k=1 k=1 találhatjuk meg, hogy az adott feltétel mellett az empirikus eloszlás ennek az eloszlásnak

Nagy elt´ er´ esek elm´ elete. A Szanov t´ etel. Egy el˝ oz˝ o feladatsorban, a Nagy eltérések elmélete; F¨ uggetlen val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok feladatsorban annak az eseménynek a val´ osz´ın˝ uségét vizsgáltuk, hogy f¨ uggetlen, egyforma eloszl´ as´ u val´ oszin˝ uségi v´ altoz´ ok ´ atlaga egy a v´ arhat´ o értéknél nagyobb számot vesz fel. Az ottani eredményekb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy ha ξk , k = 1, 2, . . . , f¨ uggetlen, n P egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok, Sn = ξk , akkor az Snn a´tlag Fn (y|x) = k=1 P Snn ≥ y Snn ≥ x feltételes eloszl´ asa y > x > Eξ1 esetén teljes´ıti a lim Fn (y|x) = 0 n→∞ tulajdonságot. Ezt u ´gy is interpretálhatjuk, hogy ha az ´ atlag nagyobb mint x, akkor az ezen feltétel mellett majdnem egy val´ osz´ın˝ uséggel az x pont kis k¨ ornyezetébe van koncentr´ alva. Teh´ at eme feltétel mellett az ´ atlag eloszl´ asa er˝ osen lokalizált. Egy ennél er˝ osebb lokalizációs tulajdonságot k´ıvánunk megfogalmazni és bebizony´ıtani. Ez azt a tényt fejezi ki, hogy alkalmas és nagyon ´ altal´ anos feltételek mellett nemcsak az ´ atlag, hanem az ¨ osszeadand´ ok, azaz a (ξ1 , . . . , ξn ) vektor egy¨ uttes feltételes eloszl´ asa is er˝ osen lokalizált az adott feltételek mellett. Ezt az a´ll´ıt´ ast akarjuk pontosan megfogalmazni, és annak néh´ any érdekes k¨ ovetkezményét levezetni. Ennek érdekében bevezetj¨ uk a k¨ ovetkez˝ o fogalmat. Ha (ξ1 , . . . , ξn ) val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok egy véges sorozata, akkor definiáljuk ezek µn empirikus eloszl´ asát a k¨ ovetkez˝ o m´ odon: A (ξ1 (ω), . . . , ξn (ω)) val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok ´ altal meghat´ arozott µn = µn (ω) empririkus eloszl´ as (véletlen) val´ osz´ın˝ uségi mérték a számegyenesen. Tetsz˝oleges mérhet˝ o A ⊂ R1 halmazra µn (A) = n1 · #{j: 1 ≤ j ≤ n, ξj ∈ A}. Tekints¨ uk a (ξ1 , . . . , ξn ) vektor empirikus eloszl´ asf¨ uggvényének a feltételes eloszl´ an P sát bizonyos feltételek mellett. (Például az Sn = ξk > nx feltétel mellett.) “Tipikus k=1

esetekben” ez a (véletlen) feltételes eloszl´ as egy el˝ o´ırt eloszl´ asf¨ uggvény k¨ ozelében koncentr´ al´ odik nagy val´ osz´ın˝ uséggel. Ezt az eloszl´ ast annak az észrevételnek a seg´ıtségével tal´ alhatjuk meg, hogy az adott feltétel mellett az empirikus eloszl´ as ennek az eloszl´ asnak ´ a k¨ ozelébe esik a legnagyobb val´ osz´ın˝ uséggel. Igy azt meg lehet határozni egy vari´ aciós probléma megold´ asának a seg´ıtségével. Ilyen m´ odon is lehet vizsgálni a nagy eltérések elméletét, s˝ ot bizonyos problémák vizsgálatában ez a m´ odszer hatásosabb mint a Nagy eltérések elmélete; F¨ uggetlen val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok feladatsor m´ odszere. Viszont e m´ odszer alkalmazásához sz¨ ukség van a (bizony´ıtand´ o) nagy eltérés tétel megfogalmaz´ asára ´ altal´ anosabb terekben. A nagy eltérés tételt csak olyan térben tudjuk megfogalmazni, ahol van értelme k¨ ozelségr˝ol beszélni. Ezért természetes lenne metrikus terekben dolgozni. De mivel fontos esetekben ilyen m´ odon sokkal tartalmasabb eredményt kapunk, ezért érdemes a nagy eltérés tételt topol´ ogikus terekben megfogalmazni és vizsgálni. Nagy elt´ er´ es t´ etel megfogalmaz´ asa topol´ ogikus terekben. Legyen adva egy (X, X ) topol´ ogikus tér, és legyen A a topol´ ogia a ´ltal defini´ alt σ-algebra. Tegy¨ uk fel, hogy az (X, X ) tér u ´gynevezett T3 tér, azaz tetsz˝ oleges x ∈ X pontra és olyan z´ art F halmazra, amelyre x ∈ / F léteznek olyan diszjunkt ny´ılt G1 és G2 halmazok, amelyekre x ∈ G1 és F ⊂ G2 . Legyen µn , n = 1, 2, . . . , val´ osz´ın˝ uségi mértékek sorozata az (X, A) téren. Azt mondjuk, hogy az (X, X ) téren értelmezett µn , n = 1, 2, . . . , val´ osz´ın˝ uségi 1

mértékek sorozata teljes´ıti a nagy eltérés tételt egy I(x), x ∈ X, f¨ uggvénnyel, amelyre I(x) ≥ 0, (és I(x) felveheti a ∞ értéket is), ha i.) Az I(·) f¨ uggvény alulr´ ol félig folytonos, azaz minden ε > 0 sz´ amra és x ∈ X pontra az {y: I(y) > I(x) − ε} halmaz az x pont ny´ılt k¨ ornyezete. ii.) lim sup − n1 log µn (G) ≤ inf I(x) minden ny´ılt G ⊂ X halmazra. n→∞

iii.)

lim inf − n1 n→∞

x∈G

log µn (F) ≥ inf I(x) minden z´ art F ⊂ X halmazra. x∈F

Bár a nagy eltérés tételt ´ altal´ anos topol´ ogikus terekben fogalmaztuk meg, részletesebben csak azzal az esettel fogunk foglalkozni, amikor a tekintett tér egy mérhet˝ o téren értelmezett val´ osz´ın˝ uségi mértékek tere alkalmas topol´ ogiával. A minket legink´ abb érdekl˝ o eset az, amikor valamilyen téren (például a számegyenesen) definiált f¨ uggetlen egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ okb´ ol kész´ıtett empirikus eloszl´ asokat tekintj¨ uk, az adott téren lev˝ o val´ osz´ın˝ uségi mértékeket ell´ atjuk alkalmas topol´ ogiával, és azt akarjuk bel´ atni, hogy az empirikus eloszl´ asok, mint ezen tér val´ osz´ın˝ uségi mértékein értelmezett véletlen mértékek, (azaz megadjuk annak a val´ osz´ın˝ uségét, hogy az empirikus eloszl´ as val´ osz´ın˝ uségi mértékek egy családj´ aba esik) teljes´ıtik a fent definiált nagy eltérés tételt. Ezenk´ıv¨ ul bizonyos feladatok arr´ ol szólnak, hogy f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok részlet¨ osszegei teljes´ıtik a nagy eltérés tételt az ebben a feladatsorban definiált értelemben is. Az els˝ o feladatban megmutatjuk, hogy a nagy eltérés tételben szerepl˝o I(x) f¨ uggvényt a µn mértékek egyértelm˝ uen meghat´ arozz´ ak. 1.) Teljes´ıtsék a µn val´ osz´ın˝ uségi mértékek a nagy eltérés tételt valamilyen I(x) alulr´ ol folytonos f¨ uggvénnyel egy (X, X ) T3 tulajdonság´ u topol´ ogikus térben. Minden x ∈ X-re teljes¨ ulnek a k¨ ovetkez˝ o rel´ aciók: I(x) =

lim sup −

sup

G: G ny´ılt halmaz n→∞ x∈G

I(x) =

lim inf −

sup

F: F z´ art halmaz n→∞ x∈Int F

1 log µn (G) n

1 log µn (F). n

A k¨ ovetkez˝ o két feladat, illetve az el˝ ott¨ uk megfogalmazott megjegyzés nem kapcsolódik szorosan a feladatsorhoz. Viszont az elmélet tov´ abbi, itt nem tárgyalt finom´ıt´ asában nagyon hasznos. A nagy eltérés tétel megfogalmazásában természetes, hogy a zárt halmazok esetében a iii.) tulajdonságban lim sup és nem lim a ny´ılt halmazok esetén pedig a ii.) tulajdonságban lim inf és nem lim szerepel. Z´ art halmazok esetén például az egy pontb´ ol a´ll´ o halmazok és s˝ ur˝ uségf¨ uggvénnyel rendelkez˝ o f¨ uggetlen egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok a´tlagainak eloszl´ asai mutatnak példát arra, hogy miért csak a iii.)-ban megfogalmazott gyengébb ´ all´ıt´ ast érdemes megk¨ ovetelni. Az, hogy a nagy eltérés tétel teljes¨ ulése esetén ii.) tulajdonságban nem mindig ´ırhat´ o limesz például a feladatsor 8. 2

feladatának eredményéb˝ ol k¨ ovetkezik. A nagy eltérés tétel ii.) és iii.) tulajdonság´ aban azért nem ´ırhatunk limeszt, mert egy halmaz indikátorf¨ uggvényének a határa er˝ osen befolyásolhatja a halmaz µn mértékeinek a viselkedését. Ilyen jelleg˝ u problémák az anal´ızis m´ as ter¨ uletén is megjelennek. Ilyenkor természetes az ´ all´ıt´ as ´ atfogalmaz´ asa halmazok indikátorf¨ uggvényei helyett folytonos f¨ uggvények seg´ıtségével. Ez történik a k¨ ovetkez˝ o, az irodalomban Varadhan lemmának nevezett ´ all´ıt´ asban. Azután bel´ atjuk ennek az all´ıt´ ´ asnak egy megford´ıt´ asát. De ebben a megford´ıt´ asban a nagy eltérés tételnek csak egy gyeng´ıtett v´ altozat´ at látjuk be, ahol a iii.) tulajdonságot zárt halmazok helyett csak kompakt halmazokra fogalmazzuk meg. Annak bizony´ıt´ asa, hogy konkrét esetekben a nagy eltérés tétel iii.) tulajdonsága zárt nem kompakt halmazokra is érvényes tov´ abbi finom érvelést igényel. Így például az ebben a feladatsorban tárgyalt Szanov tétel bizony´ıt´ asában ez az egyik f˝ o nehézség. 2.) Teljes´ıtse egy µn , n = 1, 2, . . . , val´ osz´ın˝ uségi mértéksorozat egy (X, X ) topol´ ogikus tér Borel σ-algebráján a nagy eltérés tételt egy I(x), x ∈ X, alulr´ ol félig folytonos f¨ uggvénnyel. Ekkor tetsz˝oleges folytonos, korl´ atos g(x) f¨ uggvényre Z 1 log eng(x) µn (dx) = sup {g(x) − I(x)} lim n→∞ n x∈X 3.) Teljes´ıtse egy µn , n = 1, 2, . . . , val´ osz´ın˝ uségi mértéksorozat a 2. feladatban fel´ırt azonosságot valamilyen alulr´ ol folytonos, nem negat´ıv I(·) f¨ uggvénnyel minden folytonos és korl´ atos g(·) f¨ uggvényre egy (X, X ) topol´ ogikus térben. Tegy¨ uk fel tov´ abbá, hogy az (X, X ) tér u ´gynevezett Tρ tér, azaz tetsz˝oleges x ∈ X pontra és F ⊂ X zárt halmazra, amelyre x ∈ / F létezik olyan folytonos, korl´ atos h(·) f¨ uggvény, amelyre h(x) = 1, és h(u) = 0 u ∈ F-re. Ekkor a µn mértéksorozat teljes´ıti a nagy eltérés tétel ii.) és k¨ ovetkez˝ o iii′ .) tulajdonság´ at: iii′ .) lim inf − n1 log µn (K) ≥ inf I(x) minden kompakt K ⊂ X halmazra. n→∞

x∈K

A k¨ ovetkez˝ o 4.–8. feladatokban megmutatjuk, hogy a Nagy eltérések elmélete; F¨ uggetlen val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok feladatsorban vizsgált f¨ uggetlen egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok ´ atlagainak eloszl´ asai teljes´ıtik a nagy eltérés tételnek azt a formáját is, amelyet ennek a feladatsornak az elején fogalmaztunk meg. 4.) Legyen ξ olyan val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ o, amelyre R(t) = Eetξ < ∞ elég kis t > 0ra, és definiáljuk az I(x) = sup(tx − log R(t)) f¨ uggvényt minden x ≥ Eξ számra. t≥0 tξ

(R(t) = ∞, ha e nem integrálhat´ o.) Az I(x) f¨ uggvény monoton n˝o, és ha Eξ < y < x, (Eξ = −∞ is megengedett). Ha I(x) < ∞, akkor I(y) < I(x), azaz ebben az esetben szigor´ u egyenl˝otlenség is érvényes. Tov´ abbá, ha I(x) < ∞ és Eξ < x, akkor lim I(y) = I(x). Az I(x) f¨ uggvény konvex. Ezért tetsz˝oleges olyan x y<x, y→x

számra, amelyre I(x + ε) < ∞ elég kis ε > 0-ra

lim

y>x, y→x

I(y) = I(x).

Megjegyzés: Defini´ aljuk az L = sup{x: I(x) < ∞} számot. (L = ∞ lehetséges.) Az el˝ oz˝ o feladat szerint az I(x) f¨ uggvény az [Eξ, L) intervallumon folytonos, konvex 3

és szigor´ uan monoton n˝o, s˝ot mint az al´ abbi érvelés seg´ıtségével láthat´ o, ez az a´ll´ıt´ as érvényes ennek az intervallumnak [Eξ, L] lezártj´ an is. Tov´ abbá, ha x > L, akkor I(x) = ∞. K¨ onnyen bizony´ıthat´ o az is, hogy L < ∞ akkor és csak akkor, ha a ξ val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ o egy val´ osz´ın˝ uséggel fel¨ ulr˝ ol korl´ atos. Ha ugyanis P (ξ > x) = A(x) > 0 minden x > 0 számra, akkor ! n X P ξk > nx ≥ en log A(x) minden n-re, k=1

ahol ξk , k = 1, 2, . . . , f¨ uggetlenek és a ξ val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ okkal azonos eloszl´ as´ uak. Innen az erre az ¨ osszegre kapott fels˝o becslés alapj´ an I(x) ≤ − log A(x) < ∞. Ha viszont a ξ val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ o fel¨ ulr˝ ol korl´ atos, akkor az R(t) = Eetξ momentumgenerál´ o ′ f¨ uggvény véges minden t ≥ 0-ra, és lim [log R(t)] < ∞. Ekkor azonban (ld. például t→∞ a Nagy eltérések elmélete; F¨ uggetlen val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok feladatsor 12. feladatának eredményét) I(x) = ∞ elég nagy x-re. 5.) Legyenek ξn , n = 1, 2, . . . , f¨ uggetlen, egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok a tξ1 számegyenesen R(t) = Ee momentumgenerál´ o f¨ uggvénnyel (R(t) = ∞, ha etξ1 n P ξk

Sn n

k=1

= n val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ o eloszl´ asát. Az nem integrálhat´ o), és jelölje µn a egyszer˝ uség kedvéért ebben a feladatban csak azt az esetet tekints¨ uk, amikor az tξ1 Ee momentumgenerál´ o f¨ uggvény véges az origó egy kis k¨ ornyezetében. A µn mértékek teljes´ıtik a nagy eltérés tételt az I(·) f¨ uggvénnyel, ahol I(x) = sup(tx − t≥0

log R(t)), ha x ≥ Eξ1 , és I(x) = sup(tx − log R(t)), ha x ≤ Eξ1 . t≤0

6.) L´ assuk be a nagy eltérés tételnek az ebben a feladatsorban megfogalmazott alakj´ at f¨ uggetlen, egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségek ´ atlag´ anak eloszl´ asaira az a´ltal´ anos esetben. Az ´ altal´ anos esetben I(x) = sup(tx − log R(t)) ha x ≥ Eξ1 , és I(x) = t≥0

sup(tx − log R(t)), ha x ≤ Eξ1 . Ha a ξ1 val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ onak nincs v´ arhat´ o t≤0

értéke (azaz a pozit´ıv rész v´ arhat´ o értéke végtelen, a negat´ıv rész v´ arhat´ o értéke minusz végtelen), akkor I(x) = 0 (= sup(R(t) − tx) = R(0)) minden x-re. t

7.) Ha a ξ val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ o R(t) = Eetξ momentumgenerál´ o f¨ uggvénye elég kis t > 0-ra véges, és Eξ1 = −∞, akkor lim I(x) = lim sup(tx − R(t)) = 0. x→−∞

x→−∞ t≥0

8.) F¨ uggetlen egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok ´ atlag´ anak az eloszl´ asa teljes´ıti a nagy eltérés tétel ii) tulajdonság´ anak k¨ ovetkez˝ o élesebb formáját is: ii′ .) lim − n1 log µn (G) = inf I(x) minden ny´ılt halmazra. n→∞

x∈G

Adjunk példát val´ osz´ın˝ uségi mértékek µn sorozatára a számegyenesen, amely teljes´ıti a nagy eltérés tételt, de nem teljes´ıti a ii′ .) tulajdonságot. A k¨ ovetkez˝ o feladatokban az empirikus eloszl´ asf¨ uggvény viselkedésér˝ ol adunk nagy eltérés tipus´ u becsléseket, és ezekb˝ ol vezetj¨ uk le a Nagy eltérések elmélete; F¨ uggetlen 4

val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok feladatsorban bebizony´ıtott nagy eltérés tétel (nehezebben bizony´ıthat´ o) als´ o becslését f¨ uggetlen, egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altozók a´tlag´ ara. Annak val´ osz´ın˝ us´ agére adunk j´ o becslést, hogy f¨ uggetlen F eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok empirikus eloszl´ asf¨ uggvénye egy G, G 6= F eloszl´ asf¨ uggvény k¨ ozelében van, és ennek seg´ıtségével adunk becslést a ξk val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok a´tlag´ anak eloszl´ asára. Ennek a m´ odszernek az az el˝ onye, hogy nem k¨ ot˝ odik er˝ osen a számegyenes geometriájához. Ezért ´ altal´ anosabb esetekben is alkalmazható, péld´ aul olyankor, amikor az ¨ osszeadand´ ok egy az Euklideszi térnél sokkal gazdagabb térben veszik fel értékeiket. Ezekben a vizsgálatokban nagyon fontos az al´ abbiakban bevezetett I-divergencia fogalma. Az I-divergencia definici´ oja. Legyen F és G két eloszl´ as a sz´ amegyenesen. (Az a ´ltal´ anos esetben legyen µ és ν két val´ osz´ın˝ uségi mérték ugyanazon az (Y, B) téren.) A G eloszl´ asnak az F eloszl´ as szerinti I(GkF ) I-divergenci´ at a k¨ ovetkez˝ o m´ odon defini´ aljuk: Z dG log (u) dG(u), I(GkF ) = dF (u)>0 {u: dG } dF ha az G eloszl´ as a ´ltal induk´ alt mérték abszolut folytonos az F (x) a ´ltal induk´ alt mértékre, és I(GkF ) = ∞, ha az nem abszolut folytonos. ´ anosabban, egy ν val´ Altal´ osz´ın˝ uségi mértéknek egy µ val´ osz´ın˝ uségi mérték szerinti I(νkµ) I-divergenci´ aj´ at az Z dν (y) dν(y) I(νkµ) = log dµ képlettel defini´ aljuk, ha ν abszolut folytonos a µ mértékre nézve, és I(νkµ) = ∞ ha ν nemn abszolut folytonos a µ mértékre nézve. A fenti integr´ al u ´gy értend˝ o, hogy a o dν dν B = y: dµ (y) = 0 halmazon, ahol log dµ (y) = −∞ és ν(B) = 0, ν(B) · (−∞) =

0 · (−∞) = 0.

