Technische Universiteit Delft Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Delft Institute of Applied Mathematics

Transcriptie

1 Technische Universiteit Delft Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Delft Institute of Applied Mathematics Arithmetische progressies in random kleuringen van de natuurlijke getallen (Engelse titel: Arithmetic progressions in random colourings of the natural numbers) Verslag ten behoeve van het Delft Institute of Applied Mathematics als onderdeel ter verkrijging van de graad van BACHELOR OF SCIENCE in TECHNISCHE WISKUNDE door RIK VERSENDAAL Delft, Nederland Juni 204 Copyright c 204 door Rik Versendaal. Alle rechten voorbehouden.

2

3 BSc verslag TECHNISCHE WISKUNDE Arithmetische progressies in random kleuringen van de natuurlijke getallen (Engelse titel: Arithmetic progression in random colourings of the natural numbers RIK VERSENDAAL Technische Universiteit Delft Begeleider Prof.Dr. F.H.J Redig Overige commissieleden Dr.ir. M.C. Veraar Dr.ir F.H. van der Meulen Dr.ir. M. Keijzer Juni, 204 Delft

4

5 iii Samenvatting In deze scriptie bestuderen we arithmetische progressies in random kleuringen van de natuurlijke getallen. De aanleiding voor het onderwerp wordt gevormd door een aantal bekende resultaten, zoals de stelling van Van der Waerden en die van Szemerédi. Ook het recente resultaat van Green en Tao, dat zegt dat de priemgetallen willekeurig lange arithmetische progressies bevatten, heeft eraan bijgedragen. Mede door dit resultaat heeft Terence Tao in 2006 een Fields Medal ontvangen. In een eerste hoofdstuk zullen we deze resultaten tot op een zekere hoogte bekijken. Daarna is er de noodzaak om een aantal kanstheoretische begrippen te introduceren, met name over de convergentie van rijen stochasten. Vooral omdat wij willen kijken naar het bestaan van willekeurig lange arithmetische progressies, zal het nodig zijn om over te gaan op limieten. We zullen twee manieren van convergentie bespreken die wij nodig zullen hebben. Daarnaast geven we nog enkele resultaten en voorbeelden om de betekenis van de begrippen te verduidelijken, en ook om latere bewijzen wat eenvoudiger te maken. Met deze theorie zijn we vervolgens in staat om een zwakke en een sterke versie van de wet van de grote aantallen betreffende arithmetische progressies in onafhankelijke random kleuringen te bewijzen. Deze resultaten zullen we vervolgens toepassen op het stochastische model van de priemgetallen, zoals Cramèr dat heeft geformuleerd. Dit model staat beschreven in [5]. Het zal blijken dat we dan een stochastisch analogon krijgen van de stelling van Green en Tao. Vervolgens zullen we laten zien, dat het niet per se nodig is om te eisen dat de getallen onafhankelijk van elkaar worden gekleurd. We kijken naar afhankelijkheden tussen progressies, die afhangen van de minimale afstand tussen de progressies. We beginnen met een eenvoudige vorm van afhankelijkheden om ons ervan te overtuigen dat kleine afhankelijkheden nog steeds kunnen leiden tot een positief resultaat. Daarna kijken we naar een meer realistisch voorbeeld, namelijk in de vorm van een Markovketen. Om hierover dingen te kunnen bewijzen, bespreken we eerst een stukje theorie over koppeling van stochasten. Vervolgens leiden we een resultaat af voor stationaire Markovketens, waarna we ook nog kijken naar inhomogene ketens. Ten slotte kijken we nog kort naar Gaussische concentratie ongelijkheden. Dit zijn zeer algemeen toepasbare ongelijkheden. Hierbij zullen we ook kijken naar dit soort ongelijkheden voor afhankelijke rijen stochasten. We zullen laten zien dat in het geval van een Markovketen met een geschikte koppeling we eenzelfde afschatting krijgen als voor onafhankelijke stochasten. Het zal blijken dat deze ongelijkheden een alternatieve manier geven om de resulaten over bijna zekere convergentie te bewijzen.

6 iv Voorwoord Het verslag dat voor u ligt betreft mijn bachelorproject ter afsluiting van de bachelor Technische Wiskunde aan de TU Delft. Tijdens mijn studie ben ik met veel verschillende vakgebieden van de wiskunde in aanraking gekomen, en vooral de analyse, kansrekening en optimalisering hebben mijn aandacht getrokken. Daarom was de keuze des te moeilijker voor een onderwerp voor mijn bachelorproject. Niet zo zeer omdat ik geen keus had, maar juist omdat ik misschien te veel keus had. Desalniettemin ben ik erg tevreden met de keuze van mijn onderwerp. Het laat mij niet alleen op een exacte manier kanstheoretische begrippen toepassen, maar het is me ook duidelijk geworden dat kansrekening en analyse goed met elkaar samengaan. Daarnaast heb ik ook nog combinatorische resultaten kunnen bestuderen. Het heeft voor mij dus eigenlijk van alles wat! Ik wil mijn begeleider Prof. Dr. F.H.J. Redig bedanken voor de begeleiding van het project, voor alle hulp bij het uitwerken en verslagleggen van resultaten, en voor alle interessante en leerzame gesprekken betreffende het onderwerp.

7 Inhoudsopgave Inleiding. Random kleuringen en arithmetische progressies Belangrijke resultaten op dit gebied Stochastische priemgetallen Convergentie van rijen stochasten 5 2. Convergentie in kans Convergentie bijna zeker Onafhankelijke kleuringen 9 3. Zwakke wet van de grote aantallen Sterke wet van de grote aantallen Toepassing Voorbeeld in verband met Erdös-Turan Afhankelijke kleuringen 7 4. Eenvoudige afhankelijkheden Koppeling Markovketens Inhomogene Markovketens Concentratie afschattingen Onafhankelijke rijen Afhankelijke rijen v

8 vi INHOUDSOPGAVE

9 Hoofdstuk Inleiding In deze scriptie worden een aantal eigenschappen van zogehete random kleuringen van de natuurlijke getallen bestudeerd. Om deze kleuringen te maken, gebruiken we twee kleuren, namelijk wit en zwart. Hiermee delen we de natuurlijke getallen in feite op in twee klassen, in ons geval op willekeurige wijze. Waar we vooral in geïnteresseerd zijn, is de vraag of er in de klasse van zwart gemaakte getallen oneindig veel arithmetische progressies voorkomen. Natuurlijk hangt dit af van de verdeling waarmee we getallen zwart, dan wel wit maken, en een eerste resultaat zal ons een voldoende voorwaarde geven opdat we bijna zeker oneindig veel arithmetische progressies van iedere lengte zullen krijgen. We vragen ons dus eigenlijk af hoe groot de verzameling zwarte getallen moet zijn, zodanig dat we nog willekeurig lange arithmetische progressies kunnen vinden. Deze vraagstelling is typisch voor Ramseytheorie. Ramseytheorie begint in het algemeen met een verzameling die een zekere structuur kent. Vervolgens wordt deze verzameling in stukjes gehakt. De vraag is nu hoe groot de oorspronkelijke verzameling moet zijn, zodanig dat ten minste een van de stukjes een voorgeschreven interessante eigenschap heeft. Een bekend voorbeeld uit de Ramseytheorie gaat over een groep personen. De vraag die we ons hierover stellen, is hoe groot deze groep moet zijn, zodat we altijd een groepje van 3 personen aan kunnen wijzen die of elkaar allemaal onderling kennen, of juist allemaal onderling vreemden voor elkaar zijn. Het blijkt dat we genoeg hebben aan zes personen om dit te bereiken. De stelling uit de Ramseytheorie die voor ons van belang zal zijn, is de stelling van Van der Waerden. Deze zegt dat als we N opdelen in een eindig aantal stukken, dat dan ten minste een van die stukken willekeurig lange arithmetische progressies bevat. Hierop zullen we nog terugkomen, alsmede op een resultaat van Szemerédi betreffende een voldoende voorwaarde voor het bestaan van willekeurig lange arithmetische progressies. Deze resultaten vormen namelijk de aanleiding voor ons onderzoek naar arithmetische progressies in random kleuringen van de natuurlijke getallen.. Random kleuringen en arithmetische progressies We zullen nu eerst de belangrijkste begrippen definiëren. Aangezien we naar random kleuringen van de natuurlijke getallen gaan kijken, zullen we eerst precies maken wat we daar mee bedoelen. Definitie... Een random kleuring van de natuurlijke getallen met k kleuren is (de realisatie van) een rij stochasten (X n ) n, waarbij X n voor iedere n N (met kans ) waarden aanneemt in {0,, 2,..., k }, de zogenaamde kleuren. In feite deelt een random kleuring met k kleuren de natuurlijke getallen dus op willekeurige wijze op in k stukken. Waar we nu in geïnteresseerd zijn, is welke stukken willekeurig lange

