测度与概率严士健刘秀芳第六-七章答案.pdf

6.1 习习习题题题 第第第 1 题题题 设 是一不可数集, F 是包含 中一切单点集的最小 - 代数, 则 的对 角线 := (,) : 6 F F, 但 i ,i = 1,2, 1:= 2: (1,2) F, 2:= 1: (1,2) F, 这个例子说明了什么? 证明: 我们来证 6 F F. 首先, 由习题 3.1 第 9 题 (i) 知 G := F : F或者Fc为有限集, 或可数集 为 上 的 - 代数. 易知 G 包含 中的所有单点集, 且是包含这些单点集的最小的 - 代数, 于 是 F = G = F : F或者Fc为有限集, 或可数集. 设 A:= A : A具有形式( S i=1(A i yi) S( S j=1(x j Bj)或者( S i=1A i yi) S( S j=1x jBj) S( S k=1(C kDk),其中Ai,Bj, F,(Ck)c,(Dk)c为至多可数集,xj,yi ,i,j,k 1,且xj之间,yi之间互不相同. 下证 F F A . 令 C := F H : F,H F, 则 F F = (C). 注意到 F 中集合的形式及 A 的 定义, 易有 C A , 下面只需证 A 是一 - 代数. 首先, , A 易得. 其次, 显然 A 对可列并运算封闭. 再者, 证 A 对余运算封闭. 设 A = ( S i=1(A i yi) S( S j=1(x j Bj) S( S k=1(C k Dk), 其中Ai,Bj, F,(Ck)c,(Dk)c为至多可数集,xj,yi ,i,j,k 1,且xj之间,yi之间互不相同. 则 Ac= ( i=1 (Ai yi)c ( j=1 (xj Bj)c ( k=1 (Ck Dk)c = ( yi: i 1c) i=1 (Ac i yi) (xj: j 1c ) j=1 (xj Bc j) k=1 (Cc k ) ( D c k) 我们来看 T k=1(C c k ) ( D c k), 首先计算 (Cc 1 ) ( D c 1) (C c 2 ) ( D c 2) = (Cc 1 C c 2) ) (C c 1 D c 2) (C c 2 D c 1) ( (D c 1 D c 2) 注意到 Cc 1 Cc 2,C c 1 均为至多可数集, 不妨设 Cc 1 Cc 2 = wi: i 1,Cc 1 = vj: j 1, 于是 (Cc 1 Cc 2 ) = S i=1(w i ), (Cc1 Dc2) = S j=1(v j Dc2), 于是 (Cc1 Cc 2) ) (C c 1 Dc 2) 具有形式 S j=1(x j Bj), 同理 (Cc2 Dc1) ( (Dc1 Dc2) 是形 1 如 S i=1(A iyi) 的集合, 于是 2 T k=1(C c k)(D c k) 形如 ( S i=1(A iyi) S( S j=1(x jBj), 下面让它依次与 (Cc k ) ( Dc k),k = 3,4, 做交运算, 可得 T k=1(C c k ) ( Dc k) 仍然是一个形如 ( S i=1A i yi) S( S j=1x j Bj) 的集合.(此处实际上证得一列形 如 ( S i=1A iyi) S( S j=1x jBj) 的集合的交集仍然形如 ( S i=1A iyi) S( S j=1x jBj).) 易知 ( yi: i 1c) S S i=1(A c i yi) 具有形式 ( S i=1A i yi) S( S k=1C k Dk), (xj: j 1c ) S S j=1(x j Bcj) 具有形式 S j=1x j Bj S( S k=1(C k Dk), 那么可得此 时 Ac具有形式 ( S i=1(A i yi) S( S j=1(x j Bj). 如果设 A = ( i=1 (Aiyi) ( j=1 (xjBj),其中Ai,Bj, F,xj,yi ,i,j,k 1,且xj之间,yi之间互不相同. 由上面的推导可得 Ac具有形式 ( S i=1(A i yi) S( S j=1(x j Bj) S( S k=1(C k Dk). 总之, Ac A . 于是 A 是一 - 代数, 从而得 F F A , 而集合 不具备 A 中集合的形式, 于 是 6 F F. 而对于任意 1 ,1= 1 F, 对于任意 2 , 2= 2 F. 此例子 说明命题 “可测集的截口仍可测” 的逆命题不成立, 即: 一个集合尽管它的任何截口都可 测, 但是它本身可能不可测. 第第第 2 题题题 F1 F2 F1 F2, 但是 F1 F2 F1 F2不一定成立. 举例: 设 1= 2= R,F1,F2均为 R 上的 Borel 可测集的全体, 1,2均为 R 上 的 Lebesgue 测度. 