现代概率论习题(2011修订)-encryption.pdf

现代概率论基础 第二版 汪嘉冈 编著 习题参考答案 目录 第一章 可测空间1 第二章 测度与积分29 第三章 独立随机变量序列65 第四章 条件期望与鞅67 i 第一章可测空间 习题 1 1若 An n 1 为单调集合序列 证明 limnAn存在 且 lim n An n 1An An递增 n 1An An递减 证明 1 若 An递增 则 lim n An k 1 n k An k 1 n 1 An n 1 An lim n An k 1 n k An k 1 Ak n 1 An 故 lim n An lim n An n 1An 即 lim n An存在且 lim n An n 1An 2 若 An递减 则 lim n An k 1 n k An k 1 Ak n 1 An lim n An k 1 n k An k 1 n 1 An n 1 An 故 limnAn limnAn n 1An 即 lim n An存在且 lim n An n 1An 习题 1 2若 为实直线 An an n 1 试问 lim n An和 lim n An是什么集 合 解由集合的上下极限的定义 有 lim n An k 1 n k An k 1 n k an k 1 sup n k an inf k 1 sup n k an lim n an lim n An k 1 n k An k 1 n k an k 1 inf n k an sup k 1 inf n k an lim n an 1 2 现代概率论基础 第二版 习题 1 3若 An n 1 为互不相交的集合序列 证明 limn j nAj 证明由于 j n Aj n 1 是递减序列 根据习题1 1的结论可知 lim n j nAj 存在 且 lim n j nAj n 1 j n Aj 而 n 1 j n Aj n 1 j n 使得 Aj 假设 n 1 j n Aj 则存在 0 n 1 j n Aj 即对 n 1 j 0 n 使得 0 Aj 0 取n1 n2 1 存在 jk 0 nk 使得 0 Ajk 0 k 1 2 即 0 Aj1 0 Aj2 0 这与 An n 1 为互不相交的集合序列矛盾 因此 limn j n Aj 习题 1 4证明 1 lim n An c lim n Ac n 2 lim n An Bn lim n An lim n Bn 3 lim n AnBn lim n An lim n Bn 4 lim n Anlim n Bn lim n AnBn lim n Anlim n Bn 证明 1 由集合的运算法则 有 lim n An c k 1 n k An c k 1 n k An c k 1 n k Ac n lim n Ac n 2 由集合的运算法则 有 lim n An Bn k 1 n k An Bn k 1 n k An n k Bn k 1 n k An k 1 n k Bn lim n An lim n Bn 3 由集合的运算法则 有 lim n AnBn k 1 n k AnBn k 1 n k An n k Bn k 1 n k An k 1 n k Bn lim n An lim n Bn 4 若 lim n Anlim n Bn 则 lim n An且 lim n Bn 即 k N 使得当 n k 时 有 An 且 Bn对无限个 n 成立 从而 AnBn对无限个 n 成立 故 lim n AnBn 那么 lim n Anlim n Bn lim n AnBn CHAPTER 1 可测空间3 若 lim n AnBn 则 AnBn对无限个 n 成立 故 An对无限个 n 成立 且 Bn对无限个 n 成立 即 lim n An且 lim n Bn 故 lim n Anlim n Bn 因 此 lim n AnBn lim n Anlim n Bn 综上所述 lim n Anlim n Bn lim n AnBn lim n Anlim n Bn 习题 1 5证明 1 A B Ac Bc C A B A B C 2 A B C A B C 3 若 A N1 B N2 则 A B N1 N2 若 A N1 B N2 则 A B N1 N2 N1 N2 4 nAn nBn n An Bn nAn nBn n An Bn 证明 1 由集合的运算法则 有 Ac Bc