Гудков (1197963), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Вработе И.С. Тюрина [15] доказано следующее утверждение.10Теорема A [15]. Для произвольной квазивыпуклой функцииg : Kh1 ,...,hm → Rсправедливо равенствоg(F ) =supsupF ∈Kh1 ,...,hmg(F ).F ∈Khm+1,...,hm1Проведем эвристические рассуждения о роли трехточечных распределений, используя теорему A.Рассмотрим функционал√√n∗nsup|F(xn) − Φ(x)|,3 dF (x)|x|x−∞gn (F ) = R ∞(4)где F – из класса функций распределения таких случайных величин X,которые удовлетворяют условиюEX = 0,EX 2 = 1,(5)а F ∗n – обозначение n-кратной свертки функции F . Заметим, что (5) можнозаписать в видеZ∞Z∞x dF (x) = 0,−∞x2 dF (x) = 1.−∞ПосколькуZ∞|x| dF (x),β3 =−∞то3n 1 X√Xj < x = F ∗n (x n),Fn (x) ≡ P √n j=1√nβ3∆n = gn (F ).11(6)Допустим, что удалось доказать следующее свойство функционала gn :функция gn (F ) является квазивыпуклой.(7)Полагая в теореме Am = 2,h1 (x) = x,h2 (x) = x2 − 1,приходим к следующему выводу: если выполнено условие (5), то при каждомцелом n ≥ 1√supF ∈Kh1 ,h2nβ3∆n ≡sup gn (F ) =F ∈Kh1 ,h2sup gn (F ).F ∈Kh31 ,h2Таким образом, задача о поиске оптимальной константы C0 в случаедискретных распределений сводится к поиску оптимальной константы C03при условии, что доказано предположение (7).
Если же нам удастся определить C0∗ в неравенстве (1) для всех функций распределения из D, то поскольку любую функцию распределения можно приблизить ступенчатымифункциями распределения (с конечным числом разрывов), константа C0∗ сохранится и для произвольных функций распределения F , удовлетворяющихусловию (6).Настоящее исследование посвящено проверке гипотезы C0∗ = CE дляслучая трёхточечных распределений, другими словами, проверке гипотезы∗C03= CE .
Мы показываем, что в этом случае задача сводится к исследова-нию на наибольшее значение некоторой функции трёх переменныхE ≡ E (t, c, ϕ)(см. главу 3). Заметим, что в настоящей работе нет доказательства, чтоусловие (7) выполнено.121 Функция Эссеена и её аналог для трехточечногораспределенияПусть X – случайная величина с трёхточечным распределением, F (x) –ее функция распределения, и пусть выполнено условие (5).Рассмотрим случай, когда два атома из трёх отрицательны, а один положительный в соответствии с рисунком 2). Под атомами распределениядискретной случайной величины понимают значения, которые с положительными вероятностями принимает эта случайная величина. ПустьP(X = −x) = p,P(X = −y) = q,P(X = z) = r,(8)гдеx > y ≥ 0,p.−xz > 0,p + q + r = 1.q(9)r...−yz0Рисунок 2 – Трёхточечное распределение с атомами в точках −x, −y, zИз (5), (8) и (9) вытекает система линейных алгебраических уравненийотносительно p, q и rp + q + r = 1,−xp − yq + rz = 0,x2 p + y 2 q + z 2 r = 1.Определитель системы равен 11 1D = −x −y z 2 x y2 z213.(10)Так как транспонирование матрицы не меняет ее определителя, то мыможем записать равенство 1 −x x2 1 α1 α12 22D = 1 −y y = 1 α2 α2 =: V, 22 1 z z 1 α3 α3 гдеα1 = −x,α2 = −y,α3 = z.Таким образом, D есть определитель Вандермонда третьего порядка V .Известно, чтоV = (α2 − α1 )(α3 − α1 )(α3 − α2 ),откудаD = (x − y)(z + x)(z + y).Так как x > y > 0 и z > 0, то D > 0.