于是 F1,F2均为 R 上的 Lebesgue 可测集的全体. 取集合 A R, 但 A 不是 Lebesgue 可测的, 任取 2 2, 则 A2 12, 又 12(12) = 0, 于是 A2是 12- 零集, 于是 A2 F1 F2, 但是注意到 (A2)2= A 6 F1, 于是 A 26 F1 F2. 下面来证: F1 F2 F1 F2. 设 C := A B : A F1,B F2, 则 F1 F2= (C). 任取 A B C, 则存 在 C F1,D F2, 及 1- 零集 N1, 2- 零集 N2, s.t.A = C N1,B = D N2. 于 是 A B = (C N1) (D N2) = (C D) (C N2) (N1 D) (N1 N2), 注意 到 C N2,N1 D,N1 N2均为 1 2- 零集, 于是 (C N2) (N1 D) (N1 N2) 为 12- 零集, 又 C D F1F2, 于是 AB F1 F2, 于是证得 C F1 F2, 又 F1 F2是一个 - 代数, 于是便有 F1 F2 F1 F2. 这个问题对 Lebesgue 可测集说明: 在低维空间中不是 Lebesgue 可测的集合, 放到高 维空间中来看时有可能是高维空间中的 Lebesgue 可测集. 第第第 3 题题题 2 (1) 证明: P(X1+ X2 B) = Z Rn P(X1 B y,X2 dy) = Z Rn P(X1 B y)P(X2 dy) = Z Rn P1(B y)P2(dy) 上面第二个等号用到 X1,X2的相互独立性. 于是 X1+ X2的概率分布测度是 P1 P2. 由上面的推导知 P(X1+X2 x) = R Rn P1(,xy)P2(dy) = R Rn F1(xy)dF2(y), x Rn, 于是 X1+ X2的分布函数是 F1 F2. (2) 因为 X1,X2的密度函数分别为 p1,p2, 于是结合 (1), 有 P(X1+ X2 x) = Z Rn F1(x y)dF2(y) = Z Rn Z (,xy p1(z)dzp2(y)dy = Z (,x Z Rn p1(z 0 + y)p2(y)dydz 0 最后一个等号由先做一个积分变换 z = z 0 y, 再交换积分顺序得来. 于是可得 X1+ X2 的分布密度函数为 p1 p2. (3) 以分布函数为例, 即证: 一切概率分布测度对卷积运算作成一个可交换半群. (i) 任取概率分布测度 P1,P2,P3, 我们来证 (P1 P2) P3= P1 (P2 P3). (P1 P2) P3(B) = Z Rn P1 P2(B y)P3(dy) = Z Rn Z Rn P1(B y z)P2(dz)P3(dy) = Z Rn Z Rn P1(B z 0)P 2(dz 0 y)P3(dy) = Z Rn P1(B z 0) Z Rn P2(dz 0 y)P3(dy) = Z Rn P1(B z 0)P 2 P3(dz 0) = P1 (P2 P3)(B) 于是证得一切概率分布测度对卷积运算作成一个半群. (ii) 可交换性. 这可由 P1 P2,P2 P1的概率涵义直接可得. 由 (1) 知,P1 P2 是 X1+X2的概率分布测度, P2P1是 X2+X1的概率分布测度, 于是 P1P2= P2P1. 这样证得一切概率分布测度对卷积运算作成一个可交换半群. 第第第 4 题题题 3 证明: 令 A := (t,) : f(t,) = , At:= : f(t,) = ,t R,A:= t : f(t,) = , . 由题意知, P(At) = 0,t R, 于是 ( P)(A) = R RP(At)d = 0. 所以 R (A)dP = ( P)(A) = 0. 注意到 (A) 0, , 于是 (A) = 0,a.e. (P), 即 (t : f(t,) = ) = 0,a.e. (P). 第第第 5 题题题 证明: 先证任意 F1 F2 Fn可测的集合 A 在 (i1,i2, ,ik) 处的截集 是 Fj1 Fj2 Fjnk可测的. 设 = A F1F2Fn: A在(i1,i2, ,ik) 处的截集是Fj1Fj2 Fjnk可测的. 取 A = A1 A2 An, 这里 Ai Fi,i = 1, ,n, 则 A(i1,i2,ik)= Aj1 Aj2 Ajnk Fj1 Fj2 Fjnk, 于是 F1 F2 Fn中的所有柱集都属 于 . 下面来证 是一个 - 代数. (i) , . (ii) 任取 A , 则 A(i1,i2,ik) Fj1 Fj2 Fjnk, 于是 Ac (i1,i2,ik) = (A(i1,i2,ik)c Fj1 Fj2 Fjnk, 于是 Ac . (iii) 任取一列集 An ,n 1, 则 (An)(i1,i2,ik) Fj1 Fj2 Fjnk,n 1, 于是 ( S n1 An)(i1,i2,ik)= S n1(A n)(i1,i2,ik) Fj1 Fj2 Fjnk. 