Ac Bc Ac Bc Ac Bc Ac Bc c Ac Bc A B A B c A B A B A B Ac Bc 若 C A B 则 C A B B A B C B C C B 而 B C B A B B A B B A B B Ac B B Ac c B A Bc A B C B A B B A B A B B B A B A B A B A A B 故 B C B C C B A B A A B A 若 A B C 根据上面的证明 A C 的任意性以及 A B B A 可知 C A B 4 现代概率论基础 第二版 从而 C A B A B C 2 因为 A B C A B C C B A B Cc C Bc A B Cc C Bc B Cc C Bc A A B Cc C Bc c B Cc C Bc Ac A C Bc B Cc B Ac Cc C Bc Ac A C Bc Cc C Bc B B Ac Cc C Bc Ac A Bc Cc B C B Ac Cc C Bc Ac A Bc Cc A B C B Ac Cc C Bc Ac A Bc Cc A B C B Ac Cc C Bc Ac 利用同样的方法 我们易得 A B C A Bc Cc A B C B Ac Cc C Bc Ac 所以 A B C A B C 3 对于 A B A B B A 若 A B 则 A N1 B N2 而 不属于 B 故 N2 同理 若 B A 则 N1 因此 N1 N2 即 A B N1 N2 因为 A N1 B N2 所以 A A N1 A B N2 即 A A N1 A B N2 N1 A B N2 故 N1 A B N2 因此 N1 N2 A B N2 N2 A B N2 N2 A B A B 又因为 N1 N2 N1 N2 N1 N2 N1 N2 从而 A B N1 N2 N1 N2 CHAPTER 1 可测空间5 4 因为 n An n Bn n An n Bn n Bn n An n An n Bn c n Bn n An c n An n Bc n n Bn n Ac n 注意到 nB c n Bc n0 nA c n Ac n0 对 n0 N 成立 故 n An n Bc n n An Bc n0 n An Bc n0 n An Bn0 n Bn n Ac n n Bn Ac n0 n Bn Ac n0 n Bn An0 对 n0 N 成立 所以 n An n Bn n An n Bc n n Bn n Ac n n An Bn n Bn An n An Bn Bn An 即 nAn nBn n An Bn 此外 n An n Bn n An n Bn n Bn n An n An n Bn c n Bn n An c n An n Bc n n Bn n Ac n 注意到 nBn Bn0 nAn An0 对 n0 N 成立 故 n An n Bc n n Bc n An0 n An0 Bc n n An0 Bn n Bn n Ac n n Ac n Bn0 n Bn0 Ac n n Bn0 An 对 n0 N 成立 所以 n An n Bn n An n Bc n n Bn n Ac n 6 现代概率论基础 第二版 n An Bn n Bn An n An Bn Bn An 即 nAn nBn n An Bn 习题 1 6对任何集合序列 An n 1 令 B1 A1 Bn 1 Bn An 1 n 1 证 明 此时 limnBn存在当且仅当 limnAn 证明 若 limnBn存在 则 lim n Bn lim n Bn 因为 Bn 1 Bn An 1 n 1 由 习题1 5 1 知 An 1 Bn Bn 1 n 1 令 B0 有 A1 B0 B1 B1 B1 故 An Bn 1 Bn n 1 且集合序列 Bn n 0 Bn n 1 有相同的极限点集 即 limnBn 1 limnBn 若 lim n Bn 1 Bn lim n Bn 1 lim n Bn 1 1 则有 limnAn limn Bn 1 Bn 往证 1 1 式 事实上 由习题1 4 2 lim n Bn 1 Bn lim n Bn 1 Bn Bn Bn 1 lim n Bn 1 Bn lim n Bn Bn 1 lim n Bn 1 Bn lim n Bn lim n Bn 1 Bn lim n Bn Bn 1 lim