A kés˝obbiekben tekinteni fogunk egy rögz´ıtett µ mértéket valamilyen mértéktéren vagy abban a speci´ alis esetben, ha a számegyenesen dolgozunk egy rögz´ıtett F eloszl´ asf¨ uggvényt a számegyenesen. Ha adva van egy ξk (ω), k = 1, 2, . . . , f¨ uggetlen µ eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ okb´ ol ´ all´ o sorozat, akkor elkész´ıtj¨ uk e sorozat a´ltal meghat´ arozott µn = µn (ω) empirikus mértékek sorozatatát. Be fogjuk látni, hogy (ha alkalmas topol´ ogiát vezet¨ unk be a val´ osz´ın˝ uségi mértékek terén), akkor az empirikus mértékek teljes´ıtik a nagy eltérés tételt az I(·) = I(·kµ) vari´ aciós f¨ uggvénnyel. Tekints¨ uk azt az esetet, amikor egy F eloszl´ asf¨ uggvény van adva a számegyenesen, n P és ξ1 , ξ2 , . . . f¨ uggetlen F eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok sorozata, Sn (ω) = ξk (ω), k=1

és Fn (ω, u) a ξ1 (ω), . . . , ξn (ω)) sorozat empirikus eloszl´ asf¨ uggvénye. Vegy¨ uk észre, hogy R Sn (ω) = u Fn (ω du), tehát az n Z Sn (ω) ¯ An (x) = ω: >x és An (x) = ω: u Fn (ω, du) > x n 5

halmazok megegyeznek. Mivel x > Eξ1 esetben az An (x) illetve A¯n (x) események val´ osz´ın˝ uségére a nagy eltérések val´ osz´ın˝ uségére az I(·) = sup(tx − R(t)), ahol R(t) = t≥0

¯ = I(·kF ) vari´ E tξ1 , illetve I(·) aciós f¨ uggvény seg´ıtségével fejezhetj¨ uk ki, ezért a fenti érvelés sugallja az al´ abbi (a) formul´ aban megfogalmazott azonosságot. A k¨ ovetkez˝ o 9. és 10. feladatban ezt az azonosságot látjuk be. A 9. feladatban azt az egyszer˝ ubb esetet tekintj¨ uk, amikor a [log R(t)]′ = x egyenlet megoldhat´ o. Ekkor explicit m´ odon megadhat´ o az, hogy az azonosság két oldal´ an szerepl˝o kifejezés hol veszi fel a széls˝ oértékét. A 10. feladat az ´ altal´ anos esettel foglalkozik. Ekkor az I-divergencia kisz´ am´ıt´ asában hasonló problémák és gondolatok jelennek meg, mint a Nagy eltérések elméle: F¨ uggetlen val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok feladatsor megfelel˝ o részében. 9.) Legyen µ és ν két val´ osz´ın˝ uségi mérték egy (Y, B) téren. Ekkor I(νkµ) ≥ 0, és egyenl˝oség csak µ = ν esetén lehetséges. R Legyen adva egy F mért´ Rek a számegyenesen, és legyen x ≥ m = u dF (u). (NincsRilyen x szám, ha u dF (u) = ∞, és tetsz˝oleges x számot tekinthet¨ unk, ha az u dF (u) nem l´ e tezik. Legyen G egy m´ a sik m´ e rt´ e k a sz´ a megyenesen. Ha R tu az o f¨ uggvény véges valamely t > 0-ra, és R R(t) = e F ( du) momentumgenerál´ uG( du) = x, akkor I(GkF ) ≥ tx − log R(t). L´ assuk be ennek az egyenl˝otlenségnek egy b´ızonyos értelm˝ u megford´ıt´ asát el˝ osz¨ or abban a speci´ alis esetben, amikor a [log R(t)]′ = x egyenlet megoldhat´ o, és a megold´ a s az R(t) f¨ uggvény értelmezési R ∞ tu tartomány´ anak belsejében van, ahol R(t) = −∞ e F ( du). Azaz, mutassuk meg, hogy e feltételek mellett G:

R inf

I(GkF ) = sup (tx − log R(t)) , t≥0

u dG(u)≥x

ahol R(t) =

Z

etu F ( du)

(a)

Ebben az esetben az (a) formula baloldal´ an az infimum, a jobboldal´ an pedig az tu dF (u) az szuprémum felvétetik. A baloldalon az infimum a G(du) = Ft (u) = e R(t) val´ osz´ın˝ uségi mértéknél, a baloldalon a szuprémum a [log R(t)]′ = x megold´ asán´ al éretik el. R 10.) L´ assuk be a 9. feladat (a) formul´ aját tetsz˝oleges F eloszl´ asra és x ≥ m = u dF (u) számra. Azt a speci´ alis esetet kivéve, amikor az R(t) f¨ uggvény minden t ≥ 0-ra ′ értelmezve van és lim [log R(t)] = x, minden ε > 0-ra létezik olyan G eloszl´ as, t→∞ R amelyre x < u dG(u) < x + ε szigor´ u egyenl˝otlenséggel az el˝ oz˝ o rel´ ació mindkét oldal´ an, és I(GkF ) < sup(tx − log R(t)) + ε egyenl˝otlenséggel. t≥0

Legyen F (x) és G(x) két k¨ ul¨ onböz˝ o eloszl´ asf¨ uggvény a számegyenesen. Legyenek ξ1 , . . . , ξn f¨ uggetlen F (x) eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok, Fn (x) = n1 #{k: ξk < x, 1 ≤ k ≤ n}, a ξk , k = 1, . . . , n sorozathoz tartozó empirikus eloszl´ asf¨ uggvény. A val´ osz´ın˝ uségszám´ıt´ as egy klasszikus tétele, a Glivenko–Cantelli tétel szerint az Fn (x) empirikus eloszl´ asf¨ uggvény egy val´ osz´ın˝ uséggel konvergál szuprémum normában az F (x) eloszlásf¨ uggvényhez. Be fogjuk látni, hogy annak val´ osz´ın˝ usége, hogy az Fn (x) empirikus 6

eloszl´ asf¨ uggvény a G(x) eloszl´ asf¨ uggvény k¨ ozelében van, F 6= G, (az n v´ altoz´ oban) exponenciálisan kicsi. Pontosabban, 1 (+1) lim lim sup − log P sup |Fn (x) − G(x)| < ε = I(GkF ), ε→0 n→∞ n x és

1 lim lim inf − log P ε→0 n→∞ n

sup |Fn (x) − G(x)| < ε = I(GkF ),

(+2)

x

A k¨ ovetkez˝ o feladatban ezt az ´ all´ıt´ ast abban a speciális esetben látjuk be, amikor az F és G eloszl´ asok ´ altal meghat´ arozott µF és µG mértékek véges sok pontba vannak koncentr´ alva. 11.) Legyen µ és ν két val´ osz´ın˝ uségi mérték egy véges X = {x1 , . . . , xk } halmazon. k k P P Vezess¨ uk be a µ({xl }) = pl , ν({xl }) = ql , l = 1, . . . , k, pl = ql = 1 jelölést. l=1

l=1

Tegy¨ uk fel, hogy pl > 0 minden 1 ≤ l ≤ k-ra. Adva egy {y1 , . . . , yn } sorozat, amelyre az ys , 1 ≤ s ≤ n elemek mindegyike az (x1 , . . . , xk ) pontok valamelyike, definiáljuk a χn (l) = χn (l, y1 , . . . , yn ) = n1 × #{s: 1 ≤ s ≤ n, ys = xl }, l = 1, . . . , k számokat, azaz legyen χn (l) az xl számok relat´ıv gyakoris´ aga az y1 , . . . , yn sorozat(n) ban. Jelölje µ a µ mérték n-szeres direkt szorzatát az {x1 , . . . , xk }n halmazon, azaz az {x1 , . . . , xk } halmaz n-szeres direkt szorzatán ¨ onmag´ aval. Ekkor tetsz˝oleges ε > 0-ra és n > n(ε)-ra ( !) k X ql ql log + C(ε) exp −n pl l=1

≤

µ(n) (|χn (l) − ql | < ε minden 1 ≤ l ≤ k indexre) ( !) k X ql ≤ exp −n ql log − C(ε) pl

(3)

l=1

alkalmas C(ε) > 0-val, amelyre C(ε) → 0, ha ε → 0. A fenti formula u ´gy értend˝o, ql o null´ aval egyenl˝o, ha ql = 0. Bizony´ıtsuk hogy a benne szerepl˝o ql log pl o¨sszeadand´ be ennek az egyenl˝otlenségnek a seg´ıtségével a (+1) és (+2) ´ all´ıt´ ast abban a speci´ alis esetben, ha az F és G eloszl´ as ´ altal meghat´ arozott mértékek véges sok pontba vannak koncentr´ alva. Be akarjuk látni a (+1) és (+2) ´ all´ıt´ asokat tetsz˝oleges F és G eloszl´ asokra. Ehhez el˝ osz¨ or bel´ atjuk, hogy az F és G eloszl´ asok elég finom véges F ′ és G′ diszkretiz´ aciójával ′ ′ elérhet˝ o, hogy I(G kF ) j´ ol k¨ ozel´ıti az I(GkF ) I-divergenci´ at. Ezt az a´ll´ıt´ ast is két részletben fogjuk bizony´ıtani. El˝osz¨ or egy speciális particiót tekint¨ unk, aztán ennek seg´ıtségével bebizony´ıtjuk az ´ all´ıt´ ast tetsz˝oleges finom particióra. Ezeket az a´ll´ıt´ asokat altal´ ´ anosabb mértékterekben fogjuk bebizony´ıtani. Azt mondjuk, hogy halmazoknak egy C = (C1 , . . . , Ck ) rendszere, ahol Cr az Y halmaz mérhet˝ o részhalmaza, 1 ≤ r ≤ k, k S Cr = Y . egy (Y, B) tér (véges) particiója, ha C1 , . . . , Ck diszjunkt halmazok, és r=1

7

Legyen adva egy (Y, B) mérhet˝ o tér, és annak véges C particiója. A C particióhoz v´ alasszunk egy (x1 , . . . , xk ), xr ∈ Cr , r = 1, . . . , k, (csak a C particiót´ ol f¨ ugg˝o) pontrendszert. Egy az (Y, B) téren értelmezett µ val´ osz´ın˝ uségi mérték µC vet¨ uletét a C particióra definiáljuk mint azt a µC mértéket, amely az xr , 1 ≤ r ≤ k, pontokba van koncentr´ alva, és µC ({xr }) = µ(Cr ), r = 1, . . . , k. 12.) Legyen adva két µ és ν val´ osz´ın˝ uségi mérték egy (Y, B) téren, valamint az (Y, B) tér egy C véges particiója. Mutassuk meg, hogy I (νC kµC ) ≤ I(νkµ). Adva egy ε > 0 konstru´ aljunk olyan C particiót, amelyre I (νC kµC ) ≥ I(νkµ) − ε, ha I(νkµ) < ∞, és I (νC kµC ) ≥ ε−1 , ha I(νkµ) = ∞. ´ Erdemes megfogalmazni a 12. feladat eredményét a k¨ ovetkez˝ o tömör formában: I(νkµ) =

I (νC kµC )

sup C az (Y,B) t´ er v´ eges partici´ oja

Be akarjuk látni, hogy az I(νkµ) I-divergenci´ at nemcsak egy speci´ alis hanem minden elég finom partició seg´ıtségével j´ ol lehet approxim´ alni. Ehhez azonban bizonyos megszor´ıt´ ast kell tenni, nevezetesen azt, hogy a tekintett tér B σ-algebrája j´ ol k¨ ozel´ıthet˝ o véges particiókkal. El˝osz¨ or bizony´ıtsunk be egy technikai jelleg˝ u mértékelméleti approxim´ aciós lemmát, amely hasznos a bizony´ıtand´ o´ all´ıt´ as igazolásában. 13.) Legyen (X, A) egy mérhet˝ o tér, legyenek azon adva µ1 , . . . , µk val´ osz´ın˝ uségi mértékek, és legyen A ⊂ A ⊂ · · · egym´ a sba skatuly´ a zott σ-algebr´ a k sorozata, amely ∞ 1 2 S re A = σ Al , azaz A az Al σ-algebrák uniója ´ altal gener´ alt legsz¨ ukebb σl=1

algebra. Ekkor minden A ∈ A és ε > 0-ra létezik olyan n = n(ε) ≥ 1, és B = B(ε) ∈ An , amelyre µj (A∆B) ≤ ε, minden j = 1, . . . , k-ra, ahol A∆B = (A \ B) ∪ (B \ A).

