$W_p(\mu,\mu_{\epsilon})\to 0$ cuando $\mu_{\epsilon}$ es una versión matizada de $\mu$ .

Question

Me gustaría demostrar que el Distancia Wasserstein entre una medida de probabilidad $\mu$ (en $\mathbb{R}^d$ ) y una versión matizada de la misma $\mu_{\epsilon}:=\mu\ast\rho_\epsilon$ donde $\mu\ast\rho_\epsilon(x):=\int \rho_{\epsilon}(x-y)d\mu(y)$ es 0, es decir. $$\lim\limits_{\epsilon\to 0}W_p(\mu,\mu_{\epsilon}).$$ Me han dicho que para ello puedo demostrar que $$W_p(\mu,\mu_{\epsilon})\le\epsilon m_p(\rho)$$ donde $m_p(\rho):=\left(\int d(x,x)^p\rho(x)dx\right)^{1/p}$ denota el $p$ - momento. Creo que tengo que idear un plan de transporte particular entre $\mu$ y $\nu$ . Probé con la más obvia para mí, es decir, la medida del producto $\mu\times\mu_{\epsilon}$ pero no llegué a la conclusión deseada.

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Utilización del plan $\mu\times\mu_{\epsilon}$ Me sale \begin{align} W_p^p(\mu,\mu_{\epsilon})&\le \int d(x,y) d\mu(x)d\mu_\epsilon(y)\\ &= \int d(x,y)\mu\ast\rho_{\epsilon}(y)d\mu(x) dy\\ &= \int d(x,y)\left(\int\rho_{\epsilon}(y-z)d\mu(z)\right)d\mu(x) dy \end{align} Pero ahora estoy atascado

Answer 1

El problema de utilizar la medida del producto $\mu \otimes \mu_{\epsilon}$ es que no utiliza la forma de $\mu_{\epsilon}$ en absoluto. Las convoluciones tienen una interpretación probabilística muy específica, al igual que los acoplamientos, y la $p$ -en el momento que escribiste también aparece con frecuencia en los cálculos probabilísticos. Por lo tanto, una segunda posibilidad es explotar esta conexión.

Recordemos que si $Y$ es un vector aleatorio con distribución $\mu$ y $X_{\epsilon}$ es una variable aleatoria con distribución $\rho_{\epsilon}(x) \, dx$ y si $Y$ y $X_{\epsilon}$ son independientes, entonces $X_{\epsilon} + Y$ tiene distribución $\rho_{\epsilon} * \mu = \mu_{\epsilon}$ . En consecuencia, si $\nu$ es la distribución del par $(X_{\epsilon} + Y,Y)$ entonces el primer marginal $\pi_{1*} \nu$ es igual a $\mu_{\epsilon}$ y el segundo marginal $\pi_{2*}\nu$ es igual a $\mu$ . En particular, $\nu$ es un acoplamiento de $\mu_{\epsilon}$ y $\mu$ .

Además, asumo que $d(x,y) = \|x - y\|$ , donde $\|\cdot\|$ es la norma euclidiana. Sin embargo, todo lo que es realmente necesario es que $d$ es invariable por traslación (es decir $d(x + z, y + z) = d(x,y)$ para todos $x,y, z \in \mathbb{R}^{d}$ ). En particular, otras normas también funcionarían.

Con el acoplamiento $\nu$ en la mano, tratemos de atar $W_{p}(\mu_{\epsilon},\mu)$ . Usaré las variables aleatorias para hacer el cálculo ya que es mucho más claro. Si no es tu estilo, sería un buen ejercicio escribir una prueba puramente analítica. Encontramos: \begin{align*} W_{p}(\mu_{\epsilon},\mu)^{p} &\leq \int_{\mathbb{R}^{d} \times \mathbb{R}^{d}} \|x - y\|^{p} \, \nu(dx \otimes dy) \\ &= \mathbb{E}(\|(X_{\epsilon} +Y) - Y\|^{p}) \\ &= \mathbb{E}(\|X_{\epsilon}\|^{p}) \\ &= \int_{\mathbb{R}^{d}} \|x\|^{p} \rho_{\epsilon}(x) \, dx \\ &= \epsilon^{p} \int_{\mathbb{R}^{d}} \|\epsilon^{-1} x\|^{p} \rho(\epsilon^{-1}x) \, \frac{dx}{\epsilon^{d}} \\ &= \epsilon^{p} M_{p}(\rho), \end{align*} donde el $p$ momento de $\rho$ es $M_{p}(\rho) = \int_{\mathbb{R}^{d}} \|y\|^{p} \rho(y) \, dy$ .

