия (5.15) (ψ1 (pn ) = ψ2 (pn )) имеемψ1 (p) = ψ2 (p) при Re p ∈ (0, b + ε).303Теперь мы можем воспользоваться леммой 5.2.4 и получить равенство дляхарактеристических функций случайных величин:ϕη1 (t) = lim ψ1 (it + p0 ) = lim ψ2 (it + p0 ) = ϕη2 (t).p0 →0+p0 →0+Известно, что характеристическая функция однозначно определяет распределение [94, стр.

360]. Поэтому для x > 0Fξ1 (x) = P{ξ1 6 x} = P{η1 6 log x} = P{η2 6 log x} = P{ξ2 6 x} = Fξ2 (x).Если же x 6 0, то Fξ1 (x) = 0 = Fξ2 (x). В случае строго положительных ξ1и ξ2 теорема доказана.В общем случае рассмотрим событияΩj = {ω ∈ Ω : ξj > 0}, j = 1, 2.Если P{Ω1 } = 0, то ξ1 = ξ2 = 0 почти наверное. Далее считаем, чтоP{Ωj } > 0. Рассмотрим вероятностные пространства {Ωj , Fj , Pj }, где Fj =F ∩Ωj , Pj (A) = P(A)/P(Ωj ) для A ⊂ Ωj .

Соответствующее математическоеожидание обозначим через Ej . Тогда, согласно лемме 5.2.3 и лемме 5.2.4,имеем аналитичность функции Ej ξjp иlim Ej ξjp0 = 1,p0 →0+откуда, учитывая, что для рассматриваемых случайных величин Ej =1P{Ωj } E,получим аналитичность функции E ξjp иP{Ωj } = lim E ξjp0 .p0 →0+(5.17)Следовательно, P{Ω1 } = P{Ω2 } и E1 ξ1p = E2 ξ2p при Re p ∈ (0, b + ε). Дляположительных случайных величин ξ1 и ξ2 на {Ω1 , F1 , P1 } и {Ω2 , F2 , P2 }304аналогично изложенному выше получаем равенство функций распределений.

Возвращаясь к исходному вероятностному пространству, имеем дляx>0P{ξ1 6 x} = P{Ω1 } · P1 {ξ1 6 x} + (1 − P{Ω1 }) == P{Ω2 } · P2 {ξ2 6 x} + (1 − P{Ω2 }) = P{ξ2 6 x}.При x < 0 имеем Fξ1 (x) = Fξ2 (x) = 0. Если x = 0, то Fξ1 (0) = 1 − P{Ω1 } =1 − P{Ω2 } = Fξ2 (0). Таким образом мы установили, что для всех x ∈ RFξ1 (x) = Fξ2 (x),и теорема доказана.5.2.4Неравенства между всеми моментами не гарантируют неравенства между распределениямиВ этом разделе приводится следующий результат, который может показаться парадоксальным на фоне результата предыдущего параграфа: изнеравенств1E|η|p 6 E|ξ|p 6 E|η|p < ∞ при всех вещественных p > 02не следует неравенства P{ω : |ξ| > τ } 6 CP{ω : |η| > τ } для всех τ > 0ни с какой константой C даже для конкретных ξ и η.В качестве вероятностного пространства {Ω, F, P} нам будет удобнеездесь рассматривать полуинтервал (0, 1] с мерой Лебега µ.

Мы покажем,что существуют две неотрицательные случайные величины ξ и η такие, что1 pEη 6 Eξ p 6 Eη p < ∞ для всех p > 0,2305но при этомlim supτ →+∞P{ω : ξ > τ }= +∞.P{ω : η > τ }Лемма 5.2.6. Пусть x(t), y(t) — невозрастающие неотрицательные функции на (0, 1]. Если для некоторого C > 1 и всех τ > 0µ {s ∈ (0, 1] : x(s) > τ } 6 Cµ {s ∈ (0, 1] : y(s) > τ } ,то для всех t ∈ (0, 1]ZtZtx(s) ds 6 C0y(s) ds.0Доказательство. Так как монотонная функция имеет не более чем счетноемножество точек разрыва, можно считать функции x(t) и y(t) непрерывными слева. В этом случае справедлива формула [32, стр. 83]x(t) = inf {τ : µ{s ∈ (0, 1] : x(s) > τ } < t} .(5.18)Далее,nsoµ s ∈ (0, C] : y> τ = Cµ {s ∈ (0, 1] : y(s) > τ } ,Cоткуда, воспользовавшись условием леммы, получимnsoµ{s ∈ (0, 1] : x(s) > τ } 6 µ s ∈ (0, C] : y>τ .CПоэтому из (5.18) и аналогичной формулы для функции y (s/C) вытекаетнеравенствоx(s) 6 ys306C,справедливое для всех s > 0, если считать, что x(s) и y (s/C) равны нулювне (0, 1] и (0, C] соответственно.

