deathnoteetou
New Member
Download miễn phí Vấn đề xấp xỉ ngẫu nhiên và ứng dụng
Vì các phương pháp đã trình bày ởcác
phần trước trong thực tếchỉáp dụng đối với
các vấn đềgiải quyết một cỡmẫu xác định, câu
hỏi đặt ra là lí thuyết xấp xỉtiệm cận tốt như
thếnào đối với các trường hợp cụthể. Trong
toán học, khài niệm tuyến tính rất quan trọng,
ví dụtrong Kakutani là sựmởrộng của định lí
điểm bất động Brauwer có quan hệgắn với
vấn đề đặt ra.
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí
Tóm tắt nội dung tài liệu:
TẠP CHÍ PHÁT TRIỂN KH&CN, TẬP 13, SỐ T3 - 2010Bản quyền thuộc ĐHQG-HCM Trang 5
VẤN ĐỀ XẤP XỈ NGẪU NHIÊN VÀ ỨNG DỤNG
Nguyễn Văn Thu (1), Hoàng Văn Bắc (2)
(1) Trường Đại học Quốc tế, ĐHQG-HCM
(2) Trường THPT Đức Trọng, tỉnh Lâm Đồng
(Bài nhận ngày 08 tháng 11 năm 2009, hoàn chỉnh sửa chữa ngày 22 tháng 11 năm 2010)
TÓM TẮT: Xấp xỉ ngẫu nhiên là một công cụ vô cùng quan trọng của giải tích số. Trong bài
này chúng tui sẽ trình bày tổng quát về xấp xỉ ngẫu nhiên ñồng thời cũng nêu ra một phương pháp ñặc
biệt của xấp xỉ ngẫu nhiên, ñó là phương pháp Robbins - Monro.
Từ khóa: xấp xỉ ngẫu nhiên, phương pháp Robbins – Monro.
1. CÁC VÍ DỤ THỰC TẾ
a. Để biết ñộ cứng của hợp kim ñồng - sắt
ở nhiệt ñộ 5000C người ta thường xét khoảng
thời gian x và ( )Y x là ñộ cứng tương của hợp
kim. Vấn ñề ñặt ra là tìm các giá trị của x mà
hợp kim có ñộ cứng trung bìnhα . Biết rằng
các loại hợp kim khác nhau ứng với ñộ cứng
khác nhau.
b. Ta xét ñộ nhạy của một chất nổ khi bị va
chạm. Một phương pháp thong thường ta thả
cho nó rơi tự do từ một ñộ cao xác ñịnh. Đối
với một số chất nổ thì ñộ cao này thì phát nổ
mỗi loại chất nổ làm cho nổ khi ñược thả.
c. Tương tự, trong việc kiểm tra thuốc trừ
sâu, ta cũng phải xác ñịnh giới hạn của các loại
thuốc ñối với các loại côn trùng và mức ñộ sử
dụng sao cho phù hợp ñể ñạt kết quả cao trong
sử dụng.
2. XẤP XỈ NGẪU NHIÊN
Các tình huống trong ví dụ rất thực tế và
cụ thể ở trên có thể vận dụng toán học ñể giải
quyết như sau. Chọn ngẫu nhiên một giá trị 1x ,
sau ñó quan sát giá trị 1( )y x của biến ngẫu
nhiên 1( )Y x với kỳ vọng
{ }1( ) ( )M x E Y x= . Trong ñó E là kí hiệu
kỳ vọng toán học và M
là một hàm tăng chưa
biết dạng chính xác. Ta cũng chọn một dãy các
số dương na giảm dần theo n , ví dụ chọn
n
c
a
n
= , trong ñó c là hằng số dương tuỳ ý.