14.) Legyen adva egy (Y, B) mérhet˝ o tér és azon egym´ asba skatulyázott particiók A1 ⊂ A2 ⊂ · · · sorozata. Az (Y, B) tér Al particióját azonos´ıtsuk azzal a (véges elemszám´ u) σ-algebr´ aval amelynek elemei az Al partició elemeinek az uniói. Teljes¨ uljön ∞ S aB=σ Al feltétel. (Teh´ at feltessz¨ uk azt is, hogy az (Y, B) tér B σ-algebráját l=1

megsz´ amlálhat´ o sok halmazzal lehet gener´ alni.) Ekkor tetsz˝oleges az (Y, B) téren definiált µ és ν val´ osz´ın˝ uségi mértékp´ arra lim I(νAl kµAl ) = I(νkµ). l→∞

15.) L´ assuk be a 14. feladat eredményének a seg´ıtségével a (+1) és (+2) a´ll´ıt´ asokat tetsz˝oleges F és G eloszl´ asf¨ uggvényekre. Be szeretnénk látni a 9. — 15. feladatok eredményeinek seg´ıtségével az e feladatsorban megfogalmazott nagy eltérés tétel fels˝o becslését, (azaz, a P Snn ∈ [a, b] val´ osz´ın˝ uségre akarunk éles als´ o becslést adni), és ez tulajdonképpen a nagy eltérés tétel all´ıt´ ´ asának nehéz fele. A gondolat a k¨ ovetkez˝ o: Ha a ξ1 , . . . , ξRn val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok empirikus eloszl´ asf¨ uggvénye RFn (x), ¨ osszege Sn , akkor Snn = u dFn (u). Azt v´ arjuk, hogy ez az a´tlag k¨ ozel van az u dG(u) integrálhoz, ha az Fn empirikus eloszl´ asf¨ uggvény 8

k¨ ozel van a G eloszl´ ashoz, és ennek eseménynek a val´ osz´ın˝ uségét j´ ol tudjuk becs¨ ulni. Íly m´ odon a G eloszl´ asf¨ uggvény alkalmas v´ alaszt´ asával j´ o als´ o becslést kapunk. E becslésben az I(GkF ) I-divergencia jelenik meg, de a 10. feladat eredményének seg´ıtségével meg tudjuk adni a sup(tx − log R(t)) kifejezést˝ ol f¨ ugg˝o als´ o becslést a vizsgált t≥0

val´ osz´ın˝ uségre. Ez az érv alkalmazható, de csak bizonyos finom´ıt´ assal. A probléma a k¨ ovetkez˝ o: Ha néh´ any ξk val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ o abszolut értéke rendk´ıv¨ ul nagy, akkor ezek alig m´ odos´ıtják az Fn empirikus eloszl´ asf¨ uggvényt, de nagyon befoly´ asolhatják az Snn a´tlag értékét. E nehézség lek¨ uzdése érdekében olyan G eloszl´ asf¨ uggvény kis k¨ ornyezetének a val´ osz´ın˝ uségére adunk als´ o becslést, amely egy véges intervallumba koncentr´ alt mértéket határoz meg. L´ atni fogjuk, hogy a G eloszl´ as v´ alaszt´ asára tett megszor´ıt´ as nem okoz komoly problémát. A k¨ ovetkez˝ o feladatban bebizony´ıtjuk a k´ıvánt a´ll´ıt´ ast a fent v´ azolt érvelés részletesebb kidolgoz´ asával. 16.) Legyenek ξ1 (ω), ξ2 (ω), . . . f¨ uggetlen F eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok, és G 6= F egy m´ asik eloszl´ asf¨ uggvény, amelyik egy véges intervallumba van koncentr´ alva, azaz létezik olyan K > 0 szám, amelyre G(K) = 1, G(−K) = 0. L´ assuk be, hogy tetsz˝oleges ε > 0-ra létezik olyan L = L(ε) > 0 szám, amelyre L(ε) → ∞, ha ε → 0, és a F¯ (x) = F¯L(ε) (x) = P (ξ1 < x||ξ1 | ≤ L) feltételes eloszl´ asf¨ uggvény teljes´ıti a sup |F (x) − F¯ (x)| ≤ ε és |IGkF ) − I(GkF¯ )| ≤ ε tulajdonságokat. Tov´ abbá van x

olyan C(η, ε) f¨ uggvény, amelyre C(η, ε) → 0, ha η → 0 minden ε > 0-ra, és ¯ P ω: sup |Fn (x, ω) − G(x)| ≤ η, |ξk (ω)| ≤ L, 1 ≤ k ≤ n ≥ e−nI(GkF )−nC(η,ε) x

≥e−n(I(GkF )+C(η,ε)+ε) ,

ha I(GkF ) < ∞. L´ assuk be e tény seg´ıtségével a nagy eltérés tétel fels˝o becslését, azaz azt az ´ all´ıt´ ast, hogy Eξ1 ≤ a < b esetén lim sup − n1 log P Snn ∈ [a, b] ≤ n→∞

sup(ta − log R(t)). (Ha Eξ1 nem létezik, akkor bármilyen a < b számp´ art tekintt≥0

het¨ unk.) Meg k´ıvánjuk fogalmazni és be akarjuk bizony´ıtani a feladatsor elején megfogalmazott nagy eltérés tételt f¨ uggetlen val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok empirikus eloszl´ asf¨ uggvényére. Az eloszl´ asf¨ uggvények terében fogunk dolgozni. A nagy eltérés tétel megfogalmazásához be kell vezetni egy topol´ ogiát az eloszl´ asok terében. Igyeksz¨ unk a nagy eltérés tételt minél gazdagabb topol´ ogiával ell´ atott térben bebizony´ıtani, mert ´ıgy több esetben tudunk als´ o vagy fels˝o becslést adni az empirikus mértéknek egy el˝ o´ırt halmazba esésének a val´ osz´ın˝ uségére. Bár minket els˝ osorban val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok érdekelnek, nem jelent nehézséget, s˝ot egyszer˝ ubb terminológiát tesz lehet˝ ové, ha a´ltalánosabb mérhet˝ o térbeli értéket felvev˝o val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ okat tekint¨ unk. Az al´ abbiakban definiált, u ´gynevezett τ -topol´ ogiát fogjuk tekinteni. A τ -topol´ ogia definici´ oja. Legyen adva egy (Y, B) mérhet˝ o tér, és jel¨ olje X az ezen a téren értelmezett (el˝ ojeles) mértékek halmaz´ at vagy annak egy részhalmaz´ at. A τ 9

topol´ ogi´ at az X téren defini´ aljuk. A τ -topol´ ogi´ aban a ny´ılt halmazokat az {µ: µ ∈ X, µ(B1 ) ∈ G1 , . . . , µk (Bk ) ∈ Gk } alak´ u halmazok gener´ alj´ ak, ahol k tetsz˝ oleges természetes sz´ am, B1 , . . . , Bk az (Y, B) tér mérhet˝ o halmazai, és G1 , . . . , Gk a sz´ amegyenes ny´ılt részhalmazai. Nagy elt´ er´ es t´ etel empirikus m´ ert´ ekekre. Legyen adva egy (Y, B) mérhet˝ o tér, azon egy µ val´ osz´ın˝ uségi mérték, és legyen ξ1 (ω), ξ2 (ω), . . . , f¨ uggetlen, (Y, B) érték˝ u, µ eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok sorozata egy (Ω, D, P ) val´ osz´ın˝ uségi mez˝ on, azaz legyen P (ξn ∈ B) = µ(B) minden B ∈ B halmazra, n = 1, 2, . . . . Jel¨ olje (X, X ) az (Y, B) téren lev˝ o val´ osz´ın˝ uségi mértékek terét az X -topol´ ogi´ aval. Jel¨ olje A az X topol´ ogia a ´ltal gener´ alt σ-algebr´ at az X téren. A (ξ1 (ω), . . . , ξn (ω)) val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok a ´ltal meghat´ arozott (véletlen) µn (ω) empirikus mértéket a k¨ ovetkez˝ oképp defini´ aljuk: µn (ω)(B) =

1 #{k: 1 ≤ k ≤ n, ξk (ω) ∈ B} n

minden B ∈ B-re.

Ekkor µn (ω), ω ∈ Ω, tekinthet˝ ou ´gy, mint egy (X, X ) térbeli értéket felvev˝ o val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ o. Jel¨ olje µ(n) a µn (ω) empirikus mérték eloszl´ as´ at az (X, X ) téren, azaz legyen µ(n) (A) = P (ω: µn (ω) ∈ A), ahol A ⊂ A, mérhet˝ o halmaz az (X, X ) térben. A (n) µ , n = 1, 2, . . . , mértékek sorozata teljes´ıti a nagy eltérés tételt az (X, X ) topol´ ogikus téren az I(ν) = I(νkµ), ν ∈ X, f¨ uggvénnyel, ahol I(νkµ) a ν mérték µ mérték szerinti I-divergenci´ aj´ at jel¨ oli. Be fogjuk tov´ abbá látni a nagy eltérés tétel i.), ii.) és iii.) tulajdonság´ at és ezenk´ıv¨ ul azt, hogy az el˝ obb definiált τ topol´ ogia teljes´ıti a T3 tulajdonságot, amelynek fogalm´ at felidézt¨ uk a nagy eltérés tétel definici´ ojában. Az el˝ obb kimondott tételnek, amelyet az irodalomban Szanov tételnek h´ıvnak, a megfogalmazása kissé pontatlan. Nem teljes¨ ul ugyanis feltétlen¨ ul az a tulajdonság, hogy a µn empirikus mérték val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ o, azaz mérhet˝ o f¨ uggvény. S˝ot, a τ topol´ ogia elég gazdag ahhoz, hogy a legtermészetesebb esetekben is, például amikor számegyenesen definiált val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ okat tekint¨ unk, nem lehet az (X, X ) tér tetsz˝oleges ny´ılt vagy zárt halmaza esetén annak val´ osz´ın˝ uségér˝ ol beszélni, hogy az empirikus mérték ebbe a halmazba esik. Erre a 26. feladatban példát is fogunk látni. Viszont a Szanov tétel érvényben marad, ha a nagy eltérés ii.) tulajdonság´ aban (annak val´ osz´ın˝ usége, hogy az empirikus mérték ny´ılt halmazba esik) bels˝ o mértékr˝ ol a iii.) tulajdonság´ aban pedig (annak val´ osz´ın˝ usége, hogy az empirikus mérték z´ art halmazba esik) k¨ uls˝ o mértékr˝ ol beszél¨ unk. Így a 19. feladatban µ(n) bels˝ o mértéket, a 22., 23. és 24. feladatban pedig k¨ uls˝ o mértéket jelöl. Egy halmaz bels˝ o mértéke az a´ltala tartalmazott mérhet˝ o halmazok mértékének a szuprémuma, k¨ uls˝ o mértéke pedig az o˝t tartalmaz´ o halmazok mértékének az infimuma. A k¨ ovetkez˝ o ok miatt érdemes bevezetni a Szanov tétel megfogalmazásában k¨ uls˝ o és bels˝ o mértékeket. Jelölje A0 az X halmaz {µ: µ ∈ X, µ(B1 ) ∈ G1 , . . . , µk (Bk ) ∈ Gk } ⊂ X alak´ u részhalmazai ´ altal gener´ alt σ-algebrát, ahol k tetsz˝oleges természetes szám, B1 , . . . , Bk az (Y, B) tér mérhet˝ o halmazai, és G1 , . . . , Gk a számegyenes ny´ılt részhalmazai. Be lehet látni, hogy tetsz˝oleges A ∈ A0 halmazra és n = 1, 2, . . . számra 10

az {ω: µn (ω) ∈ A} alak´ u halmazok az (Ω, D, P ) val´ osz´ın˝ uségi mez˝ o D mérhet˝ o halmazai, ezért létezik val´ osz´ın˝ uség¨ uk. A Szanov tétel azt ´ all´ıtja, hogy az A0 σ-algebrában lév˝o zárt és ny´ılt halmazokra érvényesek a nagy eltérés tétel becslései a tételben definiált I(·) f¨ uggvénnyel. De az (X, A) térben definiált A σ-algebrát nem csak az A0 σ-algebra definici´ ojában szerepl˝o halmazok, hanem az ¨ osszes ny´ılt halmaz gener´ alja, ezért ez a σalgebra sokkal nagyobb, mint A0 . A 26. feladatban, — kihasználva, hogy kontinum sok ny´ılt halmaz uniója is ny´ılt — példát mutatunk olyan G ny´ılt halmazra az (X, X ) térben, amely nem eleme az A0 σ-algebrának, és nem lehet definiálni a µn (G) = P (ω: µn (ω) ∈ G) val´ osz´ın˝ uséget. De lehet definiálni a µn (G) bels˝ o és µn (F ) k¨ uls˝ o mértékeket ny´ılt G, illetve zárt F halmazokra, és a Szanov tétel érvényben marad ilyen halmazokra is, ha a fent eml´ıtett m´ odon bels˝ o és k¨ uls˝ o mértékekkel dolgozunk. 17.) Legyen (X, X ) egy (Y, B) mérhet˝ o téren definiált val´ osz´ın˝ uségi mértékek tere a τ topol´ ogiával. Bizony´ıtsuk be, hogy ez a topol´ ogikus tér T3 tér, azaz tetsz˝oleges µ ∈ X pontra és zárt F ⊂ X halmazra, amelyre µ ∈ / F, létezik két diszjunkt G1 és G2 ny´ılt halmaz, amelyekre µ ∈ G1 és F ⊂ G2 . Tov´ abbá az (X, X ) tér teljes´ıti a k¨ ovetkez˝ o T1 tulajdonságot is: Minden egy elem˝ u, {µ}, µ ∈ X halmaz zárt. 18.) Legyen (Y, B) mérhet˝ o tér, (X, X ) pedig az (Y, B) téren definiált val´ osz´ın˝ uségi mértékek tere a τ topol´ ogiával ell´ atva. R¨ ogz´ıts¨ unk egy µ ∈ X val´ osz´ın˝ uségi mértéket. Ekkor az I(νkµ) I-divergencia mint a ν ∈ X v´ altoz´ o f¨ uggvénye alulr´ ol félig folytonos. 19.) Legyen adva egy (Y, B) mérhet˝ o tér, és legyen (X, A) az (Y, B) téren definiált val´ osz´ın˝ uségi mértékek tere a τ topol´ ogiával illetve az ´ altala definiált σ-algebrával. R¨ ogz´ıts¨ unk egy µ ∈ X val´ osz´ın˝ uségi mértéket, és legyenek ξ1 , ξ2 , . . . , f¨ uggetlen egyforma eloszl´ as´ u (Y, B) érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok µ eloszl´ assal. Jelölje µ(n) , n = 1, 2, . . . , a ξ1 (ω), . . . , ξn (ω) val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok empirikus eloszl´ asának (mint (X, A) érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ onak) az eloszl´ asát az (X, A) téren. Ekkor a µ(n) mértékek teljes´ıtik a nagy eltérés tétel ii.) tulajdonság´ at is az I(·kµ) I-divergenci´ aval, azaz tetsz˝oleges ny´ılt G ⊂ X halmazra lim sup − n→∞

1 log µ(n) (G) ≤ inf I(νkµ). ν∈G n

A nagy eltérés utols´ o feltételének a bizony´ıt´ asa, — zárt halmazok val´ osz´ın˝ uségének a fels˝o becslése, — finomabb érvelést igényel. A problémát az okozza, hogy hi´ aba tudunk a ,,nagyon nem tipikus” pontok kis k¨ ornyezeteinek a val´ osz´ın˝ uségére j´ o becslést adni, ezek uniójának a val´ osz´ın˝ uségére az ilyen becslések ¨ onmagukban nem elegend˝ oek. Természetes gondolat valamilyen j´ o approxim´ acióval és véges fedéssel megprób´ alni ezt a problémát megoldani. Ez a m´ odszer akkor m˝ uködik, ha a becs¨ ulend˝o halmaz nemcsak zárt, hanem kompakt is. A 20. feladatban elégséges feltételt adunk arra, hogy egy zárt halmaz kompakt legyen. Ezután bebizony´ıtjuk a nagy eltérés tétel iii.) tulajdonság´ at kompakt halmazokra, illetve megmutatjuk, hogy ´ altal´ anos zárt halmazok val´ osz´ın˝ uségének a becslése visszavezethet˝ o egy minimax tételre. Vég¨ ul ezt a minimax tételt bizony´ıtjuk be. 11

20.) Legyen (Y, B) mérhet˝ o tér, (X, X ) az (Y, B) téren definiált val´ osz´ın˝ uségi mértékek tere a τ topol´ ogiával. Legyen µ ∈ X tetsz˝oleges val´ osz´ın˝ uségi mérték, R > 0 pozit´ıv val´ os szám. Ekkor a {ν: ν ∈ X, I(νkµ) ≤ R} halmaz kompakt. 21.) Az (X, X ) tér a τ topol´ ogiával Tρ tér. (E fogalom definici´ oját felidézt¨ uk a 3. feladat definici´ ojában. E feladat ´ all´ıt´ asára nem lesz a tov´ abbiakban sz¨ ukség¨ unk. Célja megmutatni, hogy eset¨ unkben is alkalmazható a 3. feladat eredménye. A bizony´ıt´ as néh´ any alapvet˝ o topol´ ogiai eredményb˝ol és egy az el˝ oz˝ o feladatban is alkalmazott konstrukci´ ob´ ol k¨ ovetkezik.) 22.) Legyen (Y, B) egy mérhet˝ o tér, (X, X ) az (Y, B) téren értelmezett val´ osz´ın˝ uségi mértékek tere a τ topol´ ogiával, A az X topol´ ogia ´ altal gener´ alt σ-algebra az X téren. Legyen Qn , n = 1, 2, . . . , val´ osz´ın˝ uségi mértékek egy sorozata az (X, A) téren, és I(·) alulr´ ol folytonos f¨ uggvény (X, X )-en. Tegy¨ uk fel, hogy minden ν ∈ X-re és ε > 0-ra létezik a ν pontnak olyan G(ν, ε) ny´ılt k¨ ornyezete, amelyre 1 1 lim inf − n log Qn (G(ν, ε)) > I(ν) − ε, ha I(ν) < ∞ és lim inf − n log Qn (G(ν, ε)) > n→∞ 1 ε , ha

n→∞

I(ν) = ∞. Ekkor a Qn mértéksorozat és az I(·) f¨ uggvény teljes´ıti a nagy eltérés tétel iii.) tulajdonság´ anak k¨ ovetkez˝ o gyeng´ıtett alakj´ at: iii′ .) lim inf − n1 log Qn (K) ≥ inf I(ν) minden kompakt K ⊂ X halmazra. n→∞