10 2 HOOFDSTUK. INLEIDING arithmetische progressies bevatten. Dit kunnen we op een eenvoudigere manier bekijken. Als we bijvoorbeeld naar de verzameling getallen met kleur willen kijken, kunnen we net zo goed alle andere kleuren 0 maken. We verliezen dan namelijk geen informatie over de verzameling getallen met kleur. Dit is precies de reden waarom wij random kleuringen zullen bekijken, die slechts uit twee kleuren bestaan, namelijk 0 en. Hierbij noemen we een 0 wit en een zwart. We zullen nu gaan kijken naar zogehete arithmetische progressies in de zwarte getallen. Definitie..2. Laat a, b N. Een arithmetische progressie van lengte k met startgetal a en stapgrootte b is een eindige rij getallen {a + bi i =, 2,..., k}. Een collectie A N bevat een arithmetische progressie van lengte k als er a, b N bestaan zodanig dat {a+bi i =, 2,..., k} A. Wij zullen ons beperken tot arithmetische progressies beginnend in 0, oftewel met a = 0. Dit maakt de notatie eenvoudiger..2 Belangrijke resultaten op dit gebied Zoals eerder al vermeld, is over het bestaan van willekeurig lange arithmetische progressies in (deterministische) deelverzamelingen van de natuurlijke getallen al het nodige bekend. Hier zullen we de resultaten van Van der Waerden en Szemerédi toelichten. Het ligt voor de hand om te beginnen met de stelling van Van der Waerden. Deze is al eerder genoemd, maar we zullen hem voor de volledigheid nog even herhalen. Stelling.2. (Van der Waerden). Stel dat we N kleuren met k verschillende kleuren. Dan bevat ten minste één van de zo verkregen k deelverzamelingen willkeurig lange arithmetische progressies. Het bewijs van Van der Waerden zelf is combinatorisch. Voor dit bewijs verwijzen we naar []. Interessant is het feit, dat er ook een dynamisch bewijs bestaat, hetgeen een verband legt met ergodentheorie. Dit bewijs maakt gebruik van de volgende stelling. Stelling.2.2 (Topological Multiple Recurrence, Furstenberg en Weiss). Laat T : X X een continu dynamisch systeem zijn op een compacte metrische ruimte X. Dan bestaat er voor alle k N en ɛ > 0 een x X en n N zodanig dat d(t in (x), x) < ɛ voor alle i =,..., k. Er geldt zelfs dat als Z X dicht is in X, we x Z kunnen nemen. Het bewijs van deze stelling is te vinden in []. We zullen nu, gebruikmakend van stelling.2.2, het topologische bewijs van de stelling van Van der Waerden geven. Bewijs. [Van der Waerden] Laat A = {c, c 2,..., c k } de verzameling kleuren zijn, en laat verder (x n ) n A N een kleuring zijn van N. Hierbij staat x i uiteraard voor de kleur van getal i. Beschouw nu de afbeelding T : A N A N die alle kleuren eentje naar beneden schuift, oftewel Definieer nu de metriek d op A N gegeven door T (x, x 2, x 3,...) = (x 2, x 3, x 4,...) d(x, y) = l met l = inf{n x n y n } Merk nu op dat voor alle x, y A N geldt dat d(x, y) < dan en slechts dan als x = y. Daaruit volgt dat voor alle x, y A N en alle m, l N geldt dat d(t m (x), T l (y)) < dan en slechts dan als x m+ = y l+.

11 .2. BELANGRIJKE RESULTATEN OP DIT GEBIED 3 In het bijzonder geldt er voor een kleuring x A N, dat een arithmetische progressie m, m + n,..., m + kn monochromatisch (i.e. allemaal dezelfde kleur) is dan en slechts dan als x m = x m+n = = x m+kn, oftewel, dan en slechts dan als d(t m (x), T m +in (x)) = d(t m (x), T in (T m (x))) <, i =, 2,..., k Als we nu X = {T m (x)} m=0 nemen, dan is X een compacte metrische ruimte, T een continu dynamisch systeem op X en Z = {T m (x)} m=0 is dicht in X. Uit stelling.2.2 volgt nu, met ɛ =, dat er een m N is, zodanig dat d(t m (x), T in (T m (x))) < voor i =,..., k. Maar dat houdt in dat x m+ = x m++n = = x m++kn een monochromatische arithmetische progressie is van lengte k. Aangezien bovenstaande geldt elke k volgt het gewenste resultaat. Wat de stelling van Van der Waerden eigenlijk zegt, is dat ten minste één van de k deelverzamelingen groot genoeg is om willekeurig lange arithmetische progressies te bevatten. Het nadeel is natuurlijk dat de stelling ons niet vertelt welk van deze deelverzamelingen groot genoeg zijn. Om met een voldoende voorwaarde voor het bestaan van willekeurig lange arithmetische progressies te komen, moeten we het begrip groot genoeg precies maken. Dat noemen we dan de (boven)dichtheid van een deelverzameling. Definitie.2.. Laat A N. De (boven)dichtheid van A (in N) is gedefinieerd als d(a) = lim sup n A [, n] n De stelling van Szemerédi geeft ons nu een voldoende voorwaarde voor het bestaan van willekeurig lange arithmetische progressies. Stelling.2.3 (Szemerédi). Laat A N zodanig dat d(a) > 0. Dan bevat A willekeurig lange arithmetische progressies. Er zijn echter nog veel meer klassen van deelverzamelingen van de natuurlijke getallen die willekeurig lange arithmetische progressies bevatten, in het bijzonder verzamelingen met dichtheid 0. De stelling van Green en Tao geeft ons het volgende. Stelling.2.4 (Green-Tao). De verzameling P van priemgetallen bevat willekeurig lange arithmetische progressies. Echter, we kunnen laten zien dat d(p) = 0. De priemgetalstelling van De La Vallée Poussin geeft ons namelijk dat P [, n] = ( + o()). Maar dan hebben we dus dat d(p) = lim sup n n log n P [, n] n = lim sup n ( + o()) = 0 log n We zien dus dat de dichtheid van de priemgetallen 0 is. Hieruit kunnen we concluderen dat we een nieuwe verzameling hebben gevonden die willekeurig lange arithmetische progressies bevat. Het bewijs van de stelling van Green en Tao laat ons zelfs zien dat we hiermee weer een geheel nieuwe klasse van dit soort verzamelingen hebben gevonden. De sleutel van het bewijs is namelijk, dat er een deelverzameling A N bestaat die P bevat, met de eigenschap dat als A positieve dichtheid heeft in A, dat dan A willekeurig lange arithmetische progressies bevat. In het bijzonder volgt dat ook iedere deelverzameling van N die positieve dichtheid in de priemgetallen heeft willekeurig lange arithmetische progessies bevat. Bovenstaande illustreert dat er ook verzamelingen bestaan met dichtheid 0, maar die toch willekeurig lange arithmetische progressies bevatten. De vraag is nu, of er ook een zwakkere