Vấn ñề ñặt ra là xác ñịnh giá trị của θ sao cho
( )M θ α= . Ta thiết lập hệ thức ñệ quy ñể tìm
các giá trị x cho các thí nghiệm tiếp theo:
[ ]1 ( ) .n n ncx x y x
n
α+ = − − (1)
Giả sử ta làm ñược thí nghiệm thứ n và
ñã biết ñược nx cũng như giá trị ( )ny x . Sử
dụng (1) ta có thể xác ñịnh giá trị cụ thể của x
ñể sử dụng cho lần thí nghiệm thứ 1n + . Ta sẽ
kiểm tra hệ thức ñệ quy này. Với trường hợp
ñơn giản nhất. Xét 0α = thì (1) có dạng
1 ( )n n n
c
x x y x
n
+ = − (2)
Science & Technology Development, Vol 13, No.T3- 2010
Trang 6 Bản quyền thuộc ĐHQG-HCM
Nếu ( ) 0ny x > thì 1n nx x+ < và nếu
( ) 0ny x . Nếu ( )ny x
là
dương thì giảm giá trị của x cho lần thí
nghiệm thứ 1n + và ngược lại.
Ta sẽ nghiên cứu một ứng dụng của xấp xỉ
ngẫu nhiên, ñó là phương pháp Robbins -
Monro ñược trình bày sau ñây.
3. PHƯƠNG PHÁP ROBBINS - MONRO
3.1. Giải tích thích ứng - Không thích
ứng
Trong việc kiểm tra thuốc trừ sâu, ta nhận
thấy hiện tượng là có hay không có loại côn
trùng mà thuốc có tác dụng. Do ñó, vấn ñề là
ñể xác ñịnh phù hợp chủng loại và liều lượng
mà thích ứng cho từng loại côn trùng. Về mặt
toán học, các vấn ñề này ñược giải quyết như
sau. Xét Z là biến ngẫu nhiên với hàm phân bố
M . Nếu x là số thực và ( )Y x là biến ngẫu
nhiênsao cho:
( ) 1Y x = nếu Z x≤ 0= nếu Z x>
Thì
[ ] [ ]
[ ] [ ]
[ ] ( )
( ) 1 ( ),
( ) 0 1 ( ),
( ) 1. ( ) 0. 1 ( ) ( ).
P Y x P Z x M x
P Y x P Z x M x
E Y x M x M x M x
= = ≤ =
= = > = −
= + − =
Bây giờ ( )Y x là một quan sát thích ứng
ñối với số lượng x (khối lượng thuốc trừ sâu
chẳng hạn). Vấn ñề là ñể xác ñịnh giá trị của x
cho sự thích ứng α . Ta có ñịnh lí sau:
Định lí 1. Giả sử M là một hàm phân
phối và α là một số thực ứng với một số thực
θ thoả mãn ( )M θ α= ; giả sử M khả vi tại
θ
và ( ) 0M θ′ > . Xét 1x là một số thực và
n
là một số nguyên dương. Nếu
( )1 1n n nX X Y
n
α+ = − − (1)
trong ñó nY là một nghiệm ngẫu nhiên
sao cho
[ ]
[ ]
1 2 1 1
1 2 1 1
1| ,..., , ,..., ( )
0| ,..., , ,..., 1 ( )
n n n n
n n n n
P Y X X X Y Y M X
P Y X X X Y Y M X
−
−
= =
= = −
Thì 2lim ( ) 0
n
E X θ
→∞
− = , dẫn ñến dãy
biến ngẫu nhiên { }nX
hội tụ ñến θ theo bình
phương trung bình và do ñó hội tụ theo xác
suất.
Gợi ý chứng minh: Đặt
( )2n nE Xξ θ= − , ta chỉ cần chứng minh
lim 0
n
n
ξ
→∞
= .
Có một phương pháp ñể giải quyết vấn ñề
thích ứng – không thích ứng là phương pháp
xấp xỉ ngẫu nhiên.