n Bn 1 lim n Bn Bn 1 以及习题1 5 3 知 lim n Bn 1 lim n Bn lim n Bn 1 Bn 反过来 limnBn 1 limnBn limnBn 1 limnBn limnBn 1 limnBn lim n Bn 1 Bn k 1 n k Bn 1 Bn k 1 n k Bn 1 Bc n k 1 n k Bn 1 k 1 n k Bc n lim n Bn 1 lim n Bn c lim n Bn 1 lim n Bn lim n Bn 1 lim n Bn lim n Bn 1 lim n Bn CHAPTER 1 可测空间7 从而 limn Bn 1 Bn limnBn 1 limnBn 因此 limn Bn 1 Bn limnBn 1 limnBn 若 limnAn 则 lim n An lim n An limnAn 因为 Bn 1 Bn An 1 Bn An 1 Bn An 1 Bn An 1 Bc n A c n 1 n 1 令 B0 则 B1 B0 A1 B0 A1 Bc 0 A c 1 于是 Bn Bn 1 An Bc n 1 A c n n 1 所以 lim n Bn lim n Bn 1 An Bc n 1 A c n lim n Bn 1 An lim n Bc n 1 A c n 注意到 lim n Bc n 1 A c n lim n Bn 1 An c lim n Bn 1lim n An c c 因此 lim n Bn lim n Bn 1 An 又因为 Bn 1 Bn An 1 Bn An 1 Bn An 1 Bn Ac n 1 An 1 B c n n 1 且当 B0 B1 B0 Ac 1 A1 B c 0 则 Bn Bn 1 Ac n An B c n 1 n 1 所以 lim n Bn lim n Bn 1 Ac n An B c n 1 lim n Bn 1 Ac n lim n An Bc n 1 注意到 lim n An Bc n 1 lim n Bc n 1lim n An 因此 lim n Bn lim n Bn 1 Ac n 此时 lim n Bn lim n Bn lim n Bn 1 Ac n lim n Bn 1 An lim n Bn 1 Ac n lim n Bn 1 An c lim n Bn 1 Ac n lim n Bc n 1 A c n 因为 Bn 1 Ac n Bn 1 Bc n 1 A c n Bc n 1 而 lim n Bn 1 Ac n lim n Bc n 1 A c n lim n Bn 1lim n Bc n 1 所以 lim n Bn lim n Bn 故 lim n Bn lim n Bn 因此 lim n Bn lim n Bn 即 limnBn存 在 习题 1 7证明 f 为集合示性函数的充要条件是 f2 f 8 现代概率论基础 第二版 证明 若 f IA 1 A 0 A 其中 A 则 f2 I2 A 1 A 0 A IA f 若 f 为集合函数且 f2 f 则 f2 f 故 f 0 或1 取 A f 1 则f IA 习题 1 8 习题 1 9设 C P 取 C1 A A 或 Ac C C2 n i 1 Ai Ai C1 n 1 试证 C2为包含 C 的半域 且 A C2 A C 证明 分3步证明 1 A C 有 A C1 C2 故 C C2 2 1 因 C C2 故 C2 2 2 对 A B C2 不妨设 A n1 i 1 Ai B n2 j 1 Bj Ai Bj C1 n1 n2 N 那 么 A B n1 i 1 Ai n2 j 1 Bj n1 n2 i 1 Ci 其中 Ci Ai1 i n1 Bi n1n1 1 i n1 n2 因此 A B C2 2 3 若 A C2 不妨设 A n i 1 Ai Ai C1 n N 当 A 或 时 Ac 或 C1 C2 当 A C 时 由于 C1对余封闭且 Ac c A C 故 Ac C1 C2 当 A n i 1 Ai时 Ac n i 1 Ai c n i 1 Ac i n i 1 Ac i j i 1 Ac j CHAPTER 1 可测空间9 而 Ac i j i 1 Ac j Ac i j i 1 Ac j c Ac i j i 1 Aj C2 综上所述 C2为包含 C 的半域 3 由 C C2知 C A C2 故 