12 4 HOOFDSTUK. INLEIDING voorwaarde bestaat die ook verzamelingen met dichtheid 0 toelaat. In 737 heeft Euler laten zien dat p = p P De vraag is nu of dit de reden is dat de priemgetallen willekeurig lange arithmetische progressies bevatten. Het volgende vermoeden wordt toegeschreven aan Erdös en Turán. Vermoeden.2. (Erdös-Turán). Laat A N. Neem aan dat n A n = Dan bevat A willekeurig lange arithmetische progressies..3 Stochastische priemgetallen Nu gaan wij ons niet zozeer concentreren op deterministische deelverzamelingen van de natuurlijke getallen, maar meer op willekeurige. Om aan zo n willekeurige deelverzameling te komen, zullen we gebruik maken van een random kleuring van de natuurlijke getallen. Als eerste kijken we naar een kleuring waarbij elk van de getallen onafhankelijk van elkaar zwart of wit gemaakt wordt. Deze kleuring kunnen we schrijven als een rij stochasten (X n ) n met P (X n = ) = b n voor iedere n, waarbij (X n = ) correspondeert met n is zwart. Omdat het bestaan van willekeurig lange arithmetische progressies niet spannend is als we veel enen verwachten, zullen we ook nog aannemen dat b n 0. In hoofdstuk 3 zullen we hiervoor bewijzen dat er een voldoende voorwaarde is, zodanig dat er van elke willekeurige lengte oneindig veel arithmetische progressies van zwarte getallen bestaan. Het zal blijken dat deze theorie bijvoorbeeld van toepassing is op het stochastisch model voor de priemgetallen, zoals geïntroduceerd door Cramèr. Om dit model goed te kunnen definiëren, moeten we een soort kans afleiden dat een natuurlijk getal een priemgetal is. Hierboven hebben we al gezien dat P [,n] [,n] log n. We zouden dit als kans kunnen nemen dat een getal een priemgetal is. Natuurlijk moeten we hier voorzichtig zijn met het gebruik van het woord kans. De verzameling priemgetallen is immers deterministisch, het toeval speelt geen rol. Desalniettemin kunnen we met bovenstaande wel een stochastische benadering maken voor de priemgetallen. We maken een random kleuring van de natuurlijke getallen met twee kleuren, waarbij voor iedere n > 2 geldt dat P (X n = ) = log n. Verder definiëren we P (X = ) = 0 en P (X 2 = ) =. Op deze manier zouden de zwart gekleurde getallen uit een realisatie een representatie van de priemgetallen moeten worden. Merk op dat inderdaad geldt dat log n 0 als n. We zien dus dat dit een experiment is waar resultaten van ons onderzoek hun toepassing in kunnen vinden. We zullen in hoofdstuk 3 laten zien dat we voor dit stochastische model een kanstheoretisch analogon krijgen voor de stelling van Green en Tao.

13 Hoofdstuk 2 Convergentie van rijen stochasten In het vervolg willen ons richten op het laten zien dat er willekeurig lange arithmetische progressies bestaan in de verzameling zwart gemaakte getallen. Hiervoor is het uiteraard niet genoeg om naar een eindige deelverzameling van N te kijken. Het zal er dus op neerkomen, dat we naar zekere limieten van rijen stochasten moeten gaan kijken. In dit hoofdstuk zullen we twee soorten van convergentie van een rij stochasten bespreken die wij nodig hebben. In het vervolg nemen we aan dat we een vaste kansruimte (Ω, F, P ) hebben, tenzij anders vermeld. Stochasten zijn dan meetbare functies van Ω naar R. 2. Convergentie in kans Een manier om naar de convergentie van een rij stochasten (X n ) n te kijken, is door te beschouwen wat de kans is op een gegeven afwijking van een zekere stochast X. Als dan de kans op een afwijking naar 0 gaat naarmate n naar oneindig gaat, dan kunnen we X de limiet van (X n ) n noemen. Dit is wat convergentie in kans inhoudt. We geven de precieze definitie. Definitie 2.. (Convergentie in kans). Laat (X n ) n een rij stochasten zijn, en laat verder X ook een stochast zijn. We zeggen dat X n in kans naar X convergeert, genoteerd als X n p X, als voor iedere ɛ > 0 geldt dat P ( X n X ɛ) 0 als n. We zullen dit begrip illustreren met behulp van een voorbeeld. Voorbeeld 2... Definieer een rij onafhankelijke stochasten (X n ) n door P (X n = ) = n en P (X n = 0) = n. We zullen bewijzen dat (X n) n in kans naar 0 convergeert. Neem daartoe ɛ > 0 willekeurig. Dan geldt er dat P ( X n ɛ) n 0 als n. Hieruit kunnen we concluderen dat lim P ( X p n ɛ) = 0, waaruit volgt dat X n 0. n Wij hebben nog het volgende resultaat nodig betreffende convergentie in kans. Lemma 2... Laat (X n ) n een rij stochasten zijn met lim n E(X n ) =. Neem verder aan dat er een c < bestaat zodanig dat V (Xn) E(X n) c voor iedere n. Dan geldt er dat E(X X n) n in kans convergeert naar = E(X n /E(X n )). Bewijs. Uit de ongelijkheid van Chebyshev vinden we dat ( ) ( ) P E(X n ) X V n ɛ E(X X n) n V (Xn) E(X n) ɛ 2 = E(X n ) ɛ 2 ( ) We vinden dus dat lim n P E(X X n) n ɛ convergeert. 5 c ɛ 2 E(X n ) 0 = 0, oftewel, dat E(X n) X n in kans naar

14 6 HOOFDSTUK 2. CONVERGENTIE VAN RIJEN STOCHASTEN 2.2 Convergentie bijna zeker Aangezien een stochast eigenlijk niets anders is dan een functie, kunnen we ook naar de puntsgewijze limiet van (X n ) n kijken. Het is echter niet nodig dat deze puntsgewijze limiet voor elk element uit Ω bestaat. Het is voldoende dat de puntsgewijze limiet bijna zeker (a.s.) bestaat, dat wil zeggen, dat de kans is dat limiet bestaat. We krijgen de volgende definitie. Definitie 2.2. (Convergentie bijna zeker). We zeggen dat een rij stochasten (X n ) n bijna zeker naar een stochast X convergeert, als geldt dat P ({ω Ω lim n X n(ω) = X(ω)}) = Bovenstaande definitie is echter vaak lastig om mee te werken. Gelukkig zijn er voldoende voorwaarden die gemakkelijker te controleren zijn. We zullen hier een voldoende voorwaarde afleiden die voor ons bruikbaar is. Hiervoor hebben we de begrippen infinitely often (i.o.) en almost always (a.a.) nodig. Als (A n ) n een rij gebeurtenissen is, dan is {A n i.o.} de gebeurtenis dat oneindig veel van de gebeurtenissen A n optreden. De gebeurtenis {A n a.a} is dan de gebeurtenis dat alle gebeurtenissen optreden, op een eindig aantal na. Met deze termen op zak hebben we het volgende lemma. Lemma Laat (X n ) n een rij stochasten zijn. Zij X ook een stochast. Neem aan dat voor iedere ɛ > 0 geldt dat P ( X n X ɛ i.o.) = 0. Dan geldt er dat X n X bijna zeker. Bewijs. Merk op dat P (X n X) = P [( ɛ > 0)( X n X < ɛ a.a.)] = P [( ɛ > 0)( X n X ɛ i.o)] Merk op dat de kansmaat subadditief is. Daaruit volgt dat P ( ɛ Q >0, X n X ɛ i.o) ɛ Q >0 P ( X n X ɛ i.o.) = 0 Merk nu op dat voor iedere ɛ > 0 er een ɛ Q >0 bestaat zodanig dat ɛ < ɛ. Maar dan geldt er dat P ( X n X ɛ) P ( X n X ɛ ). Hieruit volgt dat P (( ɛ > 0)( X n X ɛ i.o)) P (( ɛ Q >0 )( X n X ɛ i.o)) = 0 Hieruit volgt nu dat P (X n X) =, oftewel, dat X n X bijna zeker. Hieruit kunnen we nu het volgende afleiden. Gevolg Laat (X n ) n een rij stochasten zijn. Laat verder X ook een stochast. Neem aan dat voor iedere ɛ > 0 geldt dat n= P ( X n X ɛ) <. Dan geldt er dat X n X a.s. Bewijs. Zij ɛ > 0 willekeurig. Merk op dat voor iedere m N geldt dat P ( X n X ɛ i.o.) P X k X ɛ P ( X k X ɛ) k m k m Omdat n= P ( X n X ɛ) <, geldt er dat lim m k m P ( X k X ɛ) = 0. Omdat bovenstaande voor iedere m geldt, kunnen we concluderen dat P ( X n X ɛ i.o.) = 0. Uit lemma 2.2. volgt nu dat X n X bijna zeker.