Следовательно, система (10) имеетединственное решение, которое можно отыскать по методу Крамера:p=D1,D, 1 1 1 D2 = −x 0 z , 22 x 1 z q=D2,Dr=D3,Dгде1 1 1D1 = 0 −y z 1 y2 z2Нетрудно проверить, чтоD1 = (z + y)(1 − yz),D2 = (z + x)(xz − 1),D3 = (x − y)(1 + xy).14 11 1D3 = −x −y 0 2 x y2 1.Следовательно,1 − yz,(x − y)(x + z)xz − 1,q=(x − y)(y + z)xy + 1r=,(x + z)(y + z)p=xz > 1,yz < 1.(11)(12)(13)(14)Заметим, что эти формулы, но без вывода, можно найти также в работеТюрина [15, c. 258].Далее мы используем обозначенияαk = EX k ,βk = E|X|k ,(15)где k – целые неотрицательные числа.Пусть h – минимальное расстояние между атомами рассматриваемоготрёхточечного распределения, т.е.h = min{x − y, z + y},где x, y, z из (8), (9).К.-Г.
Эссеен [3] показал, что для всех дискретных распределений, у которых расстояние между атомами не меньше чем h, и выполнено условие (5),справедливо неравенствоβ31√ |α | h 3+≤ CE .622π(16)В частности, это верно для случайной величины X, принимающей тризначения и удовлетворяющей условию (5).Если X принимает два значения −x и z с вероятностями p и r соответственно, которые представлены на рисунке 3, где p + r = 1, то условия15центрирования и нормировки (5) принимают следующий вид−xp + zr = 0,x2 p + z 2 r = 1.pr...−xz0Рисунок 3 – Двухточечное распределение с атомами в точках −x, zРешая эту систему уравнений относительно x и z, находим, чтоrx=rr,pz=p,rт.е.r r= p,P X=−pr pP X== r,rp + r = 1.Отсюдаr3/2 p3/2−r2 + p2p−r2p − 1= √= √ ,α3 = −x p + z r = − 1/2 + 1/2 = √prprprprp2 + r 2r3/2 p3/233β3 = x p + z r = 1/2 + 1/2 = √.prpr33При этом расстояние между атомами равноrh = z − (−x) =16p+rrr1=√ .ppr(17)В этом случаеβ31√ |α | h |1 − 2p| + 3|1 − 2p| + 33√ =√ =: E (p).
(18)+=622π(p2 + r2 )6 2π(p2 + (1 − p)2 )6 2πФункция E (p) в [9] названа функцией Эссеена, поскольку она возникла из|α3 | h1выражения β √2π 6 + 2 , изучению свойств которого посвящена статья Эс3сеена [3]. Покажем, что эта функция принимает максимальное значение CEпри p = p1 =√4− 102= 0.41886 . . . и p = p2 = 1 − p1 =√−2+ 102= 0.581138 .
. . .В случае p ∈ [0, 0.5] имеемE (p) =2−p√ .(p2 + (1 − p)2 )3 2πНетрудно показать (см. также рассуждения в [9, с. 251]), что при p ∈ [0, 0.5]единственным корнем уравненияddpE (p) = 0 является p1 . Простые вычис-ления приводят к выводу E (p1 ) = CE . Легко видеть, что график функцииЭссеена, представленный на рисунке 4, симметричен относительно вертикальной прямой p = 12 . Следовательно в точке p2 эта функция такжепринимает максимальное значение CE .Рассмотрим левую часть неравенства (16) в случае трехточечных распределений.
В работе И.Г. Шевцовой [14] доказано, что при условии (5)справедлива оценкаh ≤ β3 + β1 .Это неравенство достигается, т.е. становится равенством для симметрического двухточечного распределения1P(X = ±1) = .217E (p)0.40.30.20.10.20.40.60.81.0pРисунок 4 – График функции ЭссеенаЗаменим в (16) h на β3 + β1 и выразим полученную величину|α3 |β3 + β11 |α3 | + 3β1 √ +√ = √E =3+β3β3 6 2π β3 2 2π6 2πв терминах распределения (8).