ν∈K

Legyen Qn n f¨ uggetlen µ eloszl´ as´ u val´ oszin˝ uségi v´ altoz´ ob´ ol kész´ıtett µn = µn (ω) empirikus mérték eloszl´ asa az (X, A) téren, és I(·) = I(·kµ). Ezzel a v´ alaszt´ assal teljes¨ ulnek a feladat els˝ o´ all´ıt´ asának a feltételei. A nagy eltérés tétel bizony´ıt´ asa zárt, de nem kompakt halmazokra nehezebb. Ez a probléma a nagy eltérés tétel bizony´ıt´ asának egyik legnehezebb pontja az a´ltal´ anos (nem feltétlen¨ ul f¨ uggetlen minta empirikus eloszl´ asát vizsgál´ o) esetben is. A k¨ ovetkez˝ o két feladat célja ennek a problémának a megold´ asa. Az els˝ o feladat egy viszonylag egyszer˝ u, természetes m´ odon bizony´ıthat´ o becslést ad a minket érdekl˝ o kifejezésre alkalmas “diszkretizáció” seg´ıtségével. K¨ ozvetlen¨ ul nem annak a val´ osz´ın˝ uségét vizsgáljuk, hogy a tekintett empirikus eloszl´ as beleesik-e egy (esetleg bonyolult) zárt halmazba. Ehelyett az empirikus mérték vet¨ uleteit tekintj¨ uk véges particiókra, és azt becs¨ ulj¨ uk, hogy ezek a vet¨ uletek milyen val´ osz´ın˝ uséggel esnek bizonyos a feladat jellegéb˝ ol kifolyólag természetes m´ odon definiált halmazokba. Ez lényegesen egyszer˝ ubb feladat, (val´ ojában a 12. feladat eredményét kell alkalmaznunk), és ez az eljár´ as vezet a 23. feladatban megadott becsléshez. Annak megmutat´ asa, hogy az ´ıgy kapott becslés lehet˝ ové teszi a nagy eltérés tételben szerepl˝o iii.) tulajdonság bizony´ıt´ asát lényegesen nehezebb probléma. Ez egy minimax jelleg˝ u eredményb˝ol k¨ ovetkezik, amelyiket a 24. feladat megold´ asában bizony´ıtunk be. 23.) Legyen (Y, B) mérhet˝ o tér, (X, X ) az (Y, B) téren értelmezett val´ osz´ın˝ uségi mértékek tere a τ topol´ ogiával, A az ezen topol´ ogia ´ altal gener´ alt σ-algebra az X téren. Legyen µ ∈ X val´ osz´ın˝ uségi mérték, µ(n) e mérték n-szeres direkt szorzata o¨nmagával, µn = µn (ω) ∈ X, n = 1, 2, . . . , n darab f¨ uggetlen µ eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi 12

v´ altoz´ o empirikus eloszl´ asa, F ⊂ X az (X, A) tér zárt részhalmaza. Ekkor 1 lim inf − log µ(n) (µn ∈ F) ≥ sup inf I (νC kµC ) , n→∞ n C∈C ∗ νC ∈[FC ] ahol C ∗ jelöli az (Y, B) tér ¨ osszes C = {C1 , . . . , Ck } véges (mérhet˝ o) particióját. A νC illetve a µC mérték egy ν ∈ X illetve a kezdetben rögz´ıtett µ ∈ X mérték és egy C = {C1 , . . . , Ck } ∈ C ∗ partició esetén az a mérték (egy véges {x1 . . . , xk } halmazon), amelyre νC ({xj }) = ν(Cj ), illetve µC ({xj }) = µ(Cj ), és xj ∈ Cj , j = 1, . . . , k, egy a C particióhoz rögz´ıtett pontrendszer. Egy F ⊂ X halmaz FC vet¨ ulete egy C particióra a νC mértékekekb˝ ol ´ all´ o halmaz az YC = {x1 , . . . , xk } (véges) halmazon, ahol ν ∈ F, és xj ∈ Cj , j = 1, . . . , k, a C = {C1 , . . . , Ck } halmazhoz kijel¨ olt pontrendszer. Az [FC ] halmaz az FC halmaz lezártja az (XC , XC ) téren. Ez a tér az (YC , BC ), (BC jelöli a diszkrét topol´ ogiát) mérhet˝ o téren értelmezett val´ osz´ın˝ uségi mértékek tere a τ topol´ ogiával. 24.) Az el¨ oz˝ o feladat jelölésével sup

inf

C∈C ∗ νC ∈[FC ]

I (νC kµC ) ≥ inf sup I (νC kµC ) = inf I(νkµ). ν∈F C∈C ∗

ν∈F

(4)

Bizony´ıtsuk be a Szanov tételben megfogalmazott nagy eltérés tétel iii.) tulajdonság´ at. Az el˝ oz˝ o feladatokban egy zárt F halmaz FC vet¨ uletét vett¨ uk egy C particióra, majd annak [FC ] lez´ artj´ at tekintett¨ uk. Bár erre a bizony´ıt´ as helyességének igazolásához nincs sz¨ ukség, érdemes példát látni arra, hogy ez a lezár´ as val´ odi oper´ ació, azaz FC nem feltétlen¨ ul zárt halmaz. 25.) Konstru´ aljunk (Y, B) mérhet˝ o teret, az (Y, B) téren értelmezett val´ osz´ın˝ uségi mértékek (X, X ) terén a τ topol´ ogiával egy zárt F halmazt és egy C véges particiót az (Y, B) téren, amelyre az FC halmaz nem zárt. (A 23. feladatban bevezetett fogalmakat haszn´ aljuk.) Mutassuk meg, hogy a k¨ ovetkez˝ o példa teljes´ıti ezeket a feltételeket: (Y, B) a [0, 1] intervallum a Borel σ-algebrával, = {µ1n , n = 2, 3, . . . }, 3F 1 1 = 1 − = n ; C = {C1 , C2 }, , µ ahol a µn m´ e rt´ e k a k¨ o vetkez˝ o : µ n n n n 4 1 1 C1 = 0, 2 , C2 = 2 , 1 . 26.) Legyen (Y, B) mérhet˝ o tér, (X, X ) az ezen a téren értelmezett val´ osz´ın˝ uségi mértékek tere a τ topol´ ogiával. Legyenek ξ1 (ω), . . . , ξn (ω) f¨ uggetlen, egyforma eloszl´ as´ u Y érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok egy (Ω, D, P ) val´ osz´ın˝ uség mez˝ on. Ha {ξ1 (ω), . . . , ξn (ω)} = {y1 , . . . , yn } ∈ Y n , akkor jelölje µn (ω) = µn (y1 , . . . , yn ) ezeknek a val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ oknak az empirikus eloszl´ asf¨ uggvényét az ω ∈ Ω pontban. Tetsz˝oleges B ⊂ Y (nem feltétlen¨ ul mérhet˝ o) halmaz és n pozit´ıv egész szám esetén lehet definiálni olyan G = G(B, n) ny´ılt halmazt az (X, X ) térben, amelyre az {ω: µn (ω) ∈ G} és az {ω: ξk (ω) ∈ B, minden k = 1, . . . , n} események megegyeznek. Ennek az észrevételnek a seg´ıtségével mutassunk példát arra, hogy az {ω: µn (ω) ∈ G} eseménynek nem minden ny´ılt G halmazra van val´ osz´ın˝ usége. 13

Megold´ asok. 1.) Tekints¨ unk el˝ osz¨ or egy olyan x ∈ X pontot, amelyre I(x) < ∞. Az I(·) alulr´ ol félig folytonossága miatt sup inf I(y) = I(x). Tov´ abbá azt a´ll´ıtom, hogy G: x∈G, G ny´ılt y∈G

mivel a topol´ ogia T3 tipus´ u, ezért

sup

inf I(y) = I(x). Val´ oban, tetsz˝ole-

F: x∈Int F, Fz´ art y∈F

ges ε > 0 számhoz létezik olyan ny´ılt G, x ∈ G halmaz, amelyre inf I(y) ≥ I(x)−ε. y∈G

Tov´ abbá a topol´ ogia T3 tulajdonsága miatt létezik olyan zárt F0 halmaz, amelyre x ∈ Int F0 ⊂ F0 ⊂ G. Val´ oban, a T3 tulajdonság miatt léteznek olyan diszjunkt, ny´ılt G1 és G2 halmazok, amelyekre x ∈ G1 , és X \ G ⊂ G2 . Ekkor F0 = X \ G2 teljes´ıti a k´ıvánt tulajdonságokat. Ezért sup inf I(y) ≥ inf I(x) ≥ F: x∈Int F, F z´ art y∈F

y∈F0

I(x) − ε. A m´ asik ´ırány´ u becslés ny´ılvánval´ o. Ezekb˝ol a rel´ aciókb´ ol és a nagy eltérés tételb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy lim sup −

sup

G: G ny´ılt halmaz n→∞ x∈G

1 log µn (G) ≤ I(x) n

lim inf −

sup

F: F z´ art halmaz n→∞ x∈Int F

1 log µn (F) ≥ I(x). n

R¨ ogz´ıts¨ unk egy kis ε > 0 számot. Legyen F, x ∈ Int F olyan zárt halmaz, amelyre lim inf − n1 log µn (F) ≥ I(x) − ε. Ekkor egy x ∈ G ⊂ int F halmazra n→∞

lim sup − n1 log µn (G) ≥ lim inf − n1 log µn (G) ≥ I(x) − ε. Mivel ez az a´ll´ıt´ as tetn→∞

n→∞

sz˝oleges ε > 0-ra igaz alkalmas G ny´ılt halmazra, a fenti becslésekb˝ol k¨ ovetkezik a bizony´ıtand´ o ´ all´ıt´ asok els˝ o fele. Az ´ all´ıt´ as m´ asik fele hasonlóan bizony´ıthat´ o. Létezik olyan G, x ∈ G ny´ılt halmaz, amelyre lim sup − n1 log µn (G) ≤ I(x) + ε. n→∞

Legyen F a G halmaz lezártja. Ekkor lim inf − n→∞

1 1 log µn (F) ≤ lim sup − log µn (F) ≤ I(x) + ε. n n n→∞

Innen k¨ ovetkezik a feladat m´ asik ´ all´ıt´ asa. Az I(x) = ∞ eset az el˝ oz˝ o esethez hasonlóan néh´ any természetes v´ altoztat´ assal bizony´ıthat´ o. 2.) L´ assuk be el˝ osz¨ or az als´ o becslést. R¨ ogz´ıtett ε > 0 számhoz v´ alasszunk olyan x0 ∈ X pontot, amelyre g(x0 )−I(x0 ) > sup {g(x)−I(x)}−ε. Mivel az I(·) f¨ uggvény x∈X

alulr´ ol félig folytonos, a g(x) f¨ uggvény pedig folytonos, létezik az x0 pontnak olyan G ⊂ X ny´ılt k¨ ornyezete, amelyre g(x) > g(x0 ) − ε és I(x) > I(x0 ) − ε, ha x ∈ G. Ezért minden ε > 0 számhoz létezik olyan n0 = n0 (ε) k¨ usz¨ obindex, amelyre −nI(x)−e −n(I(x0 )−ε) µn (G) > sup e >e , és x∈G

Z

e

ng(x)

dµn (x) ≥

Z

eng(x) dµn (x) ≥ en(g(x0 )−ε) µn (G)

G

14

≥ en(g(x0 )−I(x0 )−2ε) ≥ sup en(g(x)−I(x)−3ε) , x∈X

ha n ≥ n0 (ε). Mivel ε > 0 tetsz˝oleges, innen k¨ ovetkezik, hogy 1 lim inf log n

Z

eng(x) dµn (x) ≥ sup {g(x) − I(x)}. x∈X

A fels˝o becslés bizony´ıt´ asa érdekében rögz´ıts¨ unk egy elég kis ε > 0 számot, és definiáljuk az F(k) = F(k, ε) F(k) = {x: x ∈ X, kε ≤ g(x) ≤ (k + 1)ε} halmazokat, − 1ε sup |g(x)| ≤ k < 1ε sup |g(x)|. Az F(k) halmazok zártak, az x ∈ Fk esetén I(x) ≥ kε − sup {g(x) − I(x)}. Ezért elég nagy n-re x∈X

Z

e

ng(x)

dµn (x) ≤ exp n (k + 1)ε − kε + sup {g(x) − I(x)} x∈X

F(k)

= exp n ε + sup {g(x) − I(x)} . x∈X

Ezeket az egyenl˝otlenségeket o¨sszeadva az ¨ osszes (véges sok) k-ra, és kihaszn´ alva, hogy ε > 0 tetsz˝oleges, megkapjuk a k´ıvánt fels˝o becslést. 3.) A ii.) tulajdonság bel´ at´ asa érdekében egy G ⊂ X ny´ılt halmaz esetében tetsz˝oleges ε > 0-hoz tekints¨ unk olyan x ∈ G pontot, amelyre I(x) < inf I(u) + ε, és legyen u∈G

/ G, g(·) olyan folytonos f¨ uggvény az X téren, amelyre g(x) = 0, g(u) = − 1ε , ha u ∈ és g(u) ≤ 0 minden u ∈ X-re. Ilyen g(·) f¨ uggvény val´ oban létezik, mert véve egy h(·) f¨ uggvényt, amelyre h(x) = 0, h(u) = 1, ha u ∈ / G, akkor definiáljuk a h1 (u) = min{h(u), 1}, g(u) = − 1ε h1 (u) f¨ uggvényeket. Ez a g(·) f¨ uggvény teljes´ıti a k´ıvánt feltételeket. Ekkor Z 1 1 ng(u) −n/ε − log µn (G) ≤ − log . e µn (du) − e n n Legyen A = inf I(u). Ha A = ∞, akkor lim sup − n1 log µn (G) ≤ ∞ = inf I(x). x∈G

u∈G

Ha A < ∞, akkor Z

e

ng(u)

µn (du) ≥ exp n sup (g(u) − I(u)) − ε ≥ en(g(x)−I(x)−ε) ≥ e−n(A+2ε) u∈G

elég nagy n-re. Ezért lim sup −

1 1 log µn (G) ≤ lim sup − log{e−n(A+2ε) − en/ε } n n 15

minden ε > 0-ra, ahonnan lim sup − n1 log µn (G) ≤ A = inf I(x). x∈G

′

A iii .) tulajdonság bizony´ıt´ asa érdekében minden x ∈ K ponthoz és ε > 0 számhoz definiálunk egy alkalmas gx,ε = gx,ε (u) folytonos és korl´ atos f¨ uggvényt az (X, X ) téren. Minden x ∈ K pontra definiáljuk az F(x) = {z: I(z) ≤ I(x) − ε}, ha I(x) < ∞, és F(x) = {z: I(z) ≤ ε−1 }, ha I(x) = ∞ halmazokat. Mivel az I(·) f¨ uggvény alulr´ ol félig folytonos, ezért az F (x) halmazok zártak. Ezért létezik olyan folytonos gx,ε f¨ uggvény az (X, X ) téren, amelyre gx,ε (x) = ε, gx,ε (u) = −I(x) az u ∈ F(x) pontokban, ha I(x) < ∞, és az I(x) = ∞ esetben gx,ε (x) = ε, gx,ε (u) = abbá gx,ε (u) ≤ ε minden u ∈ X-re. (Ilyen f¨ uggvények − 2ε , ha u ∈ F(x). Tov´ konstrukci´ oja azért lehetséges, mert az (X, X ) tér Tρ tér.) Defini´ aljuk az x pont U(x) = U(x, ε) = {z: gx,ε (z) > 0} ny´ılt k¨ ornyezetét. Mivel az U(x) halmazok a K kompakt halmaz fedését adj´ ak, létezik véges sok x1 , . . . , xk pont, amelyekre a U(xj ), j = 1, . . . , k halmazok lefedik a K halmazt. Legyen gj (u) = gxj ,ε (u), j = 1, . . . , k. Ekkor k Z X µn (K) ≤ engj (u) µn (du). j=1

Tov´ abbá elég nagy n-re Z

e

ngj (u)

µn (du) ≤ exp n sup gj (u) − u∈X

és

Z

inf

u∈F(x / j)

engj (u) µn (du) ≤ en(2ε−1/ε) ,

I(u) + ε

≤ en(3ε−I(xj )) ha I(xj ) < ∞,

ha I(xj ) = ∞.

Ezért 1 const. log µn (K) ≤ − min n n

1 1 , min I(xj ) + 3ε ≤ − min , inf I(u) + 4ε ε I(xj )<∞ ε u∈K

elég nagy n-re. Innen k¨ ovetkezik a iii′ .) tulajdonság. 4.) Az I(x) f¨ uggvény definici´ ojáb´ ol k¨ ovetkezik, hogy az monoton n˝o. Tov´ abbá, ha I(z) < ∞, Eξ < z, akkor minden kis ε > 0-ra létezik olyan t > 0, amelyre I(z) < tz − log R(t) + ε, és létezik egy ε-t´ ol f¨ uggetlen δ = δ(z) u ´gy, hogy az el˝ oz˝ o egyenl˝otlenséget kielég´ıt˝ o (ε, t) párra t > δ. Val´ oban, mivel z > Eξ1 , I(z) > η ulnie kell. alkalmas η > 0-ra, és ha ε < η2 , akkor a tz − log R(t) > η2 feltételnek teljes¨ De mivel lim (tz − log R(t)) = 0 ez csak u ´gy lehetséges, ha t > δ alkalmas δ = δ(z) t→0

számmal. Adva egy (y, x) pár, amelyre Eξ < y < x v´ alasszunk egy ε < (x − y)δ, δ = δ(y) számot, amelyre létezik olyan t > δ, hogy I(y) < ty − log R(t) + ε. Ekkor I(y) < tx − log R(t) − t(x − y) + ε ≤ I(x) + ε − δ(x − y) < I(x). Az I(·) f¨ uggvény baloldali folytonosság´ anak bizony´ıt´ asa érdekében egy olyan x számra, amelyre I(x) < ∞, x > Eξ egy elég kis ε > 0-ra v´ alasszunk olyan t számot, melyre 16

I(x) < tx − log R(t) + ε. Legyen y olyan szám, amelyre y < x és x − y < εt . Ekkor I(x) ≥ I(y) ≥ t(y − x) + tx − log R(t) ≥ I(x) − ε − t(x − y) ≥ I(x) − 2ε. Innen k¨ ovetkezik a k´ıvánt folytonosság. Vég¨ ul, mivel a tx − log R(t) f¨ uggvény minden rögz´ıtett t-re konvex (s˝ot l´ıneáris) f¨ uggvény, ezért I(x) = sup(tx − log R(t)) is t≥0

konvex f¨ uggvény. Innen k¨ ovetkezik az I(x) f¨ uggvény jobbról val´ o folytonossága az adott feltételek mellett. Ha ugyanis I(x) < I(x + 0) < ∞ lenne valamely x ≥ Eξegyenl˝otlenség teljes¨ ulne, és ez re, akkor a szigor´ u lim I(x + ε) > lim I(x)+I(x+2ε) 2 ε→0