15 2.2. CONVERGENTIE BIJNA ZEKER 7 Dit gevolg geeft de voldoende voorwaarde voor bijna zekere convergentie waar wij gebruik van zullen maken. Als laatste zullen we de relatie tussen deze twee typen convergentie bespreken. We zullen laten zien dat bijna zekere convergentie sterker is dan convergentie in kans. Daartoe bewijzen we eerst dat convergentie in kans volgt uit bijna zekere convergentie. Propositie Als (X n ) n een rij stochasten is die bijna zeker naar een stochast X convergeert, dan X n p X. Bewijs. Zij ɛ > 0 willekeurig. Definieer voor iedere n N de verzameling A n = {ω m n zodanig dat X m (ω) X(ω) ɛ} Dan hebben we dat A n n A n. Verder geldt er voor ω n A n dat X n (ω) X(ω) als n. Maar dan volgt uit de monotonie van de kansmaat dat P ( n A n) P (X n X) = 0. De continuïteit van de kansmaat geeft ons nu dat P (A n ) P ( n A n) = 0. Merk nu nog op dat P ( X n X ɛ) P (A n ) 0, waaruit volgt dat lim P ( X n X ɛ) = 0. Hieruit volgt dat n X n in kans naar X convergeert. We zullen nu nog illustreren dat het omgekeerde hiervan niet altijd waar is. Hiervoor bekijken we weer de rij stochasten uit voorbeeld 2... Voorbeeld We zullen laten zien dat de rij stochasten uit voorbeeld 2.. niet bijna zeker naar 0 convergeert. Merk daartoe op dat n= P (X n = ) = n= n =. Aangezien de stochasten onhankelijk zijn, volgt nu uit het Borel-Cantelli Lemma dat P (X n = i.o.) =. Maar dan kan X n natuurlijk niet met kans naar 0 convergeren. Hieruit volgt dat deze rij niet bijna zeker convergeert. Voor de volledigheid zullen we nog een voorbeeld geven van een rij stochasten die wel bijna zeker convergeert. Ook hier kunnen we weer onze inspiratie uit voorbeeld 2.. halen. Voorbeeld Bekijk weer de rij stochasten (X n ) n uit voorbeeld 2... We zullen laten zien dat de rij (X n /n) n bijna zeker naar 0 convergeert. Neem daartoe ɛ > 0 willekeurig. Bekijk n= P ( X n/n ɛ). Merk op dat deze som maar eindig veel termen ongelijk 0 bevat. Er geldt namelijk dat P ( X n /n ɛ) > 0 precies als n ɛ, oftewel, precies als n ɛ. Maar dan zien we dus dat zeker n= P ( X n/n ɛ) <. Uit gevolg 2.2. volgt nu dat X n /n 0 bijna zeker. Toch kunnen we nog wel iets zeggen over bijna zekere convergentie als we convergentie in kans hebben. We hebben het volgende. Propositie Laat (X n ) n een rij stochasten zijn. Laat verder X ook een stochast. Neem aan dat X n in kans naar X convergeert. Dan is er een deelrij (X nk ) k van (X n ) n zodanig dat X nk bijna zeker naar X convergeert. Bewijs. We zullen recursief een deelrij (n k ) k construeren, zodanig dat X nk X bijna zeker. Definieer n =. Neem vervolgens aan dat n,..., n k al zijn geconstrueerd. Definieer { ( n k+ = inf n > n k P X n X ) } 2 k k Aangezien X n X in kans, geldt er dat n k+ <. We zullen nu bewijzen dat de deelrij die we op deze manier verkrijgen inderdaad voldoet.

16 8 HOOFDSTUK 2. CONVERGENTIE VAN RIJEN STOCHASTEN Neem daartoe ɛ > 0 willekeurig. Merk op dat er een N k N bestaat zodanig dat k < ɛ voor alle k > N k. Merk nu op dat P ( X nk X ɛ) = k= N k P ( X nk X ɛ) + k= N k P ( X nk X ɛ) + k= N k P ( X nk X ɛ) + k= < k=n k + k=n k + k=n k + P ( X nk X ɛ) P 2 k ( X nk X ) k Uit gevolg 2.2. volgt nu dat X nk bijna zeker naar X convergeert. Propostie kunnen we nu gebruiken om te laten zien dat convergentie bijna zeker niet van een metriek kan komen. Als convergentie van een metriek komt, dan hebben we namelijk het volgende voor een rij (x n ) n : Als voor iedere deelrij (n j ) j geldt dat daar een deelrij (n j ) j van bestaat zodanig dat x n j x dan geldt er dat x n x. Stel nu eens dat bijna zekere convergentie van een metriek komt. Bekijk de rij stochasten uit voorbeeld 2... We hebben gezien dat deze rij in kans convergeert naar 0. Neem nu een willekeurige deelrij (n j ) j. Dan geldt er dat X nj 0 in kans. Uit propositie volgt dan dat er een deelrij (n j ) j van (n j ) j bestaat zodanig dat X n j bijna zeker naar 0 convergeert. Als nu bijna zekere convergentie van een metriek komt, dan volgt uit bovenstaande dat X n bijna zeker naar 0 convergeert. Echter, in voorbeeld 2.2. hebben we gezien dat dit niet zo is. Hieruit kunnen we concluderen dat bijna zekere convergentie niet van een metriek kan komen.

17 Hoofdstuk 3 Onafhankelijke kleuringen In dit hoofdstuk zullen we kijken naar arithmetische progressies van de zwarte getallen in een onafhankelijke random kleuring van de natuurlijke getallen. Voordat we onze eerste resultaten kunnen noemen, moeten we eerst de situatie schetsen, en een manier vinden om arithmetische progressies in een random kleuring op te sporen. 3. Zwakke wet van de grote aantallen Zoals eerder al vermeld, gaan we kijken naar een rij onafhankelijke stochasten (X n ) n met P (X n = ) = b n en P (X n = 0) = b n voor alle n. We eisen verder dat b n 0. Wat we eigenlijk willen weten, is hoeveel arithmetische progressies van zwarte getallen van een gegeven lengte k er zullen zijn in een kleuring. Merk nu op dat de getallen i, 2i,..., ki allemaal zwart zijn, precies als X i = X 2i = = X ki =. Maar dat is precies hetzelfde als zeggen dat X i X 2i X ki =. In het geval dat ten minste één van deze getallen wit is, zal er een 0 verschijnen in het product, waaruit volgt dat X i X 2i X ki = 0. Als we dus S k = X ix 2i X ki definiëren, dan is S k een stochast die staat voor het aantal arithmetische progressies van lengte k met a = 0. Nu definiëren we S n,k = n X ix 2i X ki en B k (n) = E(S n,k ). Om nu tot resultaten te komen, moeten we een eerste aanname doen. Aanname 3.. (Zwakke aanname). Voor iedere k N geldt er dat b i b 2i b ki = We noemen dit de zwakke aanname, omdat zal blijken dat dit veelal voldoende is voor resultaten met betrekking tot convergentie in kans. We krijgen de volgende stelling. Stelling 3... Onder aanname 3.. geldt er voor iedere k N dat B k (n) S p n,k Bewijs. Laat k N willekeurig. We zullen gebruik maken van lemma 2... Daartoe moeten we dus laten zien dat lim n B k (n) = en dat er een c < bestaat zodanig dat V (S n,k) B k (n) < c voor alle n. Merk daartoe allereerst op dat B k (n) = E(S n,k ) = E(X i X 2i X ki ) = E(X i )E(X 2i ) E(X ki ) = 9 b i b 2i b ki

