Dylatacje a miara Gaussa

Transkrypt

1 Dylatacje a miara Gaussa Tomasz Tkocz r. Streszczenie Tekst zawiera notatki do referatu z seminarium magisterskiego Rachunek prawdopodobieństwa. Celem jest przedstawienie tematu, którego dotyczy praca magisterska autora [Tko]. Rozważa się dylatacje zbiorów symetryczynych i wypukłych i to jak szybko rośnie ich miara Gaussa. Głównym zadaniem było przeniesienie wyników z pracy [LatOle] na przypadek zespolony.. Ustalmy na samym początku terminologię. Dylatacją o skali t > 0 nazywamy przekształcenie R n x tx R n (jednokładność o środku w 0 i skali t). Weźmy borelowski zbiór R n. Jak zmienia się miara t Lebesgue a jego dylatacji? To bardzo łatwe Rysunek : Dylatacja o skali t t = t n. jak zmienia się miara Gaussa 2 γ n Innymi słowy, co można powiedzieć o funkcji f (t) = γ n (t), t > 0? Hipoteza (Shepp 3, 969). Niech R n będzie wypukły i symetryczny ( = ), zaś P = {x R n x p} niech będzie pasem o szerokości 2p tak dobranej, aby γ n () = γ n (P ). Wtedy (S) f (t) f P (t), dla t, f P (t), dla 0 t. wszystkie niestandardowe oznaczenia użyte w tekscie starano się wyjaśniać w stosownych miejscach w przypisach 2 Chodzi nam o standardową miarę Gaussa, czyli o miarę z gęstością n 2π e x 2 /2. 3 Lawrance (a.k.a. Larry) Shepp amerykański statystyk i probabilista. Doktorat zrobił u Fellera w Princeton. Znany nam (studentom MIM UW, czyli czytelnikom podręcznika Jakubowskiego i Sztencla) z Zadania z : Udowodnić, że jeśli X, Y to niezależne zmienne losowe o tym samym rozkładzie i o średniej zero, to E X + Y E X Y

2 P Rysunek 2: Oszacowanie (S) na rysunku optymalne są pasy 2. Historia tego problemu jest dosyć długa, bo został rozwiązany dopiero w 999 roku, ale po kolei. 969 Shepp, postawienie problemu w nieopublikowanym manuskrypcie 974 Sudakov, Zalgaller, [SudZal], rozwiązanie dla n = 3 i nie tylko dla γ 3, ale dla dowolnej miary log-wklęsłej 99 Szarek, [Sza], postawienie problemu w publikacji i odtąd problem znany jako S-conjecture 993 Kwapień, Sawa, [KwaSaw], rozwiązanie dla zbiorów symetrycznych, ale względem każdej osi 999 Latała, Oleszkiewicz, [LatOle], rozwiązanie problemu 3. Niby sprawa S-conjecture jest tym samym zamknięta, ale można tę listę wydłużyć stawiając nowe pytania. Na przykład, jakie zbiory są optymalne w klasie zbiorów symetrycznych (rezygnujemy z wypukłości)? jakie w klasie zbiorów wypukłych? Można też zrobić wycieczkę w świat zespolony i właśnie tego dotyczyła praca magisterska piszącego te słowa. Hipoteza 2. Niech ν n to standardowa miara Gaussa na C n Niech C n będzie izomorfizm j R2n (tzn. ν n () = γ 2n (j())). wypukły (w zwykłym rzeczywistym sensie, że dla każdego t [0, ] jest 4 t + ( t) ), rotacyjnie symetryczny, tzn. dla każdego λ C o module jest λ =. Niech P = {z C n z p} będzie cylindrem o promieniu p takim, że ν n () = ν n (P ). Wtedy (T) ν n (t) ν n (tp ), dla t, ν n (tp ), dla 0 t. To co udało się zrobić do tej pory, to następujące twierdzenia (patrz [Tko]) Twierdzenie. Istnieje stała c > 0, 64, że nierówności (T) zachodzą dla wszystkich t takich, że ν n (t) c. W szczególności ν n () c = ν n (t) ν n (tp ), 0 t. 4 Posługiwać się będziemy często notacją λ = {λa a } oraz + B = {a + b a, b B} 2