ε→0

ellentmond az I(·) f¨ uggvény konkvexit´ asának. 5.) A nagy eltérés tétel i.) tulajdonsága, az hogy az I(·) f¨ uggvény alulr´ ol félig folytonos k¨ ozvetlen¨ ul kiolvashat´ o az el˝ oz˝ o feladat eredményéb˝ ol. Ha G ny´ılt halmaz, v´ alasszunk tetsz˝oleges ε > 0-ra olyan z ∈ G pontot, amelyre I(z) < inf I(x) + ε, és legyen h > 0 olyan szám, amelyre [z, z + h] ∈ G ha z ≥ Eξ1 , x∈G

és [z − h, z] ∈ G, ha z < Eξ1 . Ekkor 1 lim sup log P n→∞ n

Sn Sn 1 ∈ G ≥ lim sup log P ∈ [z, z ± h] = I(z). n n n→∞ n

Az utols´ o azonosság bel´ at´ asához elég bebizony´ıtani azt, hogy I(z) < I(z + h), ha z ≥ Eξ1 és I(z) < ∞, és I(z) < I(z − h), ha z < Eξ1 és I(z) < ∞. Ezt az a´ll´ıt´ ast viszont az x > Eξ1 bel´ attuk a 4. feladatban. Az x < Eξ1 hasonlóan bizony´ıthat´ o, vagy k¨ ovetkezik az el˝ oz˝ o esetb˝ ol, azt alkalmazva a −ξ1 val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ora. Ezért igaz a nagy eltérés tételben szerepl˝o ii.) tulajdonság. Egy F zárt halmazt ´ırjunk fel F = F1 ∪ F2 alakban, ahol F1 = F ∩ {x ≥ Eξ1 }, F2 = F ∩ {x ≤ Eξ1 }. A iii.) ´ all´ıt´ ast elég bel´ atni az F1 és F2 halmazokra. Legyen z = min{x: x ∈ F1 }. Ekkor a Nagy eltérések elmélete; F¨ uggetlen val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok feladatsor 19. feladata alapj´ an 1 lim inf − log P n→∞ n

Sn ∈ F1 n

≥ − lim inf n→∞

1 log P (Sn ≥ z) = I(z). n

Viszont I(z) = inf I(x), mert az I(x) f¨ uggvény monoton n˝o. x∈F

6.) Tekints¨ uk el˝ osz¨ or csak azt az esetet, amikor a ξ1 val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ onak létezik v´ arhat´ o értéke. El˝osz¨ or azt látjuk be, hogy az I(x) f¨ uggvény alulr´ ol félig folytonos. Ha Eetξ < ∞ alkalmas t > 0-val, akkor a 4. feladat eredményéb˝ ol k¨ ovetkezik ez az ´ all´ıt´ as x ≥ Eξ1 -re. Tov´ abbá lim I(x) = 0. Alkalmazva ezt az eredményt a x→Eξ1

−ξ1 val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ora, kapjuk az anal´ og ´ all´ıt´ ast x ≤ Eξ1 esetén, ha Eetξ1 < ∞ alkalmas t < 0-ra. Mivel a többi esetben I(x) = 0, ezekb˝ ol az a´ll´ıt´ asokból k¨ ovetkezik a nagy eltérés tétel i.) tulajdonsága. Tekints¨ uk a ii.) tulajdonságot el˝ osz¨ or olyan G ny´ılt halmazokra, amelyek tartalmazz´ ak a (véges) Eξ1 v´ arhat´ o értéket. Ebben az esetben a nagy számok törvénye 17

alapj´ an P Snn ∈ G → 1, ezért a ii.) tulajdonság teljes¨ ul. Ha Eξ ∈ / G, akkor ε > 0-ra létezik olyan u ∈ G és [a, b] ⊂ G intervallum, amelyre I(u) ≤ inf I(x) + ε, x∈G

u ∈ [a, b] és [a, b] ⊂ (Eξ1 , ∞) vagy [a, b] ⊂ (−∞, Eξ1 ). Elég az els˝ o esetet vizsgálni, mert a m´ asodik eset a −ξk val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok bevezetésével visszavezethet˝ o erre az esetre. Ha Eetξ1 < ∞ alkalmas t > 0-ra, akkor ez k¨ ovetkezik az I(x) f¨ uggvény 4. feladatban bel´ atott szigor´ u monoton´ıt´ asáb´ ol. Ha pedig ez a tulajdonság nem teljes¨ ul, akkor a a Nagy eltérések elmélete; F¨ uggetlen val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi Sn 1 v´ altoz´ ok feladatsor 15. feladatának eredménye alapj´ an n log P n ∈ [a, b] → 0, ha n → ∞, és innen k¨ ovetkezik az ´ all´ıt´ as az adott esetben. Hasonl´ oan az el˝ oz˝ o feladat érveléséhez, elég a iii.) tulajdonságot abban az esetben bel´ atni, ha az F zárt halmaz teljes´ıti az F ⊂ [Eξ1 , ∞) vagy az anal´ og m´ odon tárgyalhat´ o F ⊂ (−∞, Eξ1 ] tulajdonságot. Ha Eetξ1 < ∞ alkalmas t > 0-ra, akkor ez az a´ll´ıt´ as az el˝ oz˝ o feladat bizony´ıt´ asáb´ ol kiolvashat´ o, viszont ha ez a tulajdonság nem teljes¨ ul, akkor az ´ all´ıt´ as ny´ılvánval´ o, mert ekkor I(x) = 0 minden x ≥ Eξ1 -re.

Vég¨ ul, ha a ξ1 val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ onak nincs v´ arhat´ o értéke, akkor I(x) = 0 minden x-re. Ezért a i.) és iii.) tulajdonság ebben az esetben ny´ılvánval´ o. A ii.) tulajdonság pedig k¨ ovetkezik a Nagy eltérések elmélete; F¨ uggetlen val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok feladatsor 15. feladatának eredményéb˝ ol. 7.) Az adott feltételek mellett a Nagy eltérések elmélete; F¨ uggetlen val´ os érték˝ u va′ l´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok feladatsor 8. feladata alapj´ an [log R(0)] = −∞. Tov´ abbá a log R(t) konvexit´ asa és folytonossága valamint a log R(0) = 0 rel´ ació miatt minden ε > 0-ra létezik olyan K = K(ε) > 0, amelyre log R(t) > −ε − Kt minden t ≥ 0-ra. Val´ oban, log R(t) − ε < 0, ha t ≤ δ(ε), és [log R(t)]′ ≤ −K(ε), ha 0 < t ≤ δ(ε), és innen k¨ ovetkezik az ´ all´ıt´ as. Ezért, ha x < −K(ε), akkor tx − log R(t) < ε minden t ≥ 0 esetén. Mivel ez az egyenl˝otlenség igaz minden ε > 0-ra, és log R(0) = 0 innen k¨ ovetkezik a feladat ´ all´ıt´ asa. 8.) Azt kell bel´ atni, hogy lim inf − n1 log µn (G) ≥ inf I(x) minden ny´ılt G halmazra, n→∞

x∈G

ahol µn egy ξk , k = 1, 2, . . . , f¨ uggetlen, egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ okb´ ol ´ all´ ´ o sorozat els˝ o n elemb˝ol kész´ıtett ´ atlag eloszl´ asa, és I(·) a µn , n = 1, 2, . . . , mértéksorozatra érvényes nagy eltérés tétel I(·) f¨ uggvénye. Ha Eξ1 ∈ G, akkor a bizony´ıtand´ o egyenl˝otlenség érvényes, mert ekkor inf I(x) = 0. Ezért elég azt a x∈G

két esetet nézni, amikor G ∈ (−∞, Eξ1 ) vagy G ∈ (ξ1 , ∞). Mivel az I(·) f¨ uggvény mind a két félegyenesen monoton f¨ uggvény, ezért mind a két esetben teljes¨ ulnek a G ⊂ G′ = (x′ , x′′ ) és inf I(x) = inf ′ I(x) rel´ aciók, ahol x′ = inf{x: x ∈ G} és x∈G

x∈G

x′′ = sup{x: x ∈ G}. Ezért a k´ıvánt ´ all´ıt´ ast elég ilyen G′ ny´ılt intervallumra bel´ atni (esetleg ±∞ végpontokkal). Ez viszont kiolvashat´ o a nagy eltérés tétel alakj´ ab´ ol f¨ uggetlen egyforma eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok ¨ osszegére. Defini´ aljuk az ellenpéldát a k¨ ovetkez˝ o m´ odon: 2 µn (0) = 2−1 , µn j2−n = 2−(n+1) ,

j = 1, 2 . . . , 2n ,

és legyen I(0) = 0, és I(x) = ∞, ha x 6= 0. Ekkor I(x) alulr´ ol félig folytonos f¨ uggvény, tehát teljes¨ ul az i.) rel´ ació. A iii.) rel´ ació is teljes¨ ul, mert egy zárt 18

F halmazra vagy 0 ∈ F , amely esetben lim sup − n1 log µn (F ) = 0 vagy F nem n→∞

tartalmazza a 0 egy kis k¨ ornyezetét, és ekkor µn (F ) = 0 elég nagy n-re. A ii) rel´ ació teljes¨ ul tetsz˝oleges (nem feltétlen¨ ul ny´ılt) G halmazra, mert vagy 0 ∈ G, 1 / G, és ekkor inf I(x) = ∞. Vég¨ ul amely esetben µn (G) ≥ 2 minden n-re vagy 0 ∈ x∈G

a ii.) rel´ acióban nem lehet azonosságot ´ırni, mert a ny´ılt G = R1 − {0} halmazra µn (G) = 21 , tehát lim inf − n1 log µn (G) = 0. n→∞

9.) Mivel log(1 + v) ≤ v, 0 ≤ v ≤ 1 esetben, és egyenl˝oség csak v = 0 esetén van, Z Z d(µ − ν) dµ (u) dν(u) ≥ − (u) dν(u) I(νkµ) = − log dν dν Z Z = dµ(u) − dν(u) = 0, ha ν abszolut folytonos a µ mértékre nézve, és egyenl˝oség csak ν = µ esetben a´ll fenn. Ha ν nem abszolut folytonos, akkor ez az ´ all´ıt´ as ny´ılvánval´ o. R tu tu F (du) Ha az R(t) = e dF (u) integrál véges, akkor definiáljuk az Ft (du) = e R(t) R val´ osz´ın˝ uségi mértéket. Ekkor u dG(u) = x esetén I(GkF ) =

Z

dFt (u) log dG(u) + dF (u)

Z

dG(u) dG(u) = tx − log R(t) + I(GkFt ), dFt (u)

ahonnan I(GkF ) ≥ tx − log R(t), és egyenl˝oség csak G = Ft esetén a´ll fenn. Innen k¨ ovetkezik, hogy a bizony´ıtand´ o (a) azonoss´ ag baloldala mindig nagyobb vagy R egyenl˝o mint a jobboldal. Tov´ abbá, mivel u dFt (u) = [log R(t)]′ a [log R(t)]′ = x megoldhat´ osága esetén mind a bal mind a jobboldal felveszi a széls˝ oértéket a feladatban le´ırt esetben és a két kifejezés egyenl˝o. 10.) Be kell látni az (a) azonosság még hi´ anyzó felét, azaz az R inf I(GkF ) ≤ G:

u dG(u)≥x

sup(tx − log R(t)) + ε egyenl˝otlenséget minden ε > 0 számra abban az esetben, ha t≥0

a [log R(t)]′ = x egyenlet nem oldható meg. Az R(t) momentumgenerál´ o f¨ uggvény vizsgálatában, (a Nagy eltérések elmélete; F¨ uggetlen val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok feladatsor (8., 12., 14. és 15. feladatainak) eredményeib˝ol k¨ ovetkezik, hogy a k¨ ovetkez˝ o eseteket kell vizsgálni: a.) Az R(t) momentumgenerál´ o f¨ uggvény egy véges jobbról zárt [0, T ] intervallumban van definiálva, és [log R(T )]′ = mT ≤ x, b.) Az R(t) f¨ uggvény értelmezve van az egész [0, ∞] félegyenesen, de lim [log R(t)]′ = t→∞

m ≤ x. c.) Minden t > 0 esetén R(t) = ∞. Az a.) esetben az (a) azonosság jobboldala t = T pontban veszi fel a szuprémumát. Elég bel´ atni, hogyR ha x > mT , akkor tetsz˝oleges ε > 0-ra létezik as, R olyan G eloszl´ amelyre x + ε ≥ u dG(u) ≥ x, és I(GkFT ) < ε, ahol mT = u dFT (u). Ekkor R ugyanis I(GkF ) = T uRdG(u) − log R(T ) + I(GkFT ) ≤ T (x + ε) − log R(T ) + ε. Teljes¨ ul tov´ abbá az etu dFT (u) = ∞ feltétel minden t > 0 esetén, és a G eloszl´ asf¨ uggvény konstrukci´ ojában az FT eloszl´ asnak ezt a tulajdonság´ at fogjuk 19

haszn´ alni. Ezért az a.) és c.) esetet, ahol ugyanezt az egyenl˝otlenséget kell bizony´ıtani T = 0 v´ alaszt´ assal, egyszerre vizsgálhatjuk.R Feltehetj¨ uk, hogy u R a szigor´ egyenl˝otlenség x > mT , illetve x > m teljes¨ ul, (mT = u dFT (u), m = u dF (u),) mert x = mT , illetve x = m esetén G = FT és G = F kielég´ıti a k´ıvánt egyenl˝otlenséget. A konstrukci´ o megadása érdekében az x > mT és x > m esetben vegy¨ uk észre, hogy az a.) esetben minden elég kis ε′ > 0 számra léteznek olyan K1 > 0 és K2 > 0 számok, amelyekre µ1 = µ([−K1 , K2 ]) = FT (K2 ) − FT (−K1 ) > RK 1 − ε′ , −K2 1 u dFT (u) < mT < xµ1 , és hasonló ´ all´ıt´ as érvényes a c.) esetben is. Val´ oban, K1 > 0-t és K2 > 0-t elég nagynak v´ alasztva teljes´ıthetj¨ uk az els˝ o feltételt, és mivel 1 −R FT (K2 ) > 0, a K1 > 0 konstansot még nagyobbra v´ alasztva, ha sz¨ ukséges az u dFT (u) = mT < x feltétel miatt a m´ asodik feltételt is teljes´ıteni tudjuk. Tov´ abbá, mivel az FT eloszl´ ashoz tartozó RT (t) momentumgenerál´ o f¨ uggvény végtelen tetsz˝oleges t > 0 esetén, tetsz˝oleges δ > 0 számhoz (p) végtelen sok pozit´ıv p egész szám van, amelyekre, µ2 = µ2 = FT (2p+1 )−FT (2p ) > p e−δ2 . Hasonl´ o´ all´ıt´ as érvényes a c.) esetben is. Defini´ aljuk a µ ¯1 és µ ¯2 val´ osz´ın˝ uségi mértékeket, mint Z 1 µ ¯1 (A) = dFT (u), µ1 A∩[−K1 ,K2 ] Z 1 (p) dFT (u), µ ¯2 (A) = µ ¯2 (A) = (p) A∩[2p ,2p+1 ] µ2 (p)

oz˝ o megjegyzésben szerepl˝o mennyiségek, és a p paraahol µ1 , K1 , K2 µ2 az el˝ (p) ojában alkalmasan v´ alasztjuk. Defini´ aljuk a G = G(p) métert a µ2 mérték definici´ (p) mért´ µ1 + (1 − α)¯ µ2 lineáris kombinációt, ahol az α számot R eket, mint az G = α¯ az u dG(u) = x feltétel határozza meg. Azt ´ all´ıtjuk, hogy elég kis ε′ > 0, δ = ′ δ(ε ) > 0 és elég nagy p = p(δ) > 0 v´ alaszt´ as esetén G val´ osz´ın˝ uségi mérték, és I(GkFT ) < ε. Ennek bizony´ıt´ asához vegy¨ uk észre, hogy (p)

I(GkFT ) = αI(¯ µ1 kFT ) + (1 − α)I(¯ µ2 kFT ) = −α log µ1 − (1 − α) log µ2 , R R (p) és mivel u d¯ µ1 (u) < x, és 2p ≤ u d¯ µ2 (u) ≤ 2(p+1) , elég nagy p-re 0 < 1 − α < (p) const. 2−p . Innen −α log µ1 < − log µ1 < − log(1 − ε′ ), és −(1 − α) log µ2 < δ2p const. 2−p = const. δ. Innen k¨ ovetkezik, hogy az ε′ , δ és p alkalmas v´ alaszt´ asával I(GkFT ) < ε elérhet˝ o. Az I(GkF ) < ε egyenl˝otlenség alkalmas konstrukci´ oval a c.) esetben hasonlóan bizony´ıthat´ o. A b.) eset k¨ onnyen k¨ ovetkezik a Nagy eltérések elmélete; F¨ uggetlen val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok feladatsor 13. feladatának eredményéb˝ ol. Elég azt az esetet nézni, ha x = lim [log R(t)]′ , mert x > lim [log R(t)]′ esetén sup(tx − log R(t)) = t→∞

t→∞

t≥0

∞. A vizsgálandó esetben v´ alasszuk a G mértéket, mint az x pontba koncentr´ alt mértéket. Ekkor I(GkF ) = − log µF (x), ahol µF jelöli az F mérték a´ltal induk´ alt mértéket, azaz a jobboldalon az x pont µF mértéke van. Az eml´ıtett feladatsor 13. 20

feladatának eredménye alapj´ an ez megegyezik az (a) formula baloldal´ an szerepl˝o szuprémummal. A feladat utols´ o ´ all´ıt´ asát, azt hogy I(GkF ) < sup(tx − log R(t)) + ε elérhet˝ o t≥0

szigor´ u egyenl˝otlenséggel, ha az x számot kissé növelj¨ uk, kiolvashat´ o a konstrukci´ ok ellen˝ orzésével. De ez k¨ ovetkezik a 4. feladat eredményéb˝ ol és az ut´ ana k¨ ovetkez˝ o megjegyzésb˝ ol is. Ezek szerint ugyanis I(x) < ∞ a tekintett esetben, és az I(x) f¨ uggvény folytonossági tulajdonságai alapj´ an megkapjuk a k´ıvánt eredményt, ha az ebben a feladatban bebizony´ıtott ´ all´ıt´ asokat x helyett x + ε-ra alkalmazzuk elég kis ε > 0 számmal. 11.) Tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy ql > 0 minden 1 ≤ l ≤ k-ra. R¨ ogz´ıts¨ unk egy xj1 , . . . , xjn sorozatot, xjs ∈ X, 1 ≤ s ≤ n, és legyen m(l) = m(l, xj1 , . . . , xjn ) = #{s: 1 ≤ s ≤ n, xjs = xl }, 1 ≤ l ≤ k. Ekkor χn (l) = χn (l, xj1 , . . . , xjn ) = m(l) es n , ´

(n)

µ

(xj1 , . . . , xjn ) =

n Y

pjs =

s=1

k Y l=1

m(l) pl

k k m(l) Y Y pl m(l) · ql . = m(l) q l=1 l=1

Jelölje ν (n) a ν mérték n-szeres direkt szorzatát ¨ onmag´ aval az {x1 , . . . , xk }n szorzattéren. Ekkor ¨ osszegezve az utols´ o formul´ at az ¨ osszes olyan xj1 , . . . , xjn sorozatra, amelyre nχ(l) = m(l), l = 1, . . . , k, valamilyen el˝ o´ırt m(l), l = 1, . . . , k, számokkal, azt kapjuk, hogy k

µ(n) (nχ(1) = m(1), . . . , nχ(k) = m(k)) Y = ν (n) (nχ(1) = m(1), . . . , nχ(k) = m(k)) l=1

pl ql

m(l)

.