18 0 HOOFDSTUK 3. ONAFHANKELIJKE KLEURINGEN Uit de aanname volgt nu dat lim E(S n,k) = n b i b 2i b ki = Nu rest ons alleen nog de variantie af te schatten. Neem daartoe n N willekeurig. We weten dat ( ) V (S n,k ) = V X i X 2i X ki = V (X i X 2i X ki ) + 2 i<j Cov(X i X 2i X ki, X j X 2j X kj ) Merk op dat voor iedere i geldt dat V (X i X 2i X ki ) = b i b 2i b ki (b i b 2i b ki ) 2. moeten we alleen nog naar de covarianties kijken. Er geldt dat Nu Cov(X i X ki, X j X kj ) = E(X i X ki X j X kj ) E(X i X ki )E(X j X kj ) E(X i X ki X j X kj ) Omdat X j {0, } voor iedere j vinden we dat E(X i X ki X j X kj ) E(X i X ki ) Als we nu nog de onafhankelijkheid gebruiken, dan vinden we dat Cov(X i X ki, X j X kj ) E(X i ) E(X ki ) = b i b 2i b ki Nu zijn we in staat om i<j Cov(X ix 2i X ki, X j X 2j X kj ) op een geschikte manier af te schatten. Merk op dat we kunnen schrijven dat Cov(X i X 2i X ki, X j X 2j X kj ) = i<j Cov(X i X 2i X ki, X j X 2j X kj ) j=i+ Als we nu i even vast nemen, dan kan n j=i+ Cov(X ix 2i X ki, X j X 2j X kj ) maximaal 2k(k ) termen ongelijk 0 hebben. In het ergste geval hebben we namelijk dat j = 2i, 3i,..., ki, 2j = 3i, 4i,..., ki, etc. allemaal voorkomen als overlap tussen de progressies. Merk nu verder op dat we hierboven al hebben bewezen dat we elke niet-nul term af kunnen schatten met b i b 2i b ki. Maar dan kunnen we nu de volgende afschatting maken Cov(X i X 2i X ki, X j X 2j X kj ) i<j 2 k(k )b ib 2i b ki = 2 k(k )B k(n)

19 3.2. STERKE WET VAN DE GROTE AANTALLEN Al het bovenstaande stelt ons nu in staat om de variantie af te schatten. We vinden namelijk dat V (S n,k ) = = Cov(X i X 2i X ki, X j X 2j X kj ) V (X i X 2i X ki ) + 2 i<j b i b 2i b ki i b 2i b ki ) (b Cov(X i X 2i X ki, X j X 2j X kj ) i<j B k (n) + k(k )B k (n) = (k(k ) + )B k (n) Maar dan zien we dus dat V (S n,k) B k (n) (k(k )+)B k(n) B k (n) = k(k ) + <. We hebben dus dat lim n B k (n) = en V (S n,k) < k(k ) + <. Lemma 2.. geeft ons nu dat B k (n) S n,k in kans naar convergeert. B k (n) In de volgende paragraaf zullen we een sterke versie van bovenstaand resultaat afleiden. 3.2 Sterke wet van de grote aantallen Om een sterke versie van de stelling uit de vorige paragraaf te kunnen bewijzen, hebben we iets meer informatie nodig over hoe B k (n) naar oneindig gaat. We hebben namelijk nodig dat voor een zekere C > 0 geldt dat B k (n) > Cn δ voor alle δ (0, ). Het is echter waarschijnlijk niet zo dat dit in al zijn algemeenheid, i.e. onder aanname 3.. op pagina 9, zal gelden. Daarom moeten we een extra eis formuleren, zodanig dat we bovenstaande onderschatting krijgen. Het blijkt genoeg om te eisen dat lim n n δ b n bestaat voor iedere δ (0, ). We krijgen dus de volgende sterke aanname. Aanname 3.2. (Sterke aanname). Voor iedere k N geldt er dat b i b 2i b ki = èn er geldt dat lim n n δ b n bestaat voor iedere δ (0, ). Opmerking. De vraag is of de extra eis die we opleggen echt nodig is. Om te beginnen kunnen we hiervoor kijken naar de vraag of de eis dat voor iedere k b ib 2i b ki = impliceert dat n b i Cn δ voor iedere δ (0, ). Op deze vraag hebben we echter (nog) geen sluitend antwoord. Wel hebben we een voorbeeld dat aangeeft dat de zwakkere eis dat voor iedere k geldt dat (b i) k = niet impliceert dat n b i Cn δ. Hiervoor definiëren we b 2 i = log i voor alle i > 2 en verder b k = 0. Merk nu op dat b k i = i=3 (log i) k Uit de ongelijkheden uit paragraaf 3.3 en het Majorantenkenmerk vinden we dat i=3. Maar dan volgt uit bovenstaande dat ook bk i =. (log i) k =

20 2 HOOFDSTUK 3. ONAFHANKELIJKE KLEURINGEN Echter geldt er voor iedere n dat b i = log 2 n i=3 log i log 2 n log(3) = log n (log 2)(log 3) We zien dus dat n b i hooguit logaritmisch groeit in n. Hieruit volgt dat er geen C > 0 kan bestaan zodanig dat n b i Cn δ voor alle δ (0, ). Echter, bovenstaand voorbeeld illustreert ook dat de eis dat voor iedere k geldt dat (b i) k = zwakker is dan dat voor iedere k geldt dat b ib 2i b ki =. Desalniettemin geeft dit voorbeeld wel aanleiding om te vermoeden dat we de extra eis die we opleggen nodig hebben, al is het mogelijk dat deze nog afgezwakt kan worden. Nu zullen we laten zien dat we met de extra eis dat lim n n δ b n bestaat, we in ieder geval wel het gewenste resultaat krijgen. Merk allereerst op dat moet gelden dat lim n n δ b n =. Stel maar eens dat dit niet zo is. Dan is er een constante c 0, zodanig dat lim n n δ b n = c. Daaruit volgt dat er een N N bestaat zodanig dat voor iedere n N geldt dat n δ b n < c +, oftewel, b n < c+. Neem nu k N zodanig dat kδ > en bekijk n= b nb 2n b kn. We krijgen dat n δ b n b 2n b kn < (c + ) k n= n= n δ (2n) δ (c + )k = (kn) δ (k!) δ n= n kδ < waarbij het laatste geldt omdat k zo gekozen is dat kδ >. Echter hebben we aangenomen dat voor iedere k moet gelden dat n= b nb 2n b kn =. We hebben dus een tegenspraak. Er volgt dat lim n n δ b n =. Neem nu δ (0, ) en k > willekeurig. We zullen laten zien dat voor n groot genoeg geldt dat B k (n) > Cn δ met C > 0 een constante. Merk op dat uit bovenstaande volgt dat lim n n δ/k b n =. Maar dan bestaat er dus een n 0 N zodanig dat voor alle n > n 0 geldt dat n δ/k b n >, oftewel, b n > n δ/k. Voor n > n 0 vinden we dan dat B k (n) = = b i b 2i b ki n 0 b i b 2i b ki + K + (k!) δ K + (k!) δ Cn δ i=n 0 + n i=n 0 + i δ n 0 x δ dx b i b 2i b ki Hierbij is C > 0 een constante. Hieruit kunnen we concluderen dat voor n groot genoeg geldt dat B k (n) > Cn δ. Dit zullen we nu gebruiken om de volgende stelling te bewijzen. Stelling Onder de sterke aanname 3.2. op bladzijde geldt er voor iedere k N dat lim n B k (n) S n,k = a.s.