3 Twierdzenie 2. Istnieje stała K, że dla zbiorów, P jak w Hipotezie 2 zachodzi ν n (( + K(t ))) ν n (tp ), t. Uwaga. Udowodniono to twierdzenie ze stałą K = 3. Stała K = rozwiązywała by hipotezę. 4. Przejdziemy teraz do omówienia techniki z pracy [LatOle] pozwalającej uzyskać powyższe rezultaty. Jest to, jak mam nadzieje zobaczymy, ładny kawałek matematyki i można się wiele nauczyć. Skupimy się dla prostoty jednak na przypadku rzeczywistym. Idea jest prosta: sprowadzić problem z R n do R 2, gdzie będzie już można coś policzyć. Fakt (Kwapień, Sawa). Dla każdych zbiorów i P jak w Hipotezie zachodzi (S) wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi dla nich nierówność f () f P (). Dowód. = To jest bardzo łatwe, bo wobec wyboru pasa P jest f () = f P (), więc z nierówności (S) f () f ( + h) f () f P ( + h) f P () f P (). h h = Określamy funkcję h: (0, + ) (0, + ) poprzez warunek f (t) = f P (h(t)). Naszym celem jest wykazać, że dla t jest h(t) t, a dla t h(t) t. Zauważmy, że f (t) = f P (h(t)) jest równoważne równości f t () = f h(t)p (), a ona, zakładamy, że implikuje nierówność na pochodnych f t() f h(t)p (). le f t () = d ds f t (s) = d ds f (ts) = tf (t) i tak samo f h(t)p () = h(t)f P (h(t)). Różniczkując s= s= zaś f t () = f h(t)p () dostajemy, że f (t) = h (t)f P (h(t)) i zbierając to razem do kupki widzimy, że ( ) h(t) th (t) h(t) 0. t Oznacza to, że funkcja h(t) t jest rosnąca, a to kończy dowód. Uwaga 2. Dla ustalonego zbioru policzmy pochodną funkcji f w t = f () = d dt n e x 2 /2 d dx = t= t 2π x=ty dt n t n e t2 y 2 /2 dy t= 2π ( = n nt n t n+ y 2) e t2 y 2 /2 dy = nγ n () y 2 dγ n (y). 2π t= Zatem f () f P () P y 2 dγ n (y) y 2 dγ n (y). Wniosek (Kule są optymalne dla oszacowania z góry). Niech R n będzie wypukły i symetryczny, zaś B = {x R n x R} niech będzie kulą o promieniu R tak dobranym, aby γ n () = γ n (B). Wtedy f (t) f B (t), dla t, f B (t), dla 0 t. 3

4 Dowód. Wobec Uwagi 2 i Faktu wystarczy strawdzić, że drugi moment na jest co najmniej taki jak na B. le ten moment łatwo policzyć całkując przez części y 2 dγ n (y) = R 2t {t y } (y)dtdy = 2tγ n ( { y t})dt n 0 Fubini 0 2tγ n (B { y t}) = y 2 dγ n (y), 0 gdzie skorzystaliśmy z punktowej nierówności γ n ( { y t}) γ n (B { y t}). Jest ona ona jasna dla t tak dużych, że γ n (B { y t}) = 0. Dla t takich, że γ n (B { y t}) > 0 szacujemy tak γ n ( { y t}) = γ n ( \ { y < t}) γ n () γ n ({ y < t}) = γ n (B) γ n ({ y < t}) = γ n (B \ { y < t}) = γ n (B { y t}). B To było zupełnie tehniczne. Przed kolejnym krokiem przyda się pojęcie miary brzegu. Jeśli µ jest miarą borelowską na R n, to określamy µ + µ( ɛ ) µ() () = lim ɛ 0+, ɛ gdzie ɛ = {x R n dist(x, ) ɛ} jest ɛ-otoczką zbioru ( ɛ = + B(0, ɛ)). Fakt 2 (wypukłość). Niech w = sup{r 0 B(0, r) } będzie promieniem zbioru. Wtedy f () wγ + n (). w Rysunek 3: Promień zbioru Dowód. Bez utraty ogólności można zakładać, że 0 < w <, bo jeśli jest zawarty w pewnej n wymiarowej podprzestrzeni, to jest miary 0 i wszystko jasne. W przeciwnym przypadku, zawiera nietrywialną kulę (z wypukłości i symetrii), więc w > 0, zaś gdyby w =, to = R n i też łatwo. Mamy B(0, w), więc z wypukłości, dla x, zachodzi tx + ( t)b(0, w), więc ( ( ) ) x + B 0, t w t, więc przyjmując oznaczenie /t = + h, z dowolności x, mamy + B(0, hw) ( + h). 4

5 Stąd szacujemy tak f () f ( + h) f (h) = lim h 0+ h w lim h 0+ γ n ( + B(0, hw)) γ n () hw γ n (( + h)) γ n () = w lim h 0+ h = wγ + n (). Uwaga 3. Dla pasa P mamy w powyższym fakcie równość f P () = pγ + n (P ). Przypomnijmy, że na mocy Faktu naszym celem jest udowodnić, że f () f P (). Wystarczy zatem udowodnić coś a la izoperymetria wγ + n () pγ + n (P ). Fakt 3 (redukcja wymiaru). Dokonajmy symetryzacji Ehrharda naszego zbioru R n symetryzacja Ehrharda e = {(x, y) R 2 t t(x)}, gdzie t(x) jest zdefiniowane tak, aby miara γ n cięcia x = {y R n (x, y) } była równa jednowymiarowej mierze Gaussa półprostej (, t(x)). Symetryzacja Ehrharda ma następujące własności (i) zachowuje miarę γ n () = γ 2 ( e ) (ii) nie powiększa brzegu, tzn. γ + n () γ + 2 (e ) (iii) zachowuje pasy, tzn. P e też jest pasem o tej samej szerokości co pas P Rysunek 4: Symetryzacja Ehrharda zbioru 5

