TẠP CHÍ PHÁT TRIỂN KH&CN, TẬP 13, SỐ T3 - 2010

Bản 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 tôi 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 500
0
C 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 bình

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
n
a
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


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
0
α
=
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
( ) 0
n
y x >
thì
1n n
x x
+

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 ( ) ( ).

; giả sử
M
khả vi tại
θ

và
( ) 0M
θ
′
>
. Xét
1
x
là một số thực và
n
là một số nguyên dương. Nếu
( )
1
1
n n n
X X Y
n
α
+
= − −
(1)
trong ñó
n
Y
là một nghiệm ngẫu nhiên

hội tụ ñến
θ
theo bình
phương trung bình và do ñó hội tụ theo xác
suất.
Gợi ý chứng minh: Đặt
( )
2
n n
E X
ξ 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
hoặc 0 mà có thể nhận bất kì giá trị nào

∑
(3)
Xét
θ
là một số thực và
n
T
là các phép
biến ñổi ño ñược sao cho
( )
[ ]
1
,..., max ,(1 )| |
n n n n n n
T X X X
θ α β θ γ
− ≤ + − −
(4)
với mọi
1
,...,
n
X X
. Xét
1
X
và
( 1,2,...)
n
Y n =

n n
E Y X X =
(7)
với xác suất 1 với mọi
n
, suy ra
lim 0 1
n
n
P X
→∞
 
= =
 
(8)
Chứng minh: Không mất tính tổng quát,
ta có thể chọn
0
θ
=
.
1. Từ (4) và (6) suy ra rằng
( )
2
n
E X < ∞
với mọi
n
.
2. Đặt

hội tụ với xác suất 1 bởi (6) và (7).
Viết
( , ) .
n
j
j m
Z m n Y
=
′
=
∑

Với
0
0, 0, ( , )M
δ ε δ ε
∀ > ∀ > ∃
sao
cho
,
sup ( , ) / 2.
48
M m n
m n
P Z m n
δ
ε
≤ ≤
 
 

+
−
=
′
=
∑

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)) ( , )
n
Z m n d n n Y
′
+ − − +

(10)

( , ) 3 / 2d m ∞ <
với
00
m 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 n
δ δ
ε
≤ ≤ ≤ ≤
 
 
< < > −
 
 
 
(11)
Ta suy ra ñiều phải chứng minh.
Định lí 3 (Dvoretzky)
Cho
{ } { }
1 1
( ,..., , ( ,..., )
n n n n

hội tụ ñều với mọi
1
,...,
n
X X
; (1)
hàm
1
( ,..., )
n n
X X
β
là ño ñược và
1
1
( ,..., )
n n
X X
β
∞
∑
là bị chặn ñều và hội tụ
ñều trong
1
,...,
n
X X
; (2)
và
1

=
<
, trong ñó
L
là số dương
tuỳ ý, (5) ở ñây
1
( ,..., )
n
T X X
là phép biến
ñổi ño ñược sao cho
1 1
( ,..., ) ( ), 1
n n n n n
X T X X Y X n
+
= + ≥
(6)
và
2
1
( )E X < ∞
(7)
2
1
( )
n
E Y
∞

(11)
Chứng minh: Lấy
0
θ
=
và
,
δ ε
là
những số dương tuỳ ý. Để chứng minh (10) ta
cần chứng minh nó thoả mãn
{ }
, 1
n
P X n
δ ε
< ∀ > −
(12)
Lấy
0
( , )
M M
δ ε
≥
là ñủ lớn thoả, với
, /8
n
n M
α δ
≥ <

j M
P Max X L
ε
≤ ≤
≤ > −
(14)
TẠP CHÍ PHÁT TRIỂN KH&CN, TẬP 13, SỐ T3 - 2010

Bản quyền thuộc ĐHQG-HCM Trang 9
Giả sử rằng 4 ñiều kiện sau ñược thoả mãn
liên hệ (1) của ñịnh lí 1. (15)
/ 4
m
X
δ
≤
với một vài
m M≥
. (16)
1
/ 4, 1
m
X j k
δ
+
≥ ≤ ≤
. (17)
1
/ 4
m k

> ≤ ≤ −
(19)
( ) ( )
1
( ) (0 1)
m j m j m j
sign X sign T X j k
+ + + +
= ≤ ≤ −

(20)
Áp dụng (4) ( với
0
γ
=
) ta có
1m
X
+

nằm giữa 0 và
( )(1 )
m m m
s m X Y
β
+ +
(21)
Lập lại lập luận này, khi
1 j k≤ ≤
thì

các kiều kiện sau không thể xảy ra cả hai.
Liên hệ với (11) và (14) của (15), (25)
/ 4
m
X
δ
>
với tất cả
m M≥
. (26)
Để chứng minh (11). Xét
1
lim
j
j
k
α
≤ <∞
=
.
Xét
N
là số nguyên. Bởi vì (10), ta chỉ phải
chứng minh rằng
( )
{ }
2
lim (| | ) 0
n
n

2
1
E X V
θ
− < < ∞
,
ở ñây
θ
và
V
là các số thực. Giả sử rằng
(i)
[ ]
1 0
( )
n n n n n
X X a Y X Y
+
′
= − −
, ở
ñây
0
Y
là số thực bất kì và
( )
n n
Y X
là biến
ngẫu nhiên sao cho

0
0
Y
=
.
(iii)
1
n
a
∞
′
= ∞
∑
, ở ñây
{ }
n
a
′
là dãy số
dương.