3.2. Xấp xỉ ngẫu nhiên một chiều
Bây giờ ta xét câu hỏi của tình huống tổng
quát trong ñó Y không bị hạn chế nhận giá trị 1
hay 0 mà có thể nhận bất kì giá trị nào
Định lí 2 (Dvoretzky). Giả sử
{ } { } { }, ,n n nα β γ
là các dãy số thực không
âm sao cho
lim 0
n
n
α
→∞
= (1)
TẠP CHÍ PHÁT TRIỂN KH&CN, TẬP 13, SỐ T3 - 2010
Bản quyền thuộc ĐHQG-HCM Trang 7
1
nβ
∞
< ∞∑ (2)
1
nγ
∞
= ∞∑ (3)
Xét θ là một số thực và nT là các phép
biến ñổi ño ñược sao cho
( ) [ ]1,..., max ,(1 )| |n n n n n nT X X Xθ α β θ γ− ≤ + − − (4)
với mọi 1,..., nX X . Xét 1X và
( 1, 2,...)nY n = là các biến ngẫu nhiên và
ñịnh nghĩa
1 1 1( ,..., ) ( ,..., ), 1.n n n n nX T X X Y X X n+ = − ∀ ≥ (5)
Thì các ñiều kiện { }21E X < ∞ .
{ }2
1
n
n
E Y
∞
=
< ∞∑ (6)
và { }1| ,..., 0n nE Y X X = (7)
với xác suất 1 với mọi n , suy ra
lim 0 1n
n
P X
→∞
= =
(8)
Chứng minh: Không mất tính tổng quát,
ta có thể chọn 0θ = .
1. Từ (4) và (6) suy ra rằng
( )2nE X < ∞ với mọi n .
2. Đặt ( )s n là dấu của
( ) [ ]1, ...,n n nT X X X nếu cả 2 thừa số là
khác 0, và ( ) 1s n = nếu một trong hai thừa số
bằng 0. Viết
( , ) ( ), (1, )
n
n n
j m
m n s j Y n Y
=
′= =∏ ∏ ∏
.Thì
1
nY
∞
′∑ hội tụ với xác suất 1 bởi (6) và (7).
Viết
( , ) .
n
j
j m
Z m n Y
=
′=∑
Với 00, 0, ( , )Mδ ε δ ε∀ > ∀ > ∃ sao
cho
,
sup ( , ) / 2.
48
M m n
m n
P Z m n δ ε
≤ ≤
> <
(9)
3. Đặt ( , 1) 1d m m − = ,
1
( , ) (1 )
n
j
j m
d m n β
+
=
= +∏ với n m≥ .
Xét tổng
1
1( , ) ( , )
n
j
j m
S m n d j n Y
+
−
=
′=∑
bằng với
[ ]1 2(( 2),( 1)) ( , ) ( 1, ) ( , )
n
n
j m
Z m j d j n d j n Y d mn
−
−
+
′
− − − + −∑
(( 2), ( 1)) ( , ) nZ m n d n n Y ′+ − − +
(10)
Khi ( , ) ( 1, )d j n d j n≥ + chúng ta thấy
rằng giá trị tuyệt ñối của (10) không lớn hơn
1
2 sup (( 2), ( 1)) ( ( , ))
m j n
n
j
Z m j d m n Y
− ≤ ≤
− − +
Science & Technology Development, Vol 13, No.T3- 2010
Trang 8 Bản quyền thuộc ĐHQG-HCM
Do ñó từ (2) và (9) ta có ñược rằng với
0, 0δ ε> > tồn tại một
00 0( , ) ( , )M Mδ ε δ ε≥ sao cho
( , ) 3 / 2d m ∞ < với 00m M≥ và
00 00
, ,
sup ( , ) , sup ( , ) 1 / 2.
48 8
M m n M m n
m n m n
P Z m n S m nδ δ ε
≤ ≤ ≤ ≤
−
(11)
Ta suy ra ñiều phải chứng minh.
Định lí 3 (Dvoretzky)
Cho{ } { }1 1( ,..., , ( ,..., )n n n nX X X Xα β
và { }1( ,..., )n nX Xγ là những dãy hàm không
âm của biến số thực 1,..., nX X sao cho hàm
1( ,..., )n nX Xα là bị chặn ñều và
1lim ( ,..., ) 0n n
n
X Xα
→∞
= hội tụ ñều với mọi
1,..., nX X ; (1)
hàm 1( ,..., )n nX Xβ là ño ñược và
...