A C A C2 若 A C2 则 A n i 1 A i C1 A C 故 A A C 从而 C2 A C 因此 A C2 A C 所以 A C2 A C 习题 1 10 习题 1 11若 C P Cs Cd C C 分别表示由 C 中集合有限并 有限交 可列 并 可列交构成的集类 试证 Csd Cs d Cds对有限并及有限交封闭 且Csd Cds 同时它也是包含 C 且对有限并 有限交封闭的最小集类 举例说明 C d C C s C 对可列并 可列交 运算不一定封闭 证明 Cs n i 1 Ai Ai C n 1 Csd Cs d n i 1 Bi Bi Cs n 1 对于 C1 C2 Csd 设 C1 n1 i 1B1i C2 n2 i 1B2i B1i B2i Cs 则 C1 C2 n1 i 1 B1i n2 i 1 B2i n1 n2 i 1 B i 其中 B i B1i1 i n1 B2 i n1n1 1 i n1 n2 B i Cs 故 C1 C2 Csd 根据归纳法易知 Csd对有限交封闭 C1 C2 n1 i 1 B1i n2 i 1 B2i n2 j 1 n1 i 1 B1i B2j n2 j 1 n1 i 1 B1i B2j 由于B1i n1i k 1A1k B2j n2j k 1A2k A1k A2k C 故 B1i B2j n1i k 1 A1k n2j k 1 A2k n1i n2j k 1 A k 10 现代概率论基础 第二版 其中 A k A1k1 k n1i A2 k n1in1i 1 k n1i n2j A k C 因此 B1i B2j Cs 从而 n1 i 1 B1i B2j Csd 又因为 Csd对有限交封闭 所以 C1 C2 Csd 再由归纳法可知 Csd对有限并封闭 同样地 Cd n i 1 Ai Ai C n 1 Cds Cd s n i 1 Di Di Cd n 1 对于 E1 E2 Csd 设 E1 m1 i 1D1i E2 m2 i 1D2i D1i D2i Cd 则 E1 E2 m1 i 1 D1i m2 i 1 D2i m1 m2 i 1 D i 其中 D i D1i1 i m1 B2 i m1m1 1 i m1 m2 D i Cd 故 E1 E2 Cds 根据归纳法易知 Cds对有限并封闭 E1 E2 m1 i 1 D1i m2 i 1 D2i m2 j 1 m1 i 1 D1i D2j m2 j 1 m1 i 1 D1i D2j 由于D1i m1i l 1 A1l D2j m2j l 1 A2l A1l A2l C 故 D1i D2j m1i l 1 A1l m2j l 1 A2l m1i m2j l 1 A l 其中 A l A1l1 l m1i A2 l m1im1i 1 l m1i m2j A l C 因此 D1i D2j Cs 从而 m1 i 1 D1i D2j Cds 又因为 Cds对有限并封闭 所以 E1 E2 Cds 再由归纳法可知 Cds对有限交封闭 综上所述 Csd Cds对有限并及有限交封闭 而且 Csd n i 1 Bi Bi Cs n 1 n i 1 mi j 1 Aij Aij C mi n 1 CHAPTER 1 可测空间11 mn j 1 m2 j 1 m1 j 1 n i 1 Aij Aij C mi n 1 Cds Cds n i 1 Bi Bi Cs n 1 n i 1 mi j 1 Aij Aij C mi n 1 mn j 1 m2 j 1 m1 j 1 n i 1 Aij Aij C mi n 1 Csd 因此 Csd Cds 下面证明Csd Cds是包含 C且对有限并 有限交封闭的最小集类 假设 C 是包 含 C 且对有限并 有限交封闭的集类 则 n i 1 mi j 1Aij C 因此 Csd C 同 理 Cds C 所以 Csd Cds是包含 C 且对有限并 有限交封闭的最小集类 习题 1 12 习题 1 13若 Fj j 1 为 递增 域 即 域 Fj Fj 1 则 j 1Fj 是一个 域 但不一定是 域 证明1 若 A j 1Fj 则 j0 N 使得 A Fj0 由于 Fj0是 域 故 Ac Fj0 因此 Ac j 1Fj 2 若 A B j 1Fj 则 j1 j1 N 使得 A Fj1 B Fj2 因为 Fj Fj 1 取 j max j1 j2 有 A B Fj 故 A B Fj j 