21 3.2. STERKE WET VAN DE GROTE AANTALLEN 3 Bewijs. Om dit te kunnen bewijzen, zullen we het vierde moment van S n,k B k (n) afschatten. We willen dus een afschatting maken van E[(S n,k E(S n,k )) 4 ]. Merk op dat we dit kunnen schrijven als ( ( )) 4 E[(S n,k E(S n,k )) 4 ] = E X i X 2i X ki E X i X 2i X ki Als we nu Yi k ( ) 4 = E (X i X 2i X ki E(X i X 2i X ki )) = X i X 2i X ki definiëren, dan kunnen het laatste nog uitschrijven als i = i 2 = i 3 = i 4 = E[(Y k i E(Y k i ))(Y k i 2 E(Y k i 2 ))(Y k i 3 E(Y k i 3 ))(Y k i 4 E(Y k i 4 ))] Merk nu op dat van deze viervoudige sommatie heel wat termen 0 zijn. Immers, als progressies elkaar niet overlappen, dan zijn de bijbehorende stochasten onafhankelijk, en kunnen we de verwachting van het product schrijven als product van de verwachtingen. Zodra een van de vier progressies onafhankelijk is van de andere drie, dan wordt die term 0.We krijgen dus hooguit bijdragen als we de vier factoren op kunnen splitsen in twee paren waarvan de progressies elkaar overlappen. We zullen nu beredeneren dat de viervoudige sommatie van de orde n 2 zal zijn. Merk allereerst op dat we de vier indices in 6 verschillen paren op kunnen delen. We bekijken nu het aantal mogelijke overlappen voor een zekere verdeling. We beweren dat we dit aantal af kunnen schatten in k. Merk op dat we het aantal manieren waarop Yi k en Yi k 2 overlappen af kunnen schatten met k 2. Immers, voor elke a {, 2,..., k} zijn er k mogelijke waarden voor b zodanig dat ai = bi 2. Op deze manier tellen we eventueel dubbel, maar we kunnen dus zeker nooit meer dan k 2 afhankelijkheden krijgen. Hetzelfde geldt natuurlijk voor Yi k 3 en Yi k 4. Hieruit kunnen we concluderen dat we maximaal k 4 afhankelijkheden hebben. Aangezien er 6 mogelijke verdelingen zijn van indices in paren, kunnen we concluderen dat er maximaal 6k 4 overlappingen zijn. Aangezien elke overlapping op n 2 manieren voor kan komen (elke index kan immers n waarden aannemen), zien we dus dat bovenstaande sommatie maximaal 6k 4 n 2 termen ongelijk 0 kan hebben. Laat C = sup E[(Yi k E(Yi k ))(Yi k 2 E(Yi k 2 ))(Yi k 3 E(Yi k 3 ))(Yi k 4 E(Yi k 4 )) <. i,i 2,i 3,i 4 Dan kunnen we de verwachting dus afschatten met E[(S n,k E(S n,k )) 4 ] 6Ck 4 n 2 = O(n 2 ) Nu zijn we in staat om te bewijzen dat de convergentie bijna zeker is. Merk op dat uit gevolg 2.2. volgt dat het voldoende is om te laten zien dat voor iedere ɛ > 0 geldt dat n= P ( B k (n) S n,k ɛ) <. Neem dus ɛ > 0 willekeurig. Als we nu de ongelijkheid van Markov gebruiken, dan vinden we dat ( ) P B k (n) S n,k ɛ = P ( S n,k B k (n) B k (n) ɛ) = P ((S n,k B k (n)) 4 B k (n) 4 ɛ 4 ) E((S n,k B k (n)) 4 ) ɛ 4 B k (n) 4 Kn 2 B k (n) 4

22 4 HOOFDSTUK 3. ONAFHANKELIJKE KLEURINGEN Hierbij is K > 0 een zekere constante. Nu rest ons alleen nog aan te tonen dat dit laatste sommeerbaar is. Hiervoor kunnen we gebruik maken van de overschatting die we hebben afgeleid aan het begin van de paragraaf. Neem δ = 5. Dan bestaat er een C > 0 en een N N zodanig dat voor alle n > N geldt dat B k (n) > Cn 4/5 en dus dat B k (n) 4 > C 4 n 6/5. Kn Maar dan geldt er dus dat 2 B k < K/C4 voor n > N. Aangezien 6 (n) 4 n 6/5 5 > is deze bovengrens sommeerbaar, en uit het majorantekenmerk volgt nu dat n 2 n= <. Maar dan geldt er B k (n) 4 dus dat n= P ( B k (n) S n,k ɛ) <. Aangezien ɛ > 0 willekeurig was, kunnen we hieruit concluderen dat B k (n) S n,k bijna zeker naar convergeert. 3.3 Toepassing We zullen nu bovenstaande toepassen op het stochastisch model van de priemgetallen, zoals geïntroduceerd in paragraaf.3. We hebben dus een rij onafhankelijke stochasten (X n ) n met P (X n = ) = log n voor n > 2 en verder P (X = ) = 0 en P (X 2 = ) =. We zullen hiervoor eerst laten zien dat voor iedere k N geldt dat n=3 log n log(2n) log(kn) =. Neem daartoe k willekeurig. Merk op dat log n log(2n) log(kn) (log(kn)) k We zullen nu nog laten zien dat log(kn) k(kn) /k. Merk hiervoor op dat (k(kn) /k ) j e k(kn)/k = kk (kn) kn j! k! j= Maar dan geldt er dus dat log(kn) k(kn) /k. Maar dan vinden we dus dat We vinden dus dat log n log(2n) log(kn) k k+ n en aangezien n=2 =, kunnen we uit het Majorantenkenmerk concluderen dat k k+ n log n log(2n) log(kn) = n=3 (log(kn)) k k k+ n. Nu moeten we alleen nog laten zien dat voor iedere δ (0, ) geldt dat lim n n δ log n =. Hiervoor kunnen we bovenstaande afschatting weer gebruiken. Neem immers maar k > δ. Dan geldt er dat log(n) log(kn) k(kn)/k. Maar dan geldt er dus dat n δ log n n δ = n δ /k. Aangezien k > k(kn) /k k +/k δ, geldt er dat δ k > 0. Maar dan hebben we dus dat lim n n δ /k =. Uit alles kunnen we nu concluderen dat lim k +/k n n δ log n =. We zien dus dat deze random kleuring voldoet aan alle voorwaarden van stelling Maar dan weten we dus dat voor iedere k geldt dat lim n B k (n) X i X 2i X ki = a.s. Aangezien lim n B k (n) =, houdt dit resultaat in, dat we met kans van elke willekeurige lengte oneindig veel arithmetische progressies van zwarte getallen krijgen. Deze zwarte getallen stellen een realisatie van stochastische priemgetallen voor. Met het resultaat dat we hier hebben gevonden, hebben we dus met kans willekeurig lange arithmetische progressies in de stochastische priemgetallen. Hiermee hebben we dus het stochastische analogon van de stelling van Green en Tao verkregen.