于是证得 = F1 F2 Fn. 设 f 是一 F1F2Fn可测的函数, 任取可测集 B (实或者复 Borel 可测集), 则 (j1,j2, ,jnk) : f(i1,i2,ik)(j1,j2, ,jnk) B = (1,2, ,n) : f(1,2, ,n) B)(i1,i2,ik) Fj1 Fj2 Fjnk, 最后的这个属于关系由 前面证明的结论得知. 于是 f(i1,i2,ik)是 Fj1 Fj2 Fjnk可测的. 第 6 题 证明:(1) 先证对任意的可测柱集 A = A1 A2, g(w1) := Z 2 1A(w1, w2)(w1, dw2)(6.1) 是非负 F1- 可测的, 其中 A1 F1且 A2 F2. 事实上，由于 为 有限转移测度, 故 由定义，对 i = 1, 2, 存在互不相交的 Fi可测集 Bi,nnN使得 i= nN Bi,n 且对任意的 m, n N sup w1B2, m (w1, B2,n) 0, E|X| 0, P k=1 P(|X| cn) 0, P k=1 P(|X| cn) 0,E|X|r 0, s.t. x,y a,b,|F(x) F(y)| K|x y|, 所以 VF(a,b) =lim |n|0 n k=1 |F(tk) F(tk1)| Klim |n|0 n k=1 |tk tk1| = K(b a) . 故 F 具有有限变差. (3) 已知 F 在 a,b 上有有界导数, 不妨设 |F(x)| 0, 及 n N,An F, s.t. (An) 0, 则 (BP) = +(B) 0 (其中 P 的定义同定理7.1.5), 而 (B P) (B) = 0, 这与 矛盾. 故 有限时, 逆命题亦真. 第2题 (1) 当 n: n 1 是测度序列时, n := k=1 1 2kk, 这是因为: 若 A F, s.t. (A) = 0, 则 n(A) 2n(A) = 0. 3 (2) 当 n换成 n时, n关于 := k=1 1 2nk 不一定连续. 反例: 设 1, 2为非零符号测度, 且满足 1= 1 22. 令 k = 0, k 3. 则对于 A F, (A) = 1(A) + 1 22(A) = 0, 但存在 A F, s.t. 1(A) = 0, 2(A) = 0, 即 1, 2均不是关于 连续的. 第3题A F, f,f,g F, s.t. (A) = A fd,(A) = A fd,(A) = A gd, 且 f,f,g, a.e. 唯一. (1) A F, (+)(A) = Afd+ Af d = A(f+f )d, 因此d(+) d = f+f= d d + d d , a.e (2) A F, h F, s.t.(A) = Ahd. , 由推论7.2.7知, 当积分存在时, Ahd = Ah d dd. 又 Ahd = (A) = Afd, 因此 Afd = Ah d dd, 从而 f = h d d a.e., 故而 d d = d d d d, a.e 第5题 (充分性) 设 (A) = Afd. 由推论5.4.5 知 满足 -可加性. A := a f b B, B F, 故 a Ad (A) b(A). (必要性) 先证 . 任取 B F, 且 (B) = 0, n 1, 令 An:= n f nB, 则 AnB. 由条件知 0 = n(An) (An) n(An) = 0. 由符号测度 的下连续性知, (B) = lim n (An) = 0. 故 . 设 d d := g, 下证 g = f, a.s.-. 如若不然, 即 (f = g) 0. 而 (f = g) = ( r1,r2Q (f r1 r2 g) (f r1 r2 g)(f 0, 于是 (f r1 r2 g) 0, 或者 (f 0. 不妨设 (f r1 r2 g) 0, 令 A := f r1, 则 (A) (f r1 r2 g) 0. 由条件知 (A) r1(A), 而由 (A) = Agd, 知 (A) r2(A) n. (i) 当 m = n + 1 时, 已知. (ii) 假设当 m 时成立, 那么 EXm+1|Fn = EEXm+1|Fm|Fn = EXm|Fn = Xn. 上式第二个等号是由第(i) 条得出, 第三个等号是由归纳假设得出. 下鞅, 上鞅证法类似, 只需利用条件期望的单调性(序性质). (2) 由 Xn= Y1+Yn, n 1, 可知 Fn= X1, ,Xn = Y1, ,Yn, n 1, 8 则 Yn+1与 Fn独立, 由定理7.4.2 知EYn+1|Fn = EYn+1 = 0, 所以 EXn+1|Fn = E n+1 k=1 Yk|Fn = E n k=1 Yk|Fn + EYn+1|Fn = n k=1 Yk+ EYn+1 = Xn. 