1Fj 根据1 和2 可知 j 1Fj 是一个域 但不一定是 域 反例 取 rk k n 1 1 n 则 rk Q 有理数 k 1 显然 rk关于 k 递增 令 Ak rk Fj A1 A2 Aj 易知 Fj j 1 为递增 域 对于 Ak Fk Ak j 1 Fj 有 k 1 Ak k 1 rk lim k rk n 1 1 n e 12 现代概率论基础 第二版 因为 Fj中任意区间 若区间端点有限 则必为有理数 故 j 1 Fj中任意区间 若区 间端点有限 则必为有理数 因此 k 1 Ak e j 1 Fj 此时 j 1 Fj对可列并 不封闭 故它不是 域 习题 1 14 习题 1 15 域 F 称为可列生成的 若存在可列个集合 An n 1 使得 F An n 1 证明 若每个 Fj都是可列生成的 则 j 1 Fj Fj j 1 也是可列 生成的 证明设 Fj Anj nj 1 因为 Anj nj 1 Fj Fj j 1 j 1Fj 对 j 1 成立 故 Anj nj 1 j 1 j 1 Fj 从而 Anj nj 1 j 1 j 1Fj 另一方面 Fj Anj nj 1 Anj nj 1 j 1 对 j 1 成立 所 以 Fj j 1 Anj nj 1 j 1 因而 j 1 Fj Fj j 1 Anj nj 1 j 1 综上所述 j 1Fj Anj nj 1 j 1 又因为可列个可列集的并仍是可列 的 所以 Anj nj 1 j 1 是可列的 于是 j 1Fj 是可列生成的 习题 1 16 习题 1 17若 E 为距离空间 C 为 E 中开集全体 证明 C M C 定义 1 1距离空间 metric space 又称为度量空间 X 是一非空集合 对 X 中任 意两点 x y 有一个实数 d x y 与之对应且满足 1 d x y 0 且 d x y 0 当且仅当 x y 2 d x y d y x 3 d x y d x z d y z 对 x y z X 成立 称 d 为 X 上的一个距离 称 X d 是一个度量空间 CHAPTER 1 可测空间13 距离空间的所有开集组成的子集族满足开集公理 1 X 和空集 是开集 2 任意两个开集的交是开集 3 任意多个开集的并是开集 证明 习题1 17 的证明 首先 C C C 是单调类 所以 C M C 记 M1 A M C A B M C B C 设 An n 1 是 M1中的单调序列 则 An An B M C 且对 B C An B n 1 是 M C 中的单调序列 由 lim n An B lim n An B M C B C lim n An B lim n An B M C B C 可得 limn An M1 且 limn An M1 因此 M1是单调类 根据开集公理可知 C M1 故 M C M1 所以 对于 A M C 有 A B M C B C 再记 M2 B M C A B M C A M C 易知 C M2 设 Bn n 1 是 M2中的单调序列 根据 lim n Bn A lim n Bn A A M C 可得 limnBn M2 故 M2也是一个单调类 因此 M C M2 由此可得 M C 对并集运算 有限并 封闭 对于 E 取 B 1 n d 1 n 则开球集族 B 1 n n 1 单 调递减 由于 B 1 n C M C 故 lim n B 1 n n 1 B 1 n M C 记 M A M C Ac M C 14 现代概率论基础 第二版 对于 A C Ac是闭集且 Ac n 1 Ac B 1 n 其中 B 1 n d 1 n 为距离空间 E d 上的开球 事实上 由于 Ac AcB 1 n n 1 成立 故 A c n 1 AcB 1 n 反过来 若 n 1 AcB 1 n 则对于 n 1 AcB 1 n 故 n 1 n Ac 使得 B n 1 n 即 d n 1 n 对 n 1 成立 因此 是 n Ac n 1 的极限点 而 Ac为闭集 故 Ac 从而 n 1 AcB 1 n A c 根据开集公理可知 AcB 1 n 是开集 即 AcB 1 n C M C 又 因为 AcB 1 n n 1 是单调递减的集合序列 所以 n 1 Ac B 1 n M C 即 Ac M C 因此 C M 设 Cn n 1 是 M 中的单调序列 则 Cn Cc n M C 且对 limn Cn n 1Cn 或 limn Cn n 1Cn 由 