Ezért, k n(1+ε)ql Y p l n(1−ε)ql l=1 ql (n)

≤

µ ((1 − ε)q1 < χ(1) < (1 + ε)q1 , . . . , (1 − ε)qk < χ(k) < (1 + ε)qk ) ν (n) ((1 − ε)q1 < χ(1) < (1 + ε)q1 , . . . , (1 − ε)qk < χ(k) < (1 + ε)qk ) ≤

k n(1−ε)ql Y p l n(1+ε)ql l=1 ql

.

Mivel a nagy számok törvénye alapj´ an 1 ≤ ν (n) ((1 − ε)q1 < χ(1) < (1 + ε)q1 , . . . , (1 − ε)qk < χ(k) < (1 + ε)qk ) ≤ 1 2 21

elég nagy n-re, az el˝ oz˝ o becslésb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy nql k k ln Y 1 Y pεq pl l 2 ql ql−εql n l=1

l=1

(n)

(|χn (l) − ql | < ε minden 1 ≤ l ≤ k indexre)

(n)

((1 − ε)q1 < χ(1) < (1 + ε)q1 , . . . , (1 − ε)qk < χ(k) < (1 + ε)qk ) nql k k ln Y Y p−εq pl l ≤ qlεql n ql

=µ

≤µ

l=1

l=1

elég nagy n-re. Az utols´ o egyenl˝otlenségben logaritmust véve és n-nel osztva megkapjuk a feladatban megfogalmazott egyenl˝otlenségét, ha ql > 0 minden l-re. Ha ql = 0 valamilyen l-re, akkor a fenti becslés végrehajtható azzal a m´ odos´ıt´ assal, hogy csak olyan l indexet vesz¨ unk figyelembe a fenti számol´ asban, amelyekre ql 6= 0. Mivel χ(l) = 0 egy val´ osz´ın˝ uséggel az olyan l indexekre, amelyekre ql = 0, a figyelembe vett indexeknek ez a megszor´ıt´ ase nem okoz problémát. Ha F és G két véges sok pontba koncentr´ alt eloszl´ as eloszl´ asf¨ uggvénye, akkor 1 legyen X = {x1 , . . . , xk } ⊂ R az a legkisebb halmaz, amelyre mind az F a´ltal meghat´ arozott µF mind a G ´ altal meghat´ arozott µG mértékre µF (X) = 1, µG (X) = 1. Legyen µF ({xl }) = pl , νl ({xl }) = ql , 1 ≤ l ≤ k. Ha létezik olyan l, amelyre pl = 0 (és ql > 0), akkor I(GkF ) = ∞ és elég kis ε > 0-ra P (sup |Fn (x) − G(x)| < x

ε) = 0, mert P (sup |Fn (x) − G(x)| < ε) ≤ P (Fn (x + 0) − Fn (x − 0) − q > −ε). x

Ha pl > 0 minden 1 ≤ l ≤ k-ra, akkor vegy¨ uk észre, hogy a feladatban bizony´ıtott egyenl˝otlenség bal és jobboldal´ an e−n(I(GkF )±C(ε)) szerepel. Ezért ε −n(I(GkF )+C(ε/k)) e ≤ P |χ(l) − ql | < , minden 1 ≤ l ≤ k-ra k ≤P sup |Fn (x) − G(x)| < ε −∞<x<∞

≤ P (|χ(l) − ql | < 2ε, minden 1 ≤ l ≤ k-ra) ≤ e−n(I(GkF )−C(2ε))

elég nagy n-re. Innen k¨ ovetkezik a (+1) és (+2) ´ all´ıt´ as. 12.) A k´ıvánt egyenl˝otlenség bizony´ıt´ asához elég bel´ atni, hogy minden r = 1, . . . , k-ra Z dν ν(Cr ) log (u) dν(u) ≥ log ν(Cr ), dµ µ(Cr ) Cr ¨ Osszegezve ugyanis ezeket az egyenl˝otlenségeket k = 1, . . . , r-re megkapjuk a k´ıvánt egyenl˝otlenséget. Viszont az el˝ obb fel´ırt egyenl˝otlenség a val´ osz´ın˝ uségi mértékek alkalmas v´ alaszt´ asával k¨ ovetkezik a 9. feladatban bebizony´ıtott I(νkµ) ≥ 0 egyenl˝otr ∩B) r ∩B) lenségb˝ol. Bevezetve ugyanis a µr (B) = µ(C es νr (B) = ν(C ertékeket, a µ(Cr ) ´ ν(Cr ) m´ 22

bizony´ıtand´ o egyenl˝otlenséget megkapjuk a 9. feladatban bebizony´ıtott I(νkµ) ≥ 0 all´ıt´ ´ asb´ ol, ha ν-t νr -rel és µ-t µr -rel helyettes´ıtj¨ uk. Ha folytonos a µ mértékre nézve, tekints¨ uk az C = (C1 , C2 ), C1 = o n ν nem abszolut dµ u: dν (u) = 0 , C2 = Y \ C1 particiót. Ekkor νC sem abszolut folytonos a µC

mértékre, és I(νC kµC ) = ∞. Tekints¨ uk ezut´ an azt az esetet, amikor I(νkµ) < ∞. Ekkor valamilyen K1 > 1 > K2 > 0 és N paraméterek seg´ıtségével definiáljuk a k¨ ovetkez˝ o C = {C1 , . . . , CN +2 } particiót: (K2 − K1 )(l − 1) dν (K2 − K1 )l Cl = u: K1 + ≤ (u) < K1 + , l = 1, . . . , N N dµ N o n o n dν dν CN +1 = u: dµ (u) ≥ K1 , CN +2 = u: dµ (u) < K2 . Megmutatjuk, hogy alkalmas K1 , K2 és N v´ alaszt´ assal |I(νkµ) − I(νA kµA )| ≤ ε. Ha K2 > 1-t elég nagynak, 1 > K2 > 0-t elég kicsinek v´ alasztjuk az I(νkµ) R dν ε végessége miatt elérhetj¨ uk, hogy CN +i log dµ (u)ν( du) ≤ 4 legyen, i = 1, 2. Ve-

gy¨ uk észre, hogy ha a C ⊂ Y halmaz olyan, hogy a ≤

dν dµ (u)

≤ b minden u ∈ C

ν(C) µ(C)

≤ b. Val´ oban, mivel ν(C) = pontban, −∞ ≤ a < b ≤ ∞, akkor a ≤ R dν R R ovetkezik ez az a´ll´ıt´ as. (u) dµ(u), C a dµ(u) ≤ ν(C) ≤ C b dµ(u), ahonnan k¨ C dµ A feladat elején szerepl˝o egyenl˝otlenség alapj´ an Z dν ν(CN +1 ) ε log ≥ (u)ν( du) ≥ log ν(CN +1 ) ≥ 0, 4 dµ µ(CN +1 ) CN +1 tov´ abbá

ε ≥− 4

és mivel lim u log u = 0, és log u→0

0 ≥ ν(CN +2 ) log

Z

log

CN +2

ν(CN +2 ) µ(CN +2 )

dν (u)ν( du) ≥ 0, dµ

< 0, ezért

ν(CN +2 ) ν(CN +2 ) ν(CN +2 ) = µ(CN +2 ) log µ(CN +2 ) µ(CN +2 ) µ(CN +2 ) ν(CN +2 ) ε ν(CN +2 ) log ≥− , ≥ µ(CN +2 ) µ(CN +2 ) 4

ha K1 > 0-t elég kicsinek, és K2 > 0-t elég nagynak v´ alasztjuk. Ezért a bizony´ıt´ as befejezéséhez ebben az esetben azt kell megmutatni, hogy elég nagy N = N (K1 , K2 ) számra N Z X dµ µ(C ) l dν(u) ≤ ε . log (u) − log dν ν(Cl ) 2 Cl l=1

Ez viszont k¨ ovetkezik abból a tényb˝ol, hogy elég nagy N -re log dµ (u) − log µ(Cl ) ≤ ε , ha u ∈ Cl . dν ν(Cl ) 2 23

Vég¨ ul tekints¨ uk azt az esetet, amikor I(νkµ) = ∞, de a ν mérték abszolut folytonos a µ mértékre. Ez az eset hasonlóan tárgyalhat´ o az el˝ oz˝ o nesethez. Mivel I(νkµ) = o

dν (u) < K1 , C2 = ∞ v´ alaszthatunk olyan C1 , C2 , C3 halmazokat, C1 = u: dµ o n o n dν dν (u) ≤ K2 , C3 = u: dµ (u) > K2 alkalmas Ki = Ki (ε)-nal, i = u: K1 ≤ dµ R dν dν 1, 2, 3, amelyekre ν(C1 ) ≥ 12 , C2 dµ (u) dν(u) ≥ 2ε , és dµ (u) > 1, ha u ∈ C3 . Ekkor R dν o log dµ (u) dν(u) > − log 2. Az I(νkµ) < ∞ esetben tárgyalt konstrukci´ C1 ∪C3 N S érveléséhez hasonlóan kapjuk, hogy a C2 halmaznak létezik olyan C2 = Bl l=1

particiója, amelyre

N X l=1

log

1 ν(Bl ) ν(Bl ) ≥ + log 2. µ(Bl ) ε

Ezért az C = {C1 , C3 , B1 , . . . , BN } rendszer az (Y, B) tér olyan particiója, amelyre I (νC kµC ) ≥ 1ε . Innen k¨ ovetkezik a feladat ´ all´ıt´ asa ebben az esetben is. 13.) Tekints¨ uk az ¨ osszes olyan A halmazt, amelyre teljes¨ ul a fenti approxim´ aciós a´ll´ıt´ as. ∞ S Ny´ılván az A0 = Al unió elemei ilyen halmazok. Tov´ abbá A0 halmazalgebra. l=1

Ezért elég azt bel´ atni, hogy az adott tulajdonság´ u halmazok σ-algebrát alkotnak. Ezt az ´ all´ıt´ ast k¨ ozvetlen¨ ul is lehet ellen˝ or´ızni. Például, ha az Al , l = 1, 2, . . . , ∞ S halmazok mindegyike teljes´ıti ezt a tulajdonságot, akkor az A = Al unió l=1

is teljes´ Ugyanis, minden ε > 0-hoz létezik olyan N = N (ε), amelyre ∞ ıti azt. N S S µj Al \ Al ≤ 2ε , j = 1, . . . , k, és minden Al , l = 1, . . . , N halmazhoz l=1

l=1

ε , j = 1, . . . , k. Ekkor a létezik olyan Bl ∈ A0 halmaz, amelyre µj (Al ∆Bl ) ≤ 2N N S B= Bl ∈ A0 halmazra µj (A∆B) ≤ ε minden j = 1, . . . , k-ra. Tov´ abbá az is l=1

nyilvánval´ o, hogy ha egy A halmazra teljes¨ ul az approxim´ aciós tulajdonság, akkor az X \ A halmazra is teljes¨ ul.

14.) Tekints¨ uk el˝ osz¨ or azt az esetet, amikor a ν mérték abszolut folytonos a µ mértékre nézve. A 12. feladat eredményei alapj´ an tetsz˝oleges ε > 0-ra létezik olyan B véges partició, amelyre I(νkµ) ≥ I(νB kµB ) > I(νkµ) − ε,

ha I(νkµ) < ∞,

és

1 , ha I(νkµ) = ∞. ε Tov´ abbá az I(νAn kµAn ) sorozat monoton n˝o, és a limesze kisebb vagy egyenl˝o mint I(νkµ). Ezért elég bel´ atni, hogy elég nagy n-re és egy az Y halmaz egy véges mérhet˝ o B = {B1 , . . . , Br } particiójára I(νB kµB ) ≥

ε I (νAn kµAn ) ≥ I(νB kµB ) − . 2 24

Legyen B = {B1 , . . . , Br } az Y halmaz olyan véges mérhet˝ o particiója, amelyre µ(Bl ) > 0 minden 1 ≤ l ≤ r indexre. A 13. feladat eredménye seg´ıtségével be fogjuk látni, hogy tetsz˝oleges δ > 0-ra és n > n(δ)-ra az An = {A1 , . . . , Ap(n) } partició elemeit r osztályba lehet sorolni u ´gy, hogy a j-ik j = 1, . . . , r osztályba tartozó s S (j) (j) (j) Aj(1) , . . . , Aj(s)) , s = s(n, j) halmazok A(j) = An,(j) = Aj(l) uniója teljes´ıti a l=1

µ(A(j) ∆Bj ) ≤ δ és ν(A(j) ∆Bj ) ≤ δ, j = 1, . . . , r, egyenl˝otlenségeket. Elég kis δ szám v´ alaszt´ asával e tény seg´ıtségével fogjuk bizony´ıtani a k´ıvánt egyenl˝otlenséget. A 13. feladat eredménye alapj´ an minden elég nagy n-re és Bj ∈ B-re létezik olyan ¯ (j) ∈ An halmaz, (An -val jelölj¨ A uk az An partició elemeinek uniójaiból a´ll´ o σδ δ ¯ j ∆Bj ) ≤ , j = 1, . . . , r. Ezek az A ¯ (j) ¯ j ∆Bj ) ≤ , ν(A algebrát is,) amelyre µ(A 4r 4r halmazok nem feltétlen¨ ul diszjunktak, és az uniójuk nem mindig adja ki az egész teret, de mivel a Bj , j = és az uniójuk az egész ! 1, . . . , r, halmazok diszjunktak, ! r r S ¯ S ¯ ¯ (j) ∆A ¯ (j ′ ) ) ≤ δ A(j) ≥ 1 − 4δ , ν A(j) ≥ 1 − 4δ , µ(A Y tér, ezért µ 2r j=1

¯ (j) ∆A ¯ (j ′ ) ) ≤ és ν(A

j=1

δ 2r ,

j−1 ¯ (j) \ S A ¯ (l) , j = ha j 6= j ′ . Defini´ aljuk az A(j) = A

1, . . . , r − 1, és Ar = Y \ k´ıvánt feltételeket.

l=1

r−1 S

Al halmazokat. Ezek az A(j) halmazok teljes´ıtik a

l=1

R¨ ogz´ıts¨ unk egy elég kis δ > 0 számot, és elég nagy n-re vezess¨ uk be a An partició ¯ An = {A(1) , . . . , A(s) } = {An,(1) , . . . , An,(s) } durv´ıt´ asát, ahol az A(j) halmazok a Bj halmazok el˝ oz˝ oekben definiált approxim´ aciói. Ekkor I(νA¯n kµA¯n ) ≤ I(νA kµA ), és mivel az µ és ν mértéke csak δ-val térhet A(j) és B(j) , j = 1, . . . , r halmazok ε alasztjuk. Innen el, ezért I(νA¯n kµA¯n ) − I(νB kµB ) ≤ 2 , ha δ-t elég kicsinek v´ k¨ ovetkezik a feladat ´ all´ıt´ asa abban az esetben, ha a ν mérték abszolut folytonos a µ mértékre. Az az eset, amikor a ν mérték nem abszolut folytonos a µ mértékre hasonlóan tárgyalhat´ o, de egyszer˝ ubb. Defini´ aljuk a B = (B1 , B2 ) particiót, ahol dµ B1 = u: (u) = 0 , dν

dµ B2 = u: (u) > 0 . dν

Ekkor tetsz˝oleges δ > 0-ra és n ≥ n(δ)-ra az An particiónak van olyan A¯ = ¯ 1, A ¯ 2 } durv´ıt´ ¯ 1 ) ≥ ν(B1 ) − δ és µ(A ¯ 1 ) ≤ δ. Innen k¨ {A asa, amelyre ν(A ovetkezik, hogy I(νA kµA ) ≥ I(νA¯n kµA¯n ), és I(νA¯kµA¯) = log