6 Dowód. (i), (iii) Oczywiste. (ii) Wobec (i) wystarczy udowodnić, że γ n (+B(0, ɛ)) γ 2 ( e +B(0, ɛ)), bo wtedy już będziemy mieć, że γ + n () γ n( + B(0, ɛ)) γ n () ɛ γ 2( e + B(0, ɛ)) γ 2 ( e ) ɛ γ + 2 (e ). Nierówność γ n ( + B(0, ɛ)) γ 2 ( e + B(0, ɛ)) jest z kolei implikowana przez twierdzenie Fubiniego, gdy dla każdego x ( w, w) będzie γ n (( + B(0, ɛ)) x ) γ (( e + B(0, ɛ)) x ). Udowodnimy teraz tę nierówność. Ustalmy t ( e + B(0, ɛ)) x, tzn. (x, t) e + B(0, ɛ), tzn. istnieją x i t, że (x, t ) e i x x 2 + t t 2 ɛ 2. Wobec }{{}}{{} ɛ x ɛ y jest ( + B(0, ɛ)) x x + B(0, ɛ y ), γ n (( + B(0, ɛ)) x ) γ n ( x + B(0, ɛ y )) γ n (H + B(0, ɛ y )), izoperymetria gdzie H to półprzestrzeń tej samej miary γ n co x 5. Używając gaussowskiej dystrybuanty Φ 6 możemy łatwo liczyć miarę półprzestrzeni (jeśli H = (, x) R n, to γ n (H) = Φ(x)) i zapisać, że Zatem Φ γ n (( + B(0, ɛ)) x ) Φ γ n (H + B(0, ɛ y )) = Φ γ n (H) + ɛ y = Φ γ n ( x ) + ɛ y t + ɛ y t. γ n (( + B(0, ɛ)) x ) Φ(t) = γ ((, t)) i biorąc supremum po t ( e ) x mamy to o co chodziło. Zbierając Fakty - 3, wystarczy wykazać, że wγ + 2 (e ) pγ + 2 (P e ). Jesteśmy już w R 2, ale gdzie jest to co tygryski lubią najbardziej, czyli rachunki? Trzeba jeszcze na koniec zauważyć, że zbiór e ma bardzo przyjemną strukturę. Otóż jest to podwykres funkcji [ w, w] x f Φ γ n ( x ) Z naszych założeń o zbiorze wynika, że nie może ona być byle jaka. Fakt 4. Z wypukłości i symetrii zbioru wynika, że funkcja f jest wklęsła i parzysta. Dowód. Parzystość jest jasna, bo z symetrii zbioru mamy, że x = x. Wypukłośc zbioru daje, że dla dowolnych λ [0, ] i x, y λx+( λ)y λ x + ( λ) y, 5 Dla R n i półprzestrzeni H o tej samej mierze γ n co gaussowska nierówność izoperymetryczna głosi, że γ n( + B(0, ɛ)) γ n(h + B(0, ɛ)) 6 Φ(x) = γ ((, x)) = x 2π e s2 /2 ds 6

7 skąd wobec nierówności Ehrharda 7 otrzymujemy wklęsłość funkcji f f (λx + ( λ)y) = Φ γ n ( λx+( λ)y ) Φ γ n (λ x + ( λ) y ) Ehrhard λφ γ n ( x ) + ( λ)φ γ n ( y ) = λf(x) + ( λ)f(y). Dzięki odpowiedniej aproksymacji można nawet zakładać, że f jest gładka i w ±w ucieka do. Mamy więc izoperymetryczny problem w R 2 γ 2 () = γ 2 (P ) = wγ 2 + () pγ+ 2 (P ). Wszystkie wielkości tutaj występujące wyrażają się za pomocą funkcji f (przez jakieś okropne całki), więc reszta to mięcho, czyli rachunki. Patrz [LatOle], [Tko]. Rysunek 5: Problem izoperymetryczny w R 2 dla szczególnego rodzaju zbiorów Literatura [Ehr]. Ehrhard, Symetrisation dans l espace de Gauss, Math. Scand., 53 (983), [KwaSaw] S. Kwapień and J. Sawa, On some conjecture concerning Gaussian measures of dilatations of convex symmetric sets, Studia Math., 05 (993), [LatOle] R. Latała and K. Oleszkiewicz, Gaussian measures of dilatations of convex symmetric sets, The nnals of Probability, 27 (999), [SudZal] V. N. Sudakov and V.. Zalgaller, Some problems on centrally symmetric convex bodies, Problems in global geometry. Zap. Naucn. Sem. Leningrad. Otdel. Mat. Inst. Steklov. (LOMI) 45 (974), (in Russian) [Sza] S. Szarek, Condition numbers of random matrices, J. Complexity 7 (99), 3 49 [Tko] T. Tkocz, Gaussian measures of dilations of convex rotationally symmetric sets in C n, arxiv: v [math.pr] (200) 7 [Ehr], dla zbiorów wypukłych i domkniętych, B R n zachodzi Φ γ n(λ + ( λ)b) λφ γ n() + ( λ)φ γ n(b) 7