Наконец, интегрируя последнее неравенство, получим для всех t ∈ (0, 1]ZtZt Zt/CZtsx(s) ds 6 yds = Cy(s) ds 6 C y(s) ds.C0000Лемма 5.2.7. Существуют две невозрастающие неотрицательные функции x(t) и y(t) на (0, 1] такие, что kxkp 6 kykp < ∞ при всех p > 0, иRtlim supt→0+0Rtx(s) ds= +∞.y(s) ds0Доказательство. Из теоремы 3.4.6 и пункта (ii) утверждения 3.4.11 следует существование двух невозрастающих неотрицательных функций x1 (t)и y(t) на (0, 1] таких, что kx1 kp 6 kykp < ∞ при всех p > 1, иRtlim supt→0+x1 (s) ds0Rt= +∞.y(s) ds0Рассмотрим функцииZ1A(p) =x1 (s)p dsZ1иB(p) =0y(s)p dsпри p ∈ (0, 1).0Функция A(p) непрерывна при p > 0, и (см.

соотношение (5.17) из доказательства теоремы 5.2.5)lim A(p) = µ{t ∈ (0, 1] : x1 (t) > 0} > 0.p→0+307Поэтому функция A(p) положительна, ограничена и отделена от нуля на(0, 1). То же можно сказать о B(p). Следовательно, для некоторого C > 1при всех p ∈ (0, 1),A(p) 6 CB(p)иZ1x1 (s)p ds 6 C0Z1y(s)p dsпри всех p > 0.0Считая, что x1 (s) = 0 при s > 1, рассмотрим функцию x(s) := x1 (Cs).ИмеемZ1Z1Z1Z1/C1x1 (s)p ds 6 y(s)p ds,x1 (Cs)p ds =x(s)p ds =Cи000Zt1x(s) ds =CZCt001x1 (s) ds >C0Ztx1 (s) ds.0Для функций x(t) и y(t) выполнены все условия леммы.Следующее простое рассуждение, принадлежащее С.В. Асташкину, показывает, что в лемме 5.2.7 неравенства между Lp −нормами можно заменить на эквивалентность моментов.Рассматривая функции x(t) и y(t) из леммы 5.2.7 положим x0 (t) =max{x(t), y(t)}. ТогдаZtZtx0 (s) ds >0x(s) ds,0и, следовательно,Rtlim supt→0+x0 (s) ds0Rt= +∞.y(s) ds0308При этомZ1Zx0 (s)p ds =0x(s)p ds +{s: x(s)>y(s)}Z16Zy(s)p ds 6{s: x(s)<y(s)}x(s)p ds +Z100Z1Z1y(s)p ds 6 2Z1y(s)p ds.0Кроме тогоy(s)p ds 60x0 (s)p ds,0и мы приходим к следующему утверждению.Лемма 5.2.8.

Существуют две невозрастающие неотрицательные функции x(t) и y(t) на (0, 1] такие, что kykpp 6 kxkpp 6 2kykpp < ∞ при всехp > 0, иRtlim supt→0+0Rtx(s) ds= +∞.y(s) ds0Так какZtp p1t,xK(t, x; Lp , L∞ )  (x∗ (s))p ds ,0(см., например, [11, теорема 5.2.1]), из леммы 5.2.8 вытекаетСледствие 5.2.9. Для каждого p > 0 существуют функции x и y такие,что kykqq 6 kxkqq 6 2kykqq < ∞ для всех q > 0 иlim supt→0+K(t, x; Lp , L∞ )= +∞.K(t, y; Lp , L∞ )309Пусть теперь x(s) и y(s) — функции из леммы 5.2.8.