¯ ¯ 1) ν(A ¯ 1 ) + log 1 − ν(A1 ) (1 − ν(A ¯ 1 )) ≥ 1 , ν( A ¯ ¯ ε µ(A1 ) 1 − µ(A1 )

ha δ > 0 elég kicsi. Innen ad´ odik a feladat ´ all´ıt´ asa ebben az esetben is. 15.) R¨ ogz´ıts¨ unk egy δn → 0 sorozatot. Az R1 számegyenes olyan egym´ asba skatulyázott (ny´ılt) intervallumokb´ ol, egyelem˝ u halmazokb´ ol és két félegyenesb˝ ol a´ll´ o egym´ asba 25

skatulyázott véges An particióit tekintj¨ uk, amelyekre az An particióban tartalmazott intervallumoknak és félegyeneseknek a G eloszl´ as ´ altal meghat´ aroztott mértéke kisebb mint δn . L´ assuk be el˝ osz¨ or, hogy ilyen particiók val´ oban léteznek. Az An partició megkonstru´ al´ asa érdekében tekints¨ unk egy (−∞, a), és (b, ∞) félegyenest, amelyeknek a G eloszl´ as ´ altal induk´ alt µG mértéke kisebb mint δn , és legyenek y1 , . . . , yk azok a pontok amelyekre µG (yj ) ≥ δ. Defini´ aljuk a a µ ¯G mértéket a µ ¯G (A) = µG ((A ∩ 1 [a, b]) \ {y1 , . . . , yk }) képlettel. Ekkor minden x ∈ R pontnak van olyan (x − η(x), x + η(x)) k¨ ornyezete, amelyre µ ¯G ((x − η(x), x + η(x))) < δ. Ezek lefedik a (kompakt) [a, b] intervallumot, ezért kiválasztható ezen intervallumok k¨ oz¨ ul véges sok, amelyek szintén lefedik az [a, b] intervallumot. Tekints¨ uk a számegyenesnek azt a particióját véges szakaszokra, azok végpontjaira (mint egyelem˝ u halmazra) és két félegyenesre, amelyet ezen intervallumok végpontjai és az y1 , . . . , yk pontok határoznak meg. Az ´ıgy definiált A¯n partició nem egy pontb´ ol a´ll´ o elemeinek a µG ¯ mértékes kisebb mint δ. Legyen An a Ak , k = 1, . . . n, particiók k¨ oz¨ os finom´ıt´ asa. Ez teljes´ıti a k´ıvánt feltételeket. A 14. feladat eredménye alapj´ an tehát tetsz˝oleges ε > 0 számra létezik a számegyenesnek olyan egyelem˝ u halmazokb´ ol, ny´ılt intervallumokb´ ol és két félegyenesb˝ ol a´ll´ o A particiója, amelyre |I(GA kFA ) − I(GkF )| ≤ I(GA kFA ) >

2 ε

ε 2

ha I(GkF ) < ∞

ha I(GkF ) = ∞,

ol ´ all. (Emlékeztet˝ ou ¨l, ha A = és µG (A) ≤ 2ε , ha A ∈ A, és A nem egy pontb´ {A1 , . . . , Ak }, akkor minden minden Al ∈ A, l = 1, . . . , k, elemnek kijel¨ olj¨ uk egy xl pontját, és az FA illetve GA eloszl´ asf¨ uggvényt azok az eloszl´ asok a´ltal meghat´ arozott eloszl´ asf¨ uggvények, amelyek az xl értéket pl = µF (Al ) illetve ql = µG (Al ) val´ osz´ın˝ uséggel veszik fel.) Legyenek ξ1 , ξ2 , . . . , f¨ uggetlen F eloszl´ as´ u van P lósz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok. Ezek meghat´ arozz´ ak az Fn (x) = n1 ξj I(ξj ≤ x) emj=1

pirikus eloszl´ asf¨ uggvényt. Defini´ aljuk a ξ¯j , j = 1, 2, . . . , val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ okat ¯ ¯ ¯ a k¨ ovetkez˝ o m´ odon: Ha ξj ∈ Al ∈ A, akkor ξj = xl . Ekkor ξ1 , ξ2 , . . . f¨ uggetlen FA eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok, és a ξ¯j val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok konstrukci´ ojáb´ ol ¯ ¯ k¨ ovetkezik, hogy a bel˝ ol¨ uk elkész´ıtett Fn = Fn,A empirikus eloszl´ asf¨ uggvény tel¯ ¯ jes´ıti az Fn (x) = Fn (x), Fn (x−0) = Fn (x−0) azonosságot minden olyan x pontban, amely az A particióban szerepl˝o intervallumok valamelyikének végpontja. Innen, és a A elemeinek µG mértékére adott becslésb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy sup |Fn (x) − G(x)| − ε ≤ sup F¯n (x) − GA (x) ≤ sup |Fn (x) − G(x)| + ε. x

x

x

Viszont a 12. feladat eredménye alapj´ an 1 ¯ −I (GA kFA ) − C(ε) ≤ log P sup Fn (x) − GA (x) > ε ≤ −I (GA kFA ) − C(ε), n x 26

alkalmas C(ε) f¨ uggvénnyel, ha n > n(ε), amelyre C(ε) → 0, ha ε → 0. Az utols´ o két egyenl˝otlenségb˝ol és abból a tényb˝ol, hogy I(GA kFA ) j´ ol approxim´ alja az I(GkF ) I-divergenci´ at, k¨ ovetkezik a feladat ´ all´ıt´ asa. 16.) Az L = L(ε) számot elég nagyra v´ alasztva elérhetj¨ uk, hogy az F¯ (x) = P (ξ1 ≤ x| |ξ1 | ≤ L) eloszl´ asf¨ uggvény teljes´ıtse a sup |F¯ (x) − F (x)| ≤ ε és az |I(GkF¯ ) − I(GkF )| ≤ x

ε egyenl˝otlenségeket. (Az ut´ obbi egyenl˝otlenség teljes¨ uléséhez kell az a feltétel, hogy a G eloszl´ as egy véges intervallumba van koncentr´ alva.) Ezért a 15. feladat ¯ eredményéb˝ ol ezzel a F eloszl´ asf¨ uggvény v´ alaszt´ asával k¨ ovetkezik az ebben a feladatban fel´ırt becslés az sup |Fn (x) − G(x)| ≤ η esemény feltételes val´ osz´ın˝ uségére x

a {|ξk | ≤ L, 1 ≤ k ≤ n} feltétel mellett. A 10. feladat eredménye alapj´ an a nagy eltérés tétel fels˝o becslésének a bizony´ıtásához asra, amelyre R elég megmutatni, hogy minden ε > 0-ra és olyan G eloszl´ a < u dG(u) < a + ε és I(GkF ) < inf (ta − log R(t)) + ε teljes¨ ul a t≥0

1 − log P n

Sn ∈ [a, b] ≤ I(GkF ) + 2ε n

R egyenl˝otlenség. Létezik ugyanis olyan G eloszl´ as, amelyre a < u dG(u) < a + ε, és I(GkF ) < inf (ta − log R(t) + ε. S˝ot, feltehetj¨ uk, hogy ez a G eloszl´ as véges t≥0

intervallumba van koncentr´ alva, mert egy elég nagy K > 0 számot v´ alasztva és a G(x)−G(−K) ¯ G f¨ uggvényt a G(x) = G(K)−G(−K) , −k ≤ x ≤ K, helyettes´ıtve olyan f¨ uggvényt kapunk, amelyik szintén teljes´ıti a fenti egyenl˝otlenségeket. (Pontosabban, a 10. feladatban felhasznált eredmény nem alkalmazható abban a speci´ alis (elfajult) esettξ1 ben, amikor az R(t) = Ee minden t ≥ 0-ra értelmezve van, és lim [log R(t)]′ = a. t→∞

De ezt az esetet, amikor P (ξ1 ≤ a) = 1 rel´ ació is teljes¨ ul, a Nagy eltérések elmélete; F¨ uggetlen val´ os érték˝ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok feladatsor 13. feladatának eredménye le´ırja, és ezzel itt nem foglalkozunk. Feltehetj¨ uk tov´ abbá, hogy I(GkF ) < ∞, mert k¨ ul¨ onben az ´ all´ıt´ as ny´ılvánval´ o.) Alkalmazzuk a feladat els˝ asát ezt az a´ll´ıt´ ast o a´ll´ıt´ R 1 ′ ¯ u dG(u) − aR paraméter v´ alaszt´ assal. kielég´ıt˝ o G és F eloszl´ assal, ε helyett ε = 2 1 ′ ′ Ekkor ε ≤ ε, és ha ε > 0 elég kicsi, akkor az ε ≤ 2 b − u dG(u) egyenl˝otlenség is teljes¨ ul. Azt kapjuk, hogy ¯

′

P ( ω: |Fn (x, ω) − G(x)| ≤ η| |ξk (ω)| ≤ L, 1 ≤ k ≤ n) ≥ e−nI(GkF )−nC(η,ε ) , |IG(kF ) − I(GkF¯ )| ≤ ε′ . Ezért a k´ıvánt ´ all´ıt´ as bizony´ıt´ asához elég megmutatni azt, hogy elég kis η = η(L) > 0-ra Sn (ω) ω: sup |Fn (x, ω) − G(x)| ≤ η, ∩ An ⊂ ω: ∈ [a, b] , n x 27

ahol An = An (L) = {ω: |ξk (ω)| ≤ L, 1 ≤ k ≤ n}, és L > 0 ugyanaz a szám, amely az el˝ obb tekintett feltételes val´ osz´ın˝ uség feltételében szerepel. Innen ugyanis k¨ ovetkezik, hogy P

Sn (ω) ∈ [a, b] ≥ P ( |Fn (x, ω) − G(x)| ≤ η, | |ξk (ω)| ≤ L, 1 ≤ k ≤ n) P (An ) n ¯

¯

′

¯

≥ e−nI(GkF )−nC(η,ε ) P (|ξ1 | ≤ L)n ≥ e−nI(GkF )−nC(η,ε) ,

¯ ahol C(ε) → 0, ha ε → ∞. Parciális integrál´ assal kapjuk, hogy ω ∈ An és ω: sup |Fn (x, ω) − G(x)| ≤ η, esetén x

Z Z Sn (ω) = u dFn (u, ω) − dG(u) − u dG(u) n Z L ≤ |Fn (u, ω) − G(u)| du ≤ Lη. −L

Viszont elég kis η > 0-ra Lη ≤ k¨ ovetkezik a feladat ´ all´ıt´ asa.

R

u dG(u) − a és Lη ≤ b −

R

u dG(u). Innen

17.) Mivel µ ∈ / F, és F zárt, azaz X \F ny´ılt halmaz, ezért létezik az µ ∈ X pontnak az F halmaztól diszjunkt U = {ν: |ν(Bl ) −µ(Bl )| < ε, 1 ≤ l ≤ k} ny´ılt k¨ ornyezete, ahol Bl az (Y, B) tér mérhet˝ o részhalmazai. Legyen Defini´ aljuk a G1 = {ν: |ν(Bl ) − µ(Bl )| < ε/4, 1 ≤ l ≤ k} és G2 = X \ {ν: |ν(Bl ) − µ(Bl )| ≤ ε/2, 1 ≤ l ≤ k} halmazokat. Ezek a G1 , G2 ny´ılt halmazok teljes´ıtik a T3 tulajdonságban szerepl˝o feltételeket. A K = K(B, ε) = {ν: |ν(B) − µ(B)| ≤ ε} halmaz, ahol B az (Y, B) tér mérhet˝ o részhalmaza, a µ pontot tartalmaz´ o zárt halmaz. Az ¨ osszes ilyen halmaz metszete szintén zárt, és egyed¨ ul a µ pontot tartalmazza. Ezért a {µ} halmaz zárt. 18.) Tekints¨ uk az Y tér véges D = {D1 , . . . , Dk } véges particióját, és adva két µ és ν k P ν(Dl ) mérték az (X, X ) téren, legyen I(νD kµD ) = ν(Dl ) az I(νkµ) mérték log µ(D l) l=1

vet¨ ulete a D particióra. A I(νD kµD ) f¨ uggvény rögz´ıtett µ mértékkel mint a ν mérték f¨ uggvénye folytonos, ha a particiót u ´gy v´ alasztjuk, hogy µ(Dl ) > 0 minden l = 1, . . . , k-ra. Viszont a 12. feladat eredménye alapj´ an v´ alaszthatunk Dn particióknak olyan sorozatát, amelyekre lim I(νDn kµDn ) = sup I(νDn kµDn ) = n→∞

n

I(νD kµD ). Mivel (alulr´ ol félig) folytonos f¨ uggvények szuprémuma alulr´ ol félig folytonos, innen k¨ ovetkezik a feladat ´ all´ıt´ asa. 19.) Tekints¨ unk egy olyan ν ∈ G mértéket, amelyre I(νkµ) ≤ inf I(χkµ) + ε, és teχ∈G

kints¨ uk ennek olyan U k¨ ornyezetét, amelyre U ⊂ G, és U a k¨ ovetkez˝ o alak´ u: U = {χ: χ ∈ X, |χ(B1 ) − ν(Bl )| < ε, l = 1, 2, . . . , k} alkalmas ε > 0 számmal és B = {B1 , . . . , Bl } az Y tér alkalmas particiója. Tekints¨ uk a µ és ν mértékek 28

vet¨ uletét ezekre a particiókra. Jelölj¨ uk ezeket µB és νB -vel, és vizsgáljuk ezek Ip P ν(Bl ) divergenci´ aját. A 12. feladat eredménye alapj´ an I(νB kµB ) = log µ(B ν(Bl ) ≤ l) l=1

I(νkµ). Ezért a 11. feladat eredményét felhasználva kapjuk, hogy I(µB kνB ) ≤ inf I(χkµ) + ε, és µn (G) ≥ µn (U) ≥ e−n(I(νB kµB )−C(ε)) , alkalmas C(ε) számmal,

χ∈G

ha n ≥ n(ε). Tov´ abbá, C(ε) → 0, ha ε → 0. Ezért µn (G) ≥ inf e−n(I(χkµ)−ε−C(ε)) , χ∈G

ha n ≥ n(ε).

Innen k¨ ovetkezik a feladat ´ all´ıt´ asa. 20.) A feladat ´ all´ıt´ asa kapcsolódik a funkcion´ alanal´ızis egyik klasszikus eredményéhez, amely szerint egy Banach tér du´ alis terének zárt egységgömbje a gyenge topol´ ogiában kompakt. Természetesebbnek t˝ unik viszont e tételre val´ o hivatkoz´ as helyett a bizony´ıt´ as m´ odszerét adaptálni. Ez a Tyihonov tétel alkalmazása, a topol´ ogikus tér természetes beágyaz´ asa a [0, 1] intervallum (a szok´ asos topol´ ogiával) nagy számosság´ u példány´ anak direkt szorzatába. Ez ut´ obbi tér kompakt a Tyihonov tétel szerint. Tekints¨ unk az (Y, B) minden mérhet˝ o B ⊂ B részhalmaz´ ara egy (ZB , CB ) teret, amely a [0, 1] intervallum a szok´ ogiával. Legyen ezek direkt szorzata Qasos topol´ a szorzattopol´ ogiával (Z, C) = (ZB , CB ). A Z tér felfogható mint azokb´ ol a B∈B

f¨ uggvényekb˝ ol ´ all´ o halmaz, amelyek az Y tér B mérhet˝ o halmazait képezik le a [0, 1] intervallumra. A C topol´ ogia ny´ılt halmazait pedig ezen a téren a {zB1 ∈ G1 , . . . , zBk ∈ Gk } halmazok gener´ alják, ahol k = 1, 2, . . . ,, B1 , . . . , Bk az Y halmaz mérhet˝ o halmazai, G1 , . . . , Gk pedig a [0, 1] intervallum ny´ılt részhalmazai. Vegy¨ uk észre, hogy X ⊂ Z, és az X téren bevezetett X τ topol´ ogia a Z téren ´ definiált C topol´ ogia megszor´ıt´ asa az X térre. Igy az (X, X ) teret beágyaztuk egy kompakt topol´ ogikus térbe. Tudjuk, hogy egy kompakt halmaz zárt részhalmazai szintén kompaktak. Ezenk´ıv¨ ul azt is tudjuk (a 18. feladat eredménye), hogy minden µ ∈ X-re az I(·kµ) I-divergencia alulr´ ol félig folytonos f¨ uggvény az (X, X ) téren. Egy alulr´ ol félig folytonos I(·) f¨ uggvény {x: I(x) ≤ R} tipus´ u n´ıvóhalmazai zártak. Ezen tények alapj´ an pr´ ob´ aljuk meg bebizony´ıtani a feladat a´ll´ıt´ asát. A problémát az okozza, hogy az I-divergencia a (Z, C) kompakt térnek csak egy X részhalmaz´ an van értelmezve, és ennek topol´ ogiai tulajdonságair´ ol semmit sem tudunk. E nehézségen u ´gy seg´ıt¨ unk, hogy az X teret begy´ azzuk a Z egy Z0 zárt részhalmaz´ aba (ez a Z0 halmaz val´ ojában az X tér lezártja, de erre a tényre nincs sz¨ ukség¨ unk), és az I-divergencia f¨ uggvényt kiterjesztj¨ uk az X halmazr´ ol a kompakt Z0 halmazra u ´gy, hogy a kiterjesztett f¨ uggvény is alulr´ ol félig folytonos. R´ aadásul a kiterjesztett f¨ uggvény értéke a Z0 \ X halmazon ∞. E tények seg´ıtségével nem lesz nehéz bizony´ıtani a feladat ´ all´ıt´ asát. T Defini´ aljuk a Z0 ⊂ Z halmazt mint a k¨ ovetkez˝ o metszetet: Z0 = ZU , ahol az U U

indexhalmaz jelöli az Y halmaz ¨ osszes véges particióját mérhet˝ o halmazokra, és az 29

