\(\newcommand{\bbE}{\operatorname{\mathbb {E}}}\)
回想去年概统期末, 前四道题都非常正常, 最后一道题冷不丁来了这么一个问题:
令 \(X_i\) 为独立, 对称, 同分布的 \(L_p\) 随机变量, 求证
\[\bbE \left|\sum_{i=1}^n X_i \right|^{p} \asymp_p \bbE \left(\sum_{i=1}^n X_i^2 \right)^{p/2},
\]
这里 \(\asymp_p\) 我们采用 Vinogradov 记号, 也即 \(A \asymp_p B\) 是说 \(A\ll_p B\) 且 \(B\ll_p A\).
(其实准确的说考试的稍微弱一点, 只需要 \(\asymp_{X,p}\), 就是常数只需要关于这个随机变量本身的分布和 \(p\), 但对于 \(p\) 也是对的)
一下就把我打骨折了, 现在我们来看看这个命题到底何以成立.
Khintchine 不等式.
对于 \(\varepsilon_i\) 取值为 \(\pm1\) 的独立随机变量, 对于 \(c_i \in \mathbb R\), 有
\[\left\| \sum_{i=1}^n \varepsilon_i c_i \right\|_p \asymp_p \left( \sum_{i=1}^n c_i^2 \right)^{1/2}.
\]
证明. 首先考虑证明 \(\ll_p\). 不妨先考虑证明 \(p = 2k\) 的情况, 其中 \(k\) 是整数, 记 \(X_i = \varepsilon_i c_i\), 有
\[ \begin{align*}
\left\| \sum_{i=1}^n X_i \right\|_p^p &=
\bbE \left( \sum_{i=1}^n X_i \right)^{2k}\\
&= \sum_{d_1 + \cdots + d_n=2k} \binom{2k}{d_1,\dots,d_n} \bbE X_1^{d_1} \cdots X_n^{d_n},
\end{align*} \]
注意到有奇数 \(d_i\) 的话, 期望一定是 \(0\), 所以
\[ \begin{align*}
&= \sum_{e_1+\cdots+e_n = k} \binom{2k}{2e_1,\dots,2e_n} c_1^{2e_1} \cdots c_n^{2e_n},
\end{align*}, \]
而且
\[ \begin{align*}
\frac{\binom{2k}{2e_1,\dots,2e_n}}{\binom{k}{e_1,\dots,e_n}} &= \frac{(2k)!}{k!} \frac{e_1! \cdots e_n!}{(2e_1)! \cdots (2e_n)!}\\
&\leq (2k)^k \frac 1{2^{e_1} \cdots 2^{e_n}}\\
&\leq k^k,
\end{align*} \]
所以
\[ \begin{align*}
&\quad \sum_{e_1+\cdots+e_n = k} \binom{2k}{2e_1,\dots,2e_n} c_1^{2e_1} \cdots c_n^{2e_n}\\
&\leq k^k\sum_{e_1+\cdots+e_n = k} \binom{k}{e_1,\dots,e_n} c_1^{2e_1} \cdots c_n^{2e_n}\\
&\leq k^k \left( \sum_{i=1}^n c_i^2 \right)^k,
\end{align*}, \]
这就给出了
\[\left\|\sum_{i=1}^n X_i \right\|_{2k} \leq \left(k^k \left( \sum_{i=1}^n c_i^2 \right)^k\right)^{1/2k} = \sqrt k \left( \sum_{i=1}^n c_i^2 \right)^{1/2}.
\]
根据 Holder 不等式, 对于 \(p\leq q\) 我们有 \(\| X \|_p \leq \|X\|_q\), 所以对于任意 \(p\), 取 \(p\leq 2k\), 我们就有
\[\left\|\sum_{i=1}^n X_i \right\|_{p} \leq \left\|\sum_{i=1}^n X_i \right\|_{2k} \leq \sqrt k \left( \sum_{i=1}^n c_i^2 \right)^{1/2},
\]
这就完成了 \(\ll_p\) 部分的证明.
接下来证明 \(\gg_p\) 的部分, 注意到 \(\left\|\sum_{i=1}^n X_i \right\|_2 = \left(\sum_{i=1}^n c_i^2\right)^{1/2}\), 那么对于 \(p\geq2\) 来说都根据单调性立刻得到了. 另一方面, 对于 \(0 < p < 2\), 考虑
\[\| Y \|_2^2 \stackrel{\text{H\"older}}{\leq} \|Y^{2t}\|_r \cdot \|Y^{2(1-t)} \|_s,
\]
令 \(2tr = p\), 也即 \(p/r = 2t\), 得到
\[ \begin{align*}
&= \| Y \|_p^{2t} \cdot \|Y^{2(1-t)} \|_s \\
&= \| Y \|_p^{2t} \cdot \|Y^{2(1-t)} \|_{p/(p-2t)}\\
&= \| Y \|_p^{2t} \cdot \|Y \|_{2(1-t)\cdot p/(p-2t)}^{2(1-t)},
\end{align*} \]
令 \(2(1-t)\cdot p/(p-2t) = 4\), 也即 \(t = p/(4-p)\), 得到
\[ \begin{align*}
\| Y \|_2 &\leq \| Y \|_p^{p/(4-p)} \cdot \|Y \|_4^{4/(4-p)}\\
&\leq \| Y \|_p^{p/(4-p)} \cdot (\sqrt 2\cdot \|Y \|_2)^{4/(4-p)},
\end{align*} \]
得到
\[\|Y\|_2^{p/(4-p)} \leq 2^{2/(4-p)} \cdot \|Y\|_p^{p/(4-p)},
\]
最后得到
\[\|Y\|_p\geq 2^{-1/p} \cdot \|Y\|_2,
\]
也即
\[\left\|\sum_{i=1}^n X_i \right\|_p \geq 2^{-1/p} \cdot \left( \sum_{i=1}^n c_i^2 \right)^{1/2}.
\]
至此, 两侧证毕. \(\square\)
剩下的论证其实就比较简单了, 使用上述 Khinchine 不等式给出的上下界 \(A_p, B_p\), 再把 \(X_1, \dots, X_n\) 取到 \(\pm c_i\) 的概率拿出来, 就可以得到对应的控制, 然后用 Lebesgue 积分的语言把上述过程严格写下来, 就是一个完整的证明了.