limn Cn c limn Cc n M C 或 limn Cn c limn Cc n M C 可得 limn Cn M 或 limn Cn M 故 M 是一个单调类 因此 M C M 从而 M C 对补集运算封闭 由此 可知 M C 是一个域 因此 M C 是 域 因为M C 既是单调类 又是域 因 而 C M C 综上所述 C M C 习题 1 18 0 1 2 3 C 0 1 2 3 0 3 1 2 验证 C 为 类 但不是 类 证明因为 有限 不妨记 A 0 1 B 0 3 则 Ac 2 3 Bc 1 2 那 么 C A Ac B Bc 显然 C 对余封闭 由于 C 中两个不相交的集合中必有 一个是 故其并也属于 C 最后 对于 An C An 因 C 的元素有限且除 和 CHAPTER 1 可测空间15 外的元素之间两两没有包含关系 故 An n 1 只有以下几种形式 i 只含 或 或之外的任一集合 则 nAn C ii 不含 则 nAn 或 A 或 Ac或 B 或 Bc C iii 既含 又含 A 或 Ac或 B 或 Bc 则 nAn C 综上所述 C 为 类 显然 A B C 故 C 不是 类 习题 1 19G 是 P 的非空子集 证明 G 为 类的充要条件是它满足 1 G 2 若 A B G 且 A B 则 B A G 3 若 An n 1 G 且 An An 1 则 nAn G 证明 若 G 为 类 任取 A G 则必有Ac G 且 A Ac 从 而 A Ac G 1 得证 若 A B G 且 A B 有 Bc G 且 A Bc 故 A Bc B A c G 所以 B A G 2 得证 显然 G 关于单调递增的集合序列 的极限封闭 故 3 成立 若 G 满足条件 1 2 3 当 A G 因为 G 且 A 所以 Ac A G 当 A B G 且 A B 时 A Bc 从而 A B c Bc Ac Bc A G 故 A B G 若递增序列 An n 1 G 由 3 知 limnAn nAn G 因此 G 为 类 习题 1 20设 A B 为可测空间 F 中 F 的子 域 证明 AB A A B B A B 证明 单调类定理的应用 若 C 为 类 则 C C 令 C AB A A B B 先证 C 为 类 若 X A1B1 Y A2B2 Ak A Bk B k 1 2 有 X Y A1B1 A2B2 A1A2 B1B2 因为 A B 均为 域 故 A1A2 A B1B2 B 从而 X Y G 因此 C 为 类 由单调类定理可知 C C 16 现代概率论基础 第二版 下证 C A B 注意到 A B A B 对 A A B B 有 Ac A Bc B 故 AB Ac Bc c A B 从而 C A B 因此 C A B 另一方面 令 C1 AB A A B 有 C1 C 故 A C1 C 同理有 B C 从而 A B C 所以 A B C 综上所述 AB A A B B A B 习题 1 21 F 为可测空间 对 若对每个 A F 都有 IA IA 则 称 试证 是 元素之间的一个等价关系 若称按此等价关系确定的每个等 价类为 F 的一个原子 试证当 F 为可列生成时 原子必为可测的 证明 1 对于 显然有 IA IA A F 故 若 则 IA IA A F 故 若 1 2 2 3 则IA 1 IA 2 IA 3 A F 故 1 3 所以 是 元素之间的一个等价关系 2 先证明一个事实 记 为一个等价类 则 有 A A F A A 1 2 事实上 则 即 A F A 必有 A 从而 A 另一 方面 A B F 若 B 则 B 若 B 即 Bc 必有 Bc 从而 IA IA 故 因此 综上所述 A 根据 1 2 式可知 要证原子 在 F 为可列生成时是可测的 只需证明 A A F A A F 1 3 为了证明 1 3 式 先证明以下事实 当 F 为可列生成时 其必可以被一个可列域生成 事实上 因为 F 为可列生成 不妨设 F C 其中 C Cn n 1 C1 C2 令 C1 A A C 或 Ac C C2 n m 1 Am Am C1 n 1 CHAPTER 1 可测空间17 由习题1 9易知 C2为包含 C 的半域 且 A C2 A C 又因为 C 可列 从而 C2 可列 再由命题1 1 4可知 由半域 C2生成的最小域为 A C2 m k 1 Sk m 1 Sk C2 1 k m Si Sj