23 3.4. VOORBEELD IN VERBAND MET ERDÖS-TURAN Voorbeeld in verband met Erdös-Turan We zullen nu een voorbeeld bekijken in het licht van het vermoeden van Erdös en Turan op bladzijde 4. We zullen laten zien dat het niet noodzakelijk is dat n {n X n=} n = a.s. voor het feit dat de verzameling zwarte getallen willekeurig lange arithmetische progressies bevat. Om dit te laten zien bekijken we de random kleuring (X n ) n met P (X n = ) = voor alle (log n) 2 n > 2 en P (X = ) = P (X 2 = ) = 0. Merk op dat in dit geval geldt dat E ( ) = E n n X n = n(log n) 2 Merk nu op dat n {n X n=} n=3 n(log n) 2 = n= 2 < log 2 n=3 x(log x) 2 dx t 2 dt We zien dus dat de verwachting van n {n X n=} n dat n {n X n=} n < met kans. eindig is. Daaruit kunnen we concluderen Desalniettemin bevat {n X n = } met kans willekeurig lange arithmetische progressies. Op een gelijke manier als in paragraaf 3.3, kunnen we laten zien dat voor iedere k geldt dat (log n) 2 (log 2n) 2 (log kn) 2 = n=2 Ook kunnen we weer laten zien dat lim n n δ = voor alle δ (0, ). Uit stelling (log n) volgt dan dat de verzameling zwarte getallen met kans willekeurig lange arithmetische progressies bevat. Opmerking. Onder aanname 3.2. op bladzijde kunnen we ook voor eindige n een afschatting geven van P (S n,k > 0), i.e de kans op ten minste één arithmetische progressie van lengte k in [,..., kn]. Met behulp van de Cauchy-Schwarz ongelijkheid vinden we namelijk dat Hieruit volgt dat E[S n,k ] = E[S n,k I(S n,k > 0)] E[(S n,k ) 2 ] /2 (P (S n,k > 0)) /2 P (S n,k > 0) (E[S n,k]) 2 E[(S n,k ) 2 ] Dit is een zogehete second moment bound. Deze ondergrens kunnen we nog verder omschrijven (E[S n,k ]) 2 E[(S n,k ) 2 ] = = = (E[S n,k ]) 2 (E[S n,k ]) 2 + V (S n,k ) (B k (n)) 2 (B k (n)) 2 + V (S n,k ) + V (S n,k) (B k (n)) 2

24 6 HOOFDSTUK 3. ONAFHANKELIJKE KLEURINGEN In het bewijs van stelling 3.. hebben we echter al gezien dat er een constante K > 0 bestaat, zodanig dat V (S n,k) < K. Verder weten we ook dat er een C > 0 bestaat zodanig dat B k (n) B k (n) Cn δ voor iedere δ (0, ). Maar dan vinden we dus dat (E[S n,k ]) 2 E[(S n,k ) 2 ] + K B k (n) + K Cn δ Hiermee hebben we dus een ondergrens gevonden voor de kans dat er ten minste één arithmetische progressie van lengte k te vinden is in het interval [, kn]. Merk verder nog op dat deze ondergrens naar gaat als n, oftewel, dat de kans op ten minste één arithmetische progressie van lengte k naar gaat naarmate we een steeds groter interval bekijken.

25 Hoofdstuk 4 Afhankelijke kleuringen In het vorige hoofdstuk hebben we alleen gekeken naar onafhankelijke kleuringen van de natuurlijke getallen. Het is echter niet noodzakelijk dat de kleuring geheel onafhankelijk is. We zullen in dit hoofdstuk met een resultaat waar we via eenvoudige aannames de covarianties kunnen controleren laten zien dat lichte afhankelijkheden de resultaten niet verstoren. Daarna zullen we ook naar een meer relevante afhankelijke kleuring kijken, namelijk een kleuring volgens een Markovketen. Ook hiervoor zullen we analoge resultaten afleiden. Opmerking. We zullen in het vervolg aannemen dat we te maken hebben met mixing, dat wil zeggen dat voor alle begrensde functies f, g geldt dat Cov(f(X i ), g(x j )) 0 als i j 4. Eenvoudige afhankelijkheden Alhoewel het volgende resultaat misschien niet het meest praktische is, geeft het in ieder geval wel op een eenvoudige wijze aan, dat we de eis van onafhankelijkheid niet als noodzakelijk hoeven te beschouwen. In dit voorbeeld nemen we aan dat afhankelijkheden tussen progressies afnemen, naarmate ze verder uit elkaar liggen. We krijgen het volgende resultaat. Propositie 4... Laat (X n ) n een random kleuring zijn met kleuren Ω = {0, }. Neem aan dat wordt voldaan aan aanname 3.. op bladzijde 9. Neem verder aan dat voor alle i, j N, i j, geldt dat Cov(X i X 2i X ki, X j X 2j X kj ) E(X i X 2i X ki )E(X j X 2j X kj )e d(i,j) waarbij d(i, j) = min{ ai bj : a, b {, 2,..., k}}. Dan convergeert B k (n) S n,k in kans naar. Bewijs. We gaan dit bewijzen met behulp van lemma 2... We beginnen met de verwachting. Merk op dat ( ) E(S n,k ) = E X i X 2i X ki = E(X i X 2i X ki ) 7

26 8 HOOFDSTUK 4. AFHANKELIJKE KLEURINGEN Omdat we aan hebben genomen dat we te maken hebben met mixing, geldt er dat lim E(S n,k) = lim E(X i X 2i X ki ) n n = lim n = E(X i )E(X 2i ) E(X ki ) b i b 2i b ki = Nu gaan we nog kijken naar de variantie. We zullen nu bewijzen dat er een C > 0 bestaat zodanig dat V (S n,k ) CE(S n,k ). Merk op dat we weer hebben dat ( V (S n,k ) = V = X i X 2i X ki ) V (X i X 2i X ki ) + 2 i<j Merk op dat V (X i X 2i X ki ) = = Cov(X i X 2i X ki, X j X 2j X kj ) E((X i X 2i X ki ) 2 ) E(X i X 2i X ki ) 2 E((X i X 2i X ki ) 2 ) E(X i X 2i X ki ) Hierbij hebben we in de laatste gelijkheid gebruik gemaakt van het feit dat (X i X 2i X ki ) 2 = precies als X i X 2i X ki =. Nu moeten we alleen nog het tweede stuk afschatten. Merk op dat we sommeren over i < j. Merk op dat als i < j, dat dan voor iedere 0 < a < b geldt dat bi aj ai bj. Verder geldt er dat i j a i j voor alle a. Hieruit volgt dat voor i < j geldt dat d(i, j) = min{ i j, min{ bi aj : a < b k}}. Merk op dat i<j Cov(X i X 2i X ki, X j X 2j X kj ) i<j i<j E(X i X 2i X ki )E(X j X 2j X kj )e d(i,j) E(X i X 2i X ki )e d(i,j) = = j=i+ E(X i X 2i X ki )e d(i,j) E(X i X 2i X ki ) j=i+ e d(i,j)

27 4.. EENVOUDIGE AFHANKELIJKHEDEN 9 Hierbij hebben we gebruik gemaakt van het feit dat E(X j X 2j X kj ). We zullen nu een afschatting maken van n j=i+ e d(i,j), onafhankelijk van i en n. Merk daarvoor allereerst op dat voor i < j geldt dat e d(i,j) = e min{ i j,min{ bi aj : a<b k}} e i j + Maar dan vinden we dus dat j=i+ e d(i,j) j=i+ e i j + a<b k j=i+ a<b k e bi aj e bi aj Nu moeten we alleen nog al deze termen afschatten. We zullen beginnen met n j=i+ e i j. Er geldt dat j=i+ e i j = = = = n i e i j j= j= e i j i e i j + j= i e (i j) + j= i n i e j + j=0 j=0 < j= e j + j=0 j=i+ j=i+ e j e j e i j e (j i) Neem nu a < b k. We zullen laten zien dat we n j=i+ e bi aj op identieke wijze af kunnen schatten. j=i+ e bi aj = = b e bi aj j= b a i j= b a i j= b e bi aj + e bi aj j= b i a b e a( b a i j) + e a(j j= b i a b a i)