第4题 证明: (1)(2) 因为 Y (Xn+1) f B s.t. Y = f(Xn+1). 故欲证(2), 只需 证对于任意 f B, Ef(Xn+1)|X1, ,Xn = Ef(Xn+1)|Xn(). (i) 当 f 为示性函数时, 由(1) 直接可得(*) 成立. 于是当 f 为非负简单函数时, 利用 条件期望的线性性质, 可得(*) 成立. (ii) 对于任意非负可测函数 f, 非负简单函数列 fn f, 这样由条件期望的单调收 敛定理, 有 Ef(Xn+1)|X1, ,Xn = lim k Efk(Xn+1)|X1, ,Xn = lim k Efk(Xn+1)|Xn = Ef(Xn+1)|Xn. (iii) 对于一般可测函数 f, 结合上面的(ii) 及条件期望的线性性质, 可得 f 满足(). (2)(3) 用数学归纳法证明. (i) 当 m = 1时, 由(2) 知, EY1|X1, ,Xn = EY1|Xn, Y1 (Xn+1) 成立. (ii) 假设结论对 m 成立, 即 EY1, ,Ym|X1, ,Xn = EY1, ,Ym|Xn, Y1 (Xn+1), ,Ym (Xn+m). 9 Y1 (Xn+1), ,Ym+1 (Xn+m+1), 我们来看 EY1, ,Ym+1|X1, ,Xn Th7.4.5 =EEY1, ,Ym+1|X1, ,Xn+m|X1, ,Xn Th7.4.3 =EY1, ,YmEYm+1|X1, ,Xn+m|X1, ,Xn 由(2) =EY1, ,YmEYm+1|Xn+m|X1, ,Xn 归纳假设 =EY1, ,YmEYm+1|Xn+m|Xn 由(2) =EY1, ,YmEYm+1|X1, ,Xn+m|Xn Th7.4.3 =EEY1, ,Ym,Ym+1|X1, ,Xn+m|Xn Th7.4.5 =EY1, ,Ym,Ym+1|Xn. (3)(4) 我们先用 -系方法证明: A (Xm: m n),E1A|X1, ,Xn = E1A|Xn. 令 := A (Xm: m n) : E1A|X1, ,Xn = E1A|Xn. 令 A := m i=1 Xn+i m i=1 Ci : Ci B,i = 1, ,m,m 1, 则 A 为 系, 且 (B) = (Xm: m n). 由(3) 知, 对于 n,m 1, Bk (Xn+k),k = 1, ,m, E1B1 1Bm|X1, ,Xn = E1B1 1Bm|Xn. 于是 A . 下证 是一 系. (i) , 显然. (ii) 如果 A,B , 且 A B, 则 E1BA|X1, ,Xn = E1B|X1, ,Xn E1A|X1, ,Xn = E1B|Xn E1A|Xn = E1BA|Xn. 故 对真差封闭. 设 An , 且 An, 则 E lim n An|X1, ,Xn = lim k EAk|X1, ,Xn = lim k EAk|Xn = E lim n An|Xn 10 故 对单增并封闭. 于是 是 系. 故而 (Xm: m n) . 下面再由(1)(2) 的方法得, (4) 对所 有的f (Xm: m n) 成立. (4)(5) PFB|Xn = EPFB|X1, ,Xn|Xn = E1BPF|X1, ,Xn|Xn = E1BPF|Xn|Xn = PF|Xn|E1B|Xn. (5)(1) 取 B = , 及 F = 1Xn+1B, 即可得(1). 第5题 证明: 由 EY |C = X, EY 2|C = X2 可得 X, X2 C. 所以 E(X Y )2|C = EX2 2XY + Y 2|C = X2 2XEY |C + EY 2|C = X2 2X2+ X2= 0 所以E(X Y )2 = 0, 又 (X Y )2 0 a.s., 所以 X = Y a.s. 习题7.5 第1题 证明:(必要性) 如果 PC(,B) 是 XT在 C 之下的条件概率分布. 则 (1) 固定 B BT, PC(,B) 是 C 可测函数; 固定 , PC(,) 是 (,C) 上的概率分布. (2) 由条件期望的定义, C C, P(C XT B) = C 1XTBdP = C P C(,B)P(d). 故而 P(C XT B) = C PC(,B)P(d). (充分性) 由(1) 知, 固定的 BT BT, 有 PC(,B) C, 且 C 1XTBdP = P(C XT B) (2) = C P C(,B)P(d), 故而由条件期望的定义,P(XT BT|C) = PC(,B). 11 所以由定义7.5.4 知 PC(,B) 为 XT在 C之下的条件概