Y tér egy U = {B1 , . . . , Bk }, Bl ∈ B, l = 1, . . . , k véges particiójára legyen ( ) k X ZU = z: z ∈ Z, z Bl = 1 . l=1

Ekkor Z0 a Z halmaz zárt részhalmaza, mivel a zárt ZU halmazok metszete. A Z0 halmaz az (Y, B) tér mérhet˝ o halmazain értelmezett végesen additiv nem negat´ıv érték˝ u 1-re norm´ alt halmazf¨ uggvényeib˝ol ´ all, ezért X ⊂ Z0 . Az I-divergencia kiterjesztésének és tulajdonságainak bizony´ıt´ asa érdekében jegyezz¨ uk meg, hogy ha ν és µ két val´ osz´ın˝ uségi mérték, akkor I(νkµ) = sup I(νU kµU ) = U

sup

k X

log

{B1 ,...,Bk } l=1

ν(Bl ) ν(Bl ), µ(Bl )

U = {B1 , . . . , Bk }

ahol a szuprémum az Y tér U = {B1 , . . . , Bl } véges (mérhet˝ o) particiójára vétetik. (Ez k¨ ovetkezik a 12. feladat eredményéb˝ ol.) Defini´ aljuk az I(νkµ) f¨ uggvényt (r¨ ogz´ıtett µ mértékkel) minden ν ∈ Z0 -re, azaz akkor is, ha ν addit´ıv, de nem σ-addit´ıv halmazf¨ uggvény az el˝ obb fel´ırt szuprémum seg´ıtségével. Ekkor I(·kµ) alulr´ ol félig folytonos, mert (alulr´ ol félig) folytonos f¨ uggvények szuprémuma. Belátjuk, hogy az ´ıgy kiterjesztett I-divergenci´ ara I(νkµ) = ∞, ha ν ∈ Z0 \ X (és µ ∈ X). Ugyanis az, hogy a pozit´ıv érték˝ u, addit´ıv µ halmazf¨ uggvény σ-addit´ıv azzal ekvivalens, hogy tetsz˝oleges Bn ∈ B halmazsorozatra, amelyre Bn ⊃ Bn+1 , ∞ T Bn = ∅, lim µ(Bn ) = 0. Mivel µ ∈ X, és ν ∈ Z0 \ X, n = 1, 2, . . . , és n→∞

n=1

létezik olyan leszáll´ o Bn ∈ B az u ¨res halmazhoz tartó Bn halmazsorozat, amelyre lim µ(Bn ) = 0 és lim ν(Bn ) = α > 0. Ezért tekintve az Un = {Bn , Y \ Bm } n→∞

n→∞

particiókat I(νkµ) ≥ lim I(νUn kµUn ) = ∞. n→∞

A fentiek alapj´ an k¨ onnyen bizony´ıthat´ o a feladat ´ all´ıt´ asa. Mivel Z0 a (Z, C) tér zárt részhalmaza, a Z0 -ra kiterjesztett I(·kµ) halmaz alulr´ ol félig folytonos, ezért az A(R) = {ν: ν ∈ Z0 , I(νkµ) ≤ R} halmaz minden 0 ≤ R < ∞ számra a (Z, C) tér zárt, ezért kompakt részhalmaza. Viszont A(R) ⊂ X. Innen nem nehéz bel´ atni, hogy A(R) nemcsak a (Z, C) téren, hanem annak megszor´ıt´ asán az (X, X ) téren is kompakt. 21.) Mint az el˝ oz˝ o feladatban láttuk, az (X, X ) tér beágyazható egy kompakt T2 térbe. (A [0, 1] tér ¨ onmag´ aval vett nagy példányszám´ u direkt szorzatába.) A topol´ ogia standard eredményei alapj´ an egy kompakt T2 tér T4 tér. (Tetsz˝oleges két diszjunkt zárt halmaznak létezik diszjunkt ny´ılt k¨ ornyezete.) Egy T4 tér egyben Tρ tér, és annak tetsz˝oleges altere, tehát például az (X, X ) tér is Tρ tér. 22.) Válasszunk minden ν ∈ K mértékre a ν mértéknek egy olyan G(ν, ε) ny´ılt k¨ ornye1 zetét, amelyre lim inf − n log Qn ((G, ν)) > I(ν) − ε. Ezen halmazok lefedik a K n→∞

halmazt. Vegy¨ uk a K halmaznak egy ilyen halmazokb´ ol ´ all´ o véges G(ν1 , ε), . . . , G(νm , ε) fedését. Ekkor elég nagy n indexre m X Qn (K) ≤ Qn (Gl ) ≤ const. sup e−n(I(νk )−2ε) ≤ const. sup e−n(I(ν)−2ε) . l=1

1≤k≤m

30

ν∈K

Innen k¨ ovetkezik a (iii′ ) tulajdonság. L´ assuk be, hogy az I(·kµ) f¨ uggvény teljes´ıti a feladat feltételeit. Az I(·kµ) f¨ uggvény alulr´ ol félig folytonos a 18. feladat eredménye alapj´ an. Tekints¨ uk az Y tér egy alkalmas véges C = {C1 , . . . , Ck } particióját, vegy¨ unk egy kis δ > 0 számot, és definiáljuk egy ν ∈ X pont alkalmas ny´ılt k¨ ornyezetét a k¨ ovetkez˝ o m´ odon: G(ν, ε) = {χ: χ ∈ X, |χ(Cj ) − ν(Cj )| < δ, j = 1, . . . k}, δ = δ(ε). A 12. feladat eredménye alapj´ an alkalmas C partició v´ alaszt´ asával elérhet˝ o, hogy az I(νC kµC ) ≥ 1 ε I(νkµ) − 2 ha I(νkµ) < ∞, és I(νC kµC ) > ε , ha Iνkµ) = ∞ egyenl˝otlenségek teljes¨ uljenek. Másrészt a 11. feladatban bizony´ıtott (3) egyenl˝otlenség jobboldala alapj´ an Qn (G(ν, ε)) < e−n(I(νC kµC )−ε/2) , ha a δ = δ(ε) > 0 számot elég kicsinek v´ alasztjuk, és n ≥ n(δ). (Jelen esetben a (3) formul´ at´ ol eltér˝ o jelölést haszn´ alunk. (n) A Qn (G(ν, ε)) kifejezés j´ atssza a (3) formul´ aban szerepl˝o µ (·) val´ osz´ın˝ uség szerepét, és ott δ = δ(ε)-t ´ırunk ε helyett. Tov´ abbá a µ(n) (·) val´ osz´ın˝ uségre a (3) formul´ aban adott fels˝o becslés a mostani jelölésben a e−nI(νkµ)−nC(δ) kifejezéssel egyenl˝o.) Ezért lim inf − n1 log Qn (G(ν, ε)) ≥ I(νkµ) − ε, ha I(νkµ) < ∞, és nagyobb mint

1 ε,

n→∞

ha I(νkµ) = ∞.

23.) Tetsz˝oleges C ∈ C ∗ -ra, ε ≥ 0-ra µ(n) (µn ∈ F) ≤ µ(n) (µn C ∈ FC ) ≤ µ(n) (µn C ∈ [FC ]) ≤ sup e−n(I(νC kµC )−ε) , ν∈[FC ]

ha n > n(ε, C). Ez például k¨ ovetkezik a 22. feladat eredményéb˝ ol, és abból a tényb˝ol, hogy [FC ] kompakt halmaz az (XC , AC ) téren. (Egyébként ez az egyenl˝otlenség elemien is levezethet˝ o.) Innen logaritmust véve kapjuk, hogy lim inf − n→∞

1 log µ(n) (µn ∈ F) ≥ inf I (νC kµC ) . n ν∈[FC ]

Szuprémumot véve C ∈ C ∗ -re kapjuk a k´ıvánt ´ all´ıt´ ast. 24.) Tekints¨ unk egy L > sup

inf

C∈C ∗ νC ∈[FC ]

I (νC kµC ) számot. A (4) formul´ aban szerepl˝o

egyenl˝otlenség bizony´ıt´ asához azt kell bel´ atni, hogy ez az L szám fels˝o becslés az egyenl˝otlenség jobboldal´ ara is. Ennek érdekében el˝ osz¨ or lássuk be azt, hogy létezik ∗ olyan ν ∈ (X, A), amelyre νC ∈ [FC ] minden C ∈ C -re, és I(νkµ) ≤ L. Viszont nem ´ all´ıtjuk, — legal´ abbis egyel˝ ore, — hogy a ν ∈ F rel´ ació is teljes¨ ul. A DC = {ν: ν ∈ X, νC ∈ [FC ] , I(νkµ) ≤ L} halmaz kompakt minden C ∈ C ∗ ra, mivel a 20. feladat alapj´ an egy kompakt és egy zárt halmaz metszete. (A {ν: ν ∈ X, νC ∈ [FC ]} halmaz zárt. Ez k¨ ovetkezik abból, hogy a ν → νC leképezés folytonos.) Tov´ abbá a DC halmaz nem u ¨res, mivel létezik olyan νC ∈ [FC ], amelyre µ(D) νC (xl ), l = I(νC kµC ) ≤ L, és arra a ν ∈ X mértékre, amelyet a ν(D) = µ(C l) 1, . . . , k, képlet definiál, ha D ⊂ Cl , ahol C = {C1 , . . . , Ck }, és xl a Cl -hez rendelt pont, I(νkµ) = I(νC kµC ) ≤ L. Tov´ abbá az ´ıgy definiált ν mérték ,,vet¨ ulete” a C particióT ra a fenti νC mérték, amely eleme az [FC ] halmaznak. Azt akarjuk bel´ atni, DC 6= ∅. A DC halmazok kompaktsága miatt elég azt bel´ atni, hogy hogy C∈C ∗

31

véges sok DC1 , . . . , DCp halmaz metszete nem u ¨res. Legyen C¯ olyan véges partició, amely finomabb mint a C1 , . . . , Cp particiók mindegyike, és legyen ν ∈ DC¯. Azt all´ıtjuk, hogy ekkor ν ∈ DCl minden l = 1, . . . , p-re. Ehhez azt kell bel´ ´ atni, hogy mivel Cl durv´ıt´ asa a C¯ particiónak, ha νC¯ ∈ [FC¯], akkor νCl ∈ [FCl ]. Ez ut´ obbi all´ıt´ ´ as bizony´ıt´ asa érdekében vegy¨ uk észre, hogy ha νC¯ ∈ [FC¯], akkor létezik olyan (n) (n) (n) ν ∈ X, n = 1, 2, . . . , mértéksorozat, amelyre νC¯ ∈ FC¯, azaz νC¯ eleme a (n)

anak, és lim νC¯ (xm ) = νC¯(xm ) minden FC¯ halmaznak és nemcsak annak lezártj´ n→∞ ¯ 1, . . . , C ¯ p }, és xm a C ¯ m halmazhoz rendelt pont. m = 1, . . . , p-re, ahol C¯ = {C ¯ Mivel a Cl partició elemei ilyen (diszjunkt) Cm halmazok uniói, innen k¨ ovetkezik, (n) (n) hogy νCl ∈ FCl , és lim νCl = νCl . Ezért νCl ∈ [FCl ]. n→∞

Legyen ν ∈ DC minden C ∈ C ∗ particióra. Ekkor, mivel νC ∈ [FC ] minden C ∈ C ∗ particióra, és F zárt halmaz, ezért ν ∈ F. Val´ oban, ha ν ∈ / F lenne, akkor az (X, X ) tér T3 tulajdonsága miatt létezne olyan C = {C1 , . . . , Ck } ∈ C ∗ partició, és ε > 0, amelyre az U = {χ: χ ∈ X, |χ(Cl ) − ν(Cl )| < ε minden 1 ≤ l ≤ k-ra} halmaz a ν ∈ X pontnak, a V = {χ: χ ∈ X, |χ(Cl ) − ν(Cl )| > 2ε valamely 1 ≤ l ≤ k-ra} halmaz az F zárt halmaznak a ny´ılt k¨ ornyezete, és U∩V = ∅. Ez viszont ellentmond a νC ∈ [FC ] rel´ aciónak. A bizony´ıtand´ o egyenl˝otlenség jobboldala fel¨ ulr˝ ol becs¨ ulhet˝ o a sup I (νC kµC ) kifeC∈C ∗

jezéssel egy olyan ν ∈ X mértékkel, amelyre ν ∈ DC minden C ∈ C ∗ particióra. Mivel erre a ν mértékre sup I (νC kµC ) ≤ I(νkµ) ≤ L minden C ∈ C ∗ particióra, C∈C ∗

innen k¨ ovetkezik a (4) formul´ aban fel´ırt egyenl˝otlenség. Vég¨ ul a (4) formul´ aban fel´ırt azonosság a 12. feladat k¨ ovetkezménye. A 23. feladat eredményéb˝ ol és a 24. feladatban m´ ar bebizony´ıtott (4) formul´ ajáb´ ol k¨ ovetkezik a nagy eltérés tétel iii.) tulajdonsága a Szanov tétel feltételeinek teljes¨ ulése esetén. 25.) Mutassuk meg el˝ osz¨ or azt, hogy a feladatban definiált F halmaz zárt, azaz, ha ν ∈ / F, akkor létezik a ν pontnak olyan U(ν) k¨ ornyezete, amelyre U(ν) ∩ F = ∅. Ezért az F halmaz Minden ν ∈ X-re létezik olyan ε > 0, amelyre ν({(0, ε)}) ≤ 31 . 1 ornyezetének a és a ν ∈ X pont U1 (ν) = χ: |χ({(0, ε)}) − ν({(0, ε)})| < 3 k¨ metszete véges. Legyen N = [ε−1 ], ahol [·] egész részt jelent. Ekkor n > N indexre µn ∈ / U1 (ν). Ha ν ∈ / F akkor alasszunk olyan εk > 0 N indexre minden k ≤ v´ számot, amelyre vagy ν k1 − µk k1 > εk vagy ν 43 − µk 43 > εk . Mivel ν 6= µk ez lehetséges. Legyen ε = min εk , és definiáljuk az k≤N

és

U2 (ν) = χ: χ k −1 − ν k −1 > ε, ha k ≤ N U3 (ν) = χ:

3 3 χ −ν >ε 4 4 32

halmazokat. Ekkor az U (ν) = U1 (ν) ∩ U2 (ν) ∩ U3 (ν) halmaz a ν mértéknek az F halmaztól diszjunkt k¨ ornyezete. Teh´ at az F halmaz zárt. ¯n ({x2 }) = n1 . Az FC halmaz a k¨ ovetkez˝ oµ ¯n mértékekb˝ ol ´ all: µ ¯n ({x1 }) = 1 − n1 , µ Ezek a mértékek konvergálnak a µ ¯ mértékhez, µ ¯({x1 }) = 1, amely nem szerepel a µ ¯n mértékek k¨ oz¨ ott. Innen k¨ ovetkezik, hogy az FC halmaz nem zárt. 26.) Tetsz˝oleges y1 , . . . , yk , yj ∈ Y , j = 1, . . . , k pontokra, 1 ≤ k ≤ n, és j1 , . . . , jk , k P jp = n, pozit´ıv egész számokra definiáljuk a p=1

G(y1 , . . . , yk , j1 , . . . , jk ) = G(y1 , . . . , yk , j1 , . . . , jk , n) jp 1 = µ: µ ∈ X, µ({yp } − < n n

halmazokat. Adva egy B ⊂ Y halmaz, definiáljuk a G = ∪nk=1

[

G(y1 , . . . , yk , j1 , . . . , jk )

((y1 ,...,yk ),(j1 ,...,jk )): yl ∈B, 1≤l≤k

halmazt. Ez a halmaz ny´ılt, mert minden G(y1 , . . . , yk , j1 , . . . , jk ) halmaz ny´ılt. Tov´ abbá a ξ1 , . . . , ξn minta ´ altal meghat´ arozott µn empirikus mértékre, µn ∈ G akkor és csak akkor, ha az ¨ osszes ξj val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ o értéke a B halmazban j van. Ugyanis µn ({y}) = n , 0 ≤ j ≤ n minden y ∈ Y -ra, és az o¨sszes ξj akkor és csak akkor esik az A halmazba, ha az ´ altala meghat´ arozott µn mérték eleme valamelyik a G definici´ ojában szerepl˝o G(y1 , . . . , yk , j1 , . . . , jk ) halmazban. Legyenek ξ1 , · · · , ξn f¨ uggetlen, a [0, 1] intervallumon egyenletes eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok. Jelölje µn azt az empirikus mértéket, amelyet ezek a val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ ok határoznak meg. Legyen B ⊂ [0, 1] nem mérhet˝ o, 0 bels˝ o és 1 k¨ uls˝ o mérték˝ u halmaz. Ekkor az az esemény, hogy mindegyik ξj , 1 ≤ j ≤ n, val´ osz´ın˝ uségi v´ altoz´ o ebbe a halmazba esik nem mérhet˝ o, és ennek az eseménynek nincs valósz´ın˝ usége. Viszont az el˝ obbi érvelésben megmutattuk, hogy létezik olyan ny´ılt G halmaz a val´ osz´ın˝ uségi mértékek terén, amelyre ez az esemény megegyezik a {µn ∈ G} eseménnyel.

33

k=1 k=1 találhatjuk meg, hogy az adott feltétel mellett az empirikus eloszlás ennek az eloszlásnak

Recommend Documents