28 20 HOOFDSTUK 4. AFHANKELIJKE KLEURINGEN Nu gaan we deze twee sommen apart bekijken. b a i j= e a( b a i j) = b a i j= b a i j=0 j=0 < e a( b a i j) e aj e aj Ook hebben we dat b j= b a i e a(j b a i) = b j= b a i e a(j b a i ) bn b a i j=0 < j=0 e aj e aj Omdat er slechts eindig veel verschillende sommen (uitsluitend afhankelijk van k) zijn, en aangezien we elke met een constante af kunnen schatten, vinden we dus dat er een constante C > 0 bestaat zodanig dat n j=i+ e d(i,j) < C. Maar dan vinden we dus dat Cov(X i X 2i X ki, X j X 2j X kj ) C i<j Als we nu alles samennemen dan zien we dat V (S n,k ) E(X i X 2i X ki ) + 2C In het bijzonder geldt er dus dat V (S n,k) E(S n,k ) E(S n,k ) S n,k in kans naar convergeert. E(X i X 2i X ki ) E(X i X 2i X ki ) = ( + 2C) E(X i X 2i X ki ) + 2C <. Maar dan geeft lemma 2.. ons dat We willen nogmaals benadrukken dat bovenstaande voorwaarde niet erg natuurlijk is. Als de twee arithmetische progressies niet door elkaar heen lopen, is zo n type afschatting nog wel te rechtvaardigen. Echter, als de twee progressies wel door elkaar heen gaan lopen, dan kunnen we in het algemeen niet verwachten dat een bovengrens afhankelijk is van de verwachting van de progressies apart. Merk ook op dat in de exponent van de afschatting niet per se d(i, j) hoeft te staan. We maken namelijk vooral gebruik van het feit, dat we hierdoor afschatting kunnen maken met

29 4.2. KOPPELING 2 behulp van convergente reeksen. Er mag dus ook best een functie van d(i, j) in de exponent staan, zolang we maar gebruik kunnen blijven maken van de convergente reeksen. Alhoewel het resultaat misschien niet heel praktisch is, geeft propositie 4.. wel aan, dat we nog steeds positieve resultaten kunnen krijgen als er lichte afhankelijkheden zijn, die vooral afhangen van de afstand tussen de progressies. Markovketens hebben in het algemeen de eigenschap dat de afhankelijkheden afnemen, naarmate de tijdstippen verder uit elkaar gaan liggen. Aangezien Markovketens zeer toepasbaar zijn, zullen we daarom dieper ingaan op kleuringen volgens een Markovketen. 4.2 Koppeling Om onze resultaten voor Markovketens te kunnen bewijzen, kunnen we geen gebruik vaken van de eenvoudige afhankelijkheidsstructuur uit de vorige paragraaf. We kunnen echter wel gebruik maken van koppeling van stochasten, om alsnog tot een bewijs te komen. Daarom zullen we bespreken wat we precies bedoelen met het koppelen van stochasten, en in het bijzonder van rijen van stochasten. Definitie Laat X en Y twee stochasten zijn, gedefinieerd op een kansruimte (Ω, F, P ). Een koppeling van X en Y is een paar stochasten Z = ( ˆX, Ŷ ) gedefinieerd op (Ω Ω, F F, ˆP ), zodanig dat de marginalen van Z dezelfde verdeling hebben als X en Y. Merk op dat elk paar stochasten dat aan bovenstaande voldoet een koppeling is. We kunnen dus in het algemeen niet praten over de koppeling van twee stochasten. Een koppeling van twee rijen van stochasten is een speciaal geval van bovenstaande definitie. Laat (X n ) n en (Y n ) n twee rijen stochasten zijn, zodanig dat X n en Y n voor iedere n gedefinieerd zijn op de kansruimte (Ω, F, P ). Definieer nu X = (X n ) n en Y = (Y n ) n. Dan zijn X en Y twee stochasten gedefinieerd op de kansruimte (Ω N, F N, P ). Hierop kunnen we vervolgens de definitie van koppeling van stochasten toepassen. Bij het koppelen van rijen van stochasten is het natuurlijk om je af te vragen hoelang het duurt totdat de componenten van een koppeling bij elkaar komen en samen verder gaan. Dit noemen we de koppelingstijd. Definitie Laat (X n ) n en (Y n ) n twee rijen stochasten zijn gedefinieerd op dezelfde kansruimte. Laat (( X ˆ n ) n, (Ŷn) n ) een koppeling zijn. De koppelingstijd τ is nu gedefinieerd als Hierbij is het mogelijk dat τ =. τ = inf{n N ˆX m = Ŷm voor alle m n} We noemen een koppeling succesvol, als τ bijna zeker eindig is, dat wil zeggen dat P (τ < ) =. We hebben er immers weinig aan als we met positieve kans oneindig lang moeten wachten totdat er koppeling optreedt Markovketens De toepassing die we willen bespreken betreft Markovketens. Voordat we hiermee gaan werken, zullen we de belangrijkste definities geven, en ook een succesvolle koppeling introduceren voor Markovketens.

30 22 HOOFDSTUK 4. AFHANKELIJKE KLEURINGEN Definitie Een rij stochasten (X n ) n op een aftelbare toestandsruimte Ω heet een Markovketen als aan de zogeheten Markov-eigenschap P (X n+ = x n+ X n = x n, X n = x n,..., X 0 = x 0 ) = P (X n+ = x n+ X n = x n ) voldaan wordt. De Markov-eigenschap houdt in feite in dat de toekomst gegeven het heden onafhankelijk is van het verleden. Het is voor het vervolg dus alleen belangrijk waar we zijn beland, en niet hoe we er zijn gekomen. In sommige gevallen is het ook wenselijk om naar rijen te kijken met een zogeheten meerstapsgeheugen. Dat wil zeggen, dat niet alleen het heden belangrijk is voor het vervolg, maar ook een aantal stappen uit het verleden. Zo n rij met een k-stapsgeheugen moet dan voldoen aan P (X n+ = x n+ X n = x n, X n = x n,..., X 0 = x 0 ) = = P (X n+ = x n+ X n = x n, X n = x n,..., X n k+ = x n k+ ) Dit hoeven we echter niet apart te bekijken, omdat we hier een Markovketen van kunnen maken. Als we namelijk Y n = (X n, X n+,..., X n+k ) definiëren, dan is (Y n ) n een Markovketen, en kunnen we daar de theorie op toepassen. Het blijkt dat overganskansen heel belangrijk zijn voor een Markovketen. We definiëren dus p i (a, b) = P (X i+ = b X i = a) de overgangskans van toestand a naar b op tijdstip i. Als deze kans niet afhangt van i dan noemen we de Markovketen homogeen (stationair). Anders noemen we de keten inhomogeen. In het vervolg zullen wij Markovketens bekijken waarbij Ω = {0,..., k }. In dat geval kunnen we de Markovketen namelijk zien als een random kleuring van de natuurlijke getallen, welke we aan het bestuderen zijn. De koppeling die wij nodig zullen hebben, is die tussen twee dezelfde Markovketens, alleen beginnend in andere toestanden. Daarbovenop eisen we ook nog dat de koppeling weer een Markovketen is. We zullen uitschrijven wat een koppeling voor dit speciale geval is. Definitie Laat (X n ) n een Markovketen zijn op een (eindige) toestandsruimte Ω. Laat (X n) n een Markovketen zijn startende vanuit x Ω met L((X n) n ) = L((X n ) n ). Laat verder (X 2 n) n een Markovketen zijn startende vanuit y Ω met L((X 2 n) n ) = L((X n ) n ). Een Markovkoppeling van deze twee ketens is een Markovketen ( ˆX n, ˆX 2 n) n met overgangkansen ˆp i ((x, y), (a, b)) = P [( ˆX i+, ˆX 2 i+) = (a, b) ( ˆX i, ˆX 2 i ) = (x, y)] zodanig dat voor alle i N ˆp i ((x, y), (a, b)) = p i (x, a) b Ω ˆp i ((x, y), (a, b)) = p i (y, b) a Ω Voor onze doeleinden moeten we een succesvolle koppeling verzinnen die aan bovenstaande voldoet. Gelukkig is die bekend.