Учитывая равенствоα3 = −x3 p − y 3 q + z 3 r = 2z 3 r − β3 ,приходим к выражению1 |2rz 3 − β3 | + 3β1 √E =3+.β36 2π(19)Заметим, что когда трёхточечное распределение (8) вырождается вдвухточечное (17), величина E совпадает с функцией Эссеена E (p) из (18),√поскольку в этом случае β1 = 2 pq и, следовательно,1β3 + β1 = √ = h.pq182 Постановка вычислительной задачиНаша гипотеза состоит в том, что E ≤ CE .Положимx = av, y = bv, z = cv, v > 0,гдеa2 + b2 + c2 = 1,(20)т.е. a, b, c – направляющие косинусы вектора (x, y, z), а v – его длина. Из(9) и (14) вытекают следующие ограничения0 ≤ b < a < 1,Так как a > b, то промежутокh 11 iv∈ √ ,√ .ac bcc ∈ (0, 1),√1 , √1acbcне вырождается в точку.
Заметим,что если бы параметр c совпал с 0 или 1, то в силу условия EX = 0 мы быполучили одноточечное распределение, сосредоточенное в 0.Освобождаясь от параметра v, имеемrabx = z, y = z, z = z,ccc≤z≤arИз (20) следует, чтоa2b2+= 1.1 − c2 1 − c2Введём параметр ϕ равенствамиa2cos ϕ =,1 − c2b2sin ϕ =.1 − c222Так как a > b ≥ 0, то0≤ϕ<19π.4c.b(21)Заметим, что ϕ 6= π4 , поскольку рассматривается распределение, сосредоточенное в трех различных точках: −x < −y < z.Обозначим√A ≡ A(c, ϕ) =1 − c2cos ϕ,c√B ≡ B(c, ϕ) =1 − c2sin ϕ.c(22)Соотношения (21) можно переписать в видеx = Az,y = Bz,11√ ≤z≤√ ,AB(23)а (11)–(14) – в виде1 − Bz 2p= 2,z (A − B)(A + 1)(24)Az 2 − 1,q= 2z (A − B)(B + 1)(25)ABz 2 + 1,r= 2z (A + 1)(B + 1)(26)0≤ϕ<π,411√ ≤z≤√ .ABТогдаrz 3 =z(ABz 2 + 1),(A + 1)(B + 1)A(1 − Bz 2 )B(Az 2 − 1)ABz 2 + 1β1 =++z(A − B)(A + 1) z(A − B)(B + 1) z(A + 1)(B + 1)2(1 + ABz 2 )=,(1 + A)(1 + B)z20(27)β3 =A3 z(1 − Bz 2 )B 3 z(Az 2 − 1)z(ABz 2 + 1)++=(A − B)(A + 1) (A − B)(B + 1) (A + 1)(B + 1)222z z AB(1 − A − B − AB) + 1 + A + B + AB(1 + A + B)=(A + 1)(B + 1).ОбозначимK0 = 1 + A2 + B 2 + AB(1 + A + B).
(28)K1 = AB(1 − A − B − AB),Имеем2(z 2 + 3)(ABz 2 + 1)2rz 3 + 3β1=.β3z 2 (z 2 K1 + K0 )(29)Введём обозначенияt = z2,G(t) ≡ G(t, c, ϕ) =(t + 3)(ABt + 1).t(tK1 + K0 )(30)Из (19), (29) и (30) следует, что1 √E ≡ E (t, c, ϕ) =1 + G(t) ,3 2πпричём11≤t≤ .ABСтавится задача: с помощью компьютера найтиmax E (t, c, ϕ)при 0 < c < 1, 0 ≤ ϕ < π/4,1A≤t≤1B,21где A и B – функции из (22).(31)3 О методе решения поставленной задачиРассмотрим множество точек (c, ϕ), где c ∈ [0; 1], ϕ ∈ [0; π/4]. Множествотаких точек назовём сеткой, а сами точки - узлами сетки, величину h шагом сетки, n - заданное натуральное число. ОбозначимΩhc ,hϕ = {(ci , ϕj )},(32)где i = 0, 1, . .
. , n, j = 0, 1, . . . , n, hc = 1/n и hϕ = π/4n. Сетка при n = 10представлена на рисунке 5.Для каждого узла сетки (ci , ϕj ) найдёмp1 − c2iA(ci , ϕj ) =cos ϕj ,ci(33)p1 − c2iB(ci , ϕj ) =sin ϕj .ci(34)Всем парам значений функций A(ci , ϕj ) и B(ci , ϕj ) поставим в соответствиепоследовательностьtn =где h =1111,+ h, . . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