Считая, что x(s) =0 при s > 1, рассмотрим функцию x1 (s) := x(2s). ИмеемZ1Z1/2Z11x1 (s)p ds = x(2s)p ds =x(s)p ds,200иZt1x1 (s) ds =200Z2t1x(s) ds >20Ztx(s) ds.0Полагая теперь ξ := x1 (t) и η := y(t) (напомним, что мы смотрим на (0, 1]как на вероятностное пространство), и привлекая лемму 5.2.6, получаемПредложение 5.2.10. Существуют две неотрицательные случайные величины ξ и η такие, что1 pEη 6 Eξ p 6 Eη p < ∞ для всех p > 0,2но при этомlim supτ →+∞5.2.5P{ω : ξ > τ }= +∞.P{ω : η > τ }Отсутствие Lp-делимостиХорошо известна ключевая роль, которую играет в теории интерполяциисвойство K-делимости K-функционала банаховой пары [121, Гл.

3]. Следующий результат показывает, однако, что Lp -нормы измеримой функциивообще говоря не обладают аналогичным свойством.Предложение 5.2.11. Для каждого p > 1 существует невозрастающиенеотрицательные функции x и yk , k ∈ N, удовлетворяющие условиям:1) yk ∈ L∞ для всех k ∈ N;PP∞2) kxkq 6 k ∞k=1 yk kq 6k=1 kyk kq < ∞ для всех q ∈ [1, ∞);3103) для произвольного представления x =P∞k=1 xk(со сходимостью помере)kxk kq= ∞.k∈N,q∈[p,∞) kyk kqsupДоказательство. Согласно следствию 5.2.9, мы можем найти функцииx = x∗ и y = y ∗ такие, что kxkq 6 kykq при q > 1 иlim supt→0+K(t, x; Lp , L∞ )= +∞.K(t, y; Lp , L∞ )(5.19)Пусть {tj }∞j=1 — убывающая последовательность вещественных чиселиз интервала (0, 1), стремящаяся к нулю. Обозначая ỹ0 := y, введем двепоследовательности функций на [0, 1]:ỹj (t) := (y(t) − y(tpj )) · χ(0,tpj ) (t) и yj (t) := ỹj−1 (t) − ỹj (t), j ∈ N.Очевидно,∞Xỹj =yk , j = 0, 1, 2, . .

.k=j+1иkỹj kp + tj · ky − ỹj k∞tpj p1tpj p1ZZp6  (y(s))p ds + tj · y(tj ) 6 2  (y(s))p ds .00(5.20)Используя (5.19), мы можем выбрать последовательность {tj }∞j=1 , удовлетворяющую условиям выше и такую, чтоpZtj p1K(tj , x; Lp , L∞ ) > j ·  (y(s))p ds0и2kỹk kq 6 kyk kqдля q = p, 2p, . .

. , kp, k ∈ N.311(5.21)Из последних оценок следует, что для q = np, n ∈ N и всех k > n, будетkyk+1 kq 6 kyk kq /2, откуда следует, что для всех j > n − 1∞Xk=j+1kyk kq 6∞X2j+1−k · kyk kq = 2kyj+1 kq 6 2kỹj kq 6 2kykq < ∞. (5.22)k=j+1Поэтому последовательность {yk }∞k=1 удовлетворяет условию 2). Так как 1)выполняется в силу определения {yk }∞k=1 , остается доказать только 3).PПредполагая противное найдем представление x = ∞k=1 xk и константуC такие, что для всех q > p и k ∈ N будетkxk kq 6 Ckyk kq .Откуда, используя неравенства (5.22) с q = p и (5.20), получим jX∞X K(tj , x; Lp , L∞ ) 6 xk xk + tj · k=j+1 k=1∞p6∞Xkxk kp + tj ·k=j+1kxk k∞k=1∞X6 CjXkyk kp + tjk=j+1jXkyk k∞ k=16 2C kỹj kp + tj ky − ỹj k∞tpjZ6 4C  p1(y(s))p ds .0Так как последнее неравенство противоречит (5.21), доказательство закончено.3125.2.6Суммы случайных величин из класса КарлеманаНас интересует аппроксимация симметричными пространствами классаКарлемана C, а также класса D случайных величин с определенной проблемой моментов.

Характеристики

Список файлов диссертации