Cabe señalar (y puede utilizarse para simplificar un poco el cálculo anterior) que $X_{\epsilon}$ tiene la misma distribución que $\epsilon X$ , donde $X$ tiene distribución $\rho(x) \, dx$ . En este sentido, lo que estamos haciendo en las tres últimas líneas anteriores es simplemente calcular $\mathbb{E}(\|\epsilon X\|^{p}) = \epsilon^{p} \mathbb{E}(\|X\|^{p})$ --- otra indicación de que la interpretación probabilística es muy conveniente aquí.

Sugerencia para "desprobabilizar" el cálculo anterior: Dejemos que $\nu = \nu_{\epsilon}$ sea la medida de probabilidad sobre $\mathbb{R}^{d} \times \mathbb{R}^{d}$ dada por su acción sobre $f \in C_{c}(\mathbb{R}^{d} \times \mathbb{R}^{d})$ por \begin{equation*} \int_{\mathbb{R}^{d} \times \mathbb{R}^{d}} f(x,y) \nu_{\epsilon}(dx \otimes dy) = \int_{\mathbb{R}^{d}} \left( \int_{\mathbb{R}^{d}} f(y' + x',y') \rho_{\epsilon}(x') \, dx' \right) \mu(dy'). \end{equation*} Compruebe que $\nu_{\epsilon}$ tal y como se define es realmente un acoplamiento de $\mu$ y $\mu_{\epsilon}$ . También vale la pena verificar que $\nu_{\epsilon}$ puede reescribirse como \begin{equation*} \int_{\mathbb{R}^{d} \times \mathbb{R}^{d}} f(x,y) \nu_{\epsilon}(dx \otimes dy) = \int_{\mathbb{R}^{d}} \left( \int_{\mathbb{R}^{d}} f(y' + \epsilon x', y') \rho(x') \, dx' \right) \mu(dy'). \end{equation*} Por lo tanto, $\nu_{\epsilon}$ se ve muy cerca de la diagonal. Por último, compruebe que \begin{equation*} \int_{\mathbb{R}^{d} \times \mathbb{R}^{d}} \|x-y\|^{p} \nu_{\epsilon}(dx \otimes dy) = \int_{\mathbb{R}^{d}} \|x'\|^{p} \rho_{\epsilon}(x') \, dx' \end{equation*} y completar el argumento como en la respuesta anterior.

Editar: La medida del producto no dará una estimación útil. Para ver esto, considere el caso cuando $\mu$ es gaussiano, es decir, $\mu(dx) = (2 \pi)^{-d/2}\exp(-\|x\|^{2}/2) \, dx$ y que $\rho$ también sea gaussiano: \begin{equation*} \rho(x) = (2 \pi)^{-d/2} \exp(-\|x\|^{2}/2). \end{equation*} A continuación, se puede comprobar que $\mu \otimes \mu_{\epsilon}$ no es otra cosa que dos gaussianas independientes, la segunda con varianza $1 + \epsilon^{2}$ : \begin{equation*} (\mu \otimes \mu_{\epsilon})(dx \otimes dy) = (2 \pi)^{-d} \epsilon^{-d} \exp \left(- \|x\|^{2}/2 - \|y\|^{2}/2(1+\epsilon^{2})\right) \, dx dy. \end{equation*} Ahora en el caso fácil cuando $p = 2$ , escribiendo $\|x - y\|^{2} = \|x\|^{2} + \|y\|^{2} - 2 \langle x,y \rangle$ y la eliminación del término cruzado conduce a \begin{equation*} \int_{\mathbb{R}^{d} \times \mathbb{R}^{d}} \|x - y\|^{2} (\mu \otimes \mu_{\epsilon})(dx \otimes dy) = \int_{\mathbb{R}^{d}} \|x\|^{2} \mu(dx) + \int_{\mathbb{R}^{d}} \|y\|^{2} \mu_{\epsilon}(dy) = 2 + \epsilon^{2}. \end{equation*}