i j 故由 C2可列可知 A C2 可列 从而 A C 可列 而 C C2 A C2 因此 F C A C2 另一方面 由 C2及 A C2 的构造易知 A C2 F 从而 A C2 F 综上所述 F C A C2 A C 即命题 成立 再证明以下事实 A A F A A B A C B B B 1 4 如果 1 4 式成立 因为 A C 可列 所以 B B A C BB A C F 从 而 1 3 成立 即原命题得证 事实上 显然有 A B 因为 A C F 另一方面 任取 B 令 M A IA IA 下证 M 为单调类 设 An M n 1 且 An A 那么对 n 1 IAn IAn 从而必有 IA IA 因此 A M 同理 当 An A时 有 A M 由 此可知 M 为单调类 注意到当 B 即 B A C 若 B 则必有 B 从而 IB IB 故 B M 因此 A C M 再由单调类定理 知 F A C M A C M 也就是说 A F 有 IA IA 因此 A 故 B A 综上所述 A B 是 F 可测的 证明习题1 21的证法二 假设 F An n 1 记 W 为 F 的一个原子 令 W1 IA1 IA1 W2 IA2 IA2 18 现代概率论基础 第二版 Wn IAn IAn 对于每个 Wn 由于 IAn IAn 当且仅当 和 同属于 An或同属于 Ac n 因 此 Wn An或 Wn Ac n 故 Wn F n 1 进一步 n 1Wn F 下证 n 1Wn W 显然 当 W时 IA IA 对 A F 成立 所以 IAn IAn n 1 故 n 1Wn 于是 W n 1Wn 另一方面 对 n 1Wn 以及 A F 对考虑 IA 的值 由 F An n 1 可知 A可以表示为 An的可列交 和并的形式 这里只需分别讨论并和交的情况即可 当 A I A I 有限或可列 时 IA I IA sup I IA sup I IA IA 当 A I A I 有限或可列 时 IA I IA inf I IA inf I IA IA 因此 A F 有 IA IA 从而 W 即 n 1Wn W 综上所述 W n 1Wn F 再由 的任意性可知 F 的任意原子可测 习题 1 22 习题 1 23 到 的映照 X 称为单射的 injective 若当 1 2时 X 1 X 2 若 X 则称 X 为满射的 surjective 若 X 既是单射的又是满射的 则称 X 为双射的 bijective 并由 X A X A 规定 P 到 P 的映照 证 明 1 X i IAi i I X Ai 2 X i IAi i I X Ai 对任一集族 Ai i I 成立的充要条件是 X 为单射的 3 对每一个 A X X 1 A A 的充要条件是 X 为满射的 4 对每一个 A X A c X Ac 的充要条件是 X 为双射的 CHAPTER 1 可测空间19 证明 1 X i IAi X i I Ai 则 i I Ai 使得 X 即 i0 I 使得 Ai0 X 故 X Ai0 i I X Ai 因此 X i IAi i I X Ai 另一方面 i I X Ai j0 I 使得 X Aj0 即 Aj0 使得 X 而 Aj0 i I Ai 故 X i IAi 从而 i I X Ai X i IAi 由此可见 X i IAi i I X Ai 2 若 X i IAi i I X Ai 假设 X 不是单射的 则 1 2 使得 X 1 X 2 令 A1 1 A2 2 显然 A1 A2 且有 X A1 A2 X A1 X A2 X 1 X 2 故 1 2 A1 A2 这与 A1 A2 矛盾 因此 X 为单射的 若 X 为单射的 显然有 X i IAi i I X Ai 对 i I X Ai 有 X Ai 对 i I 成立 即对 i I i Ai 使得 X i 因 为 X 为单射的 所以 i i I 从而 i IAi 于是 X i IAi 因 此 i I X Ai X i IAi 由此可见 X i IAi i I X Ai 3 若 X X 1 A A 则 X 必为满射的 不然 使得 X 令 A 则 X 1 A 从而 X X 1 A A 矛盾 若 X 为满射的 A 使得 X 故 X 1 A 进而 X X 1 A 也就是说 A X X 1 A 又因为 X 1 A X A 故 X X 1 A A 由此可见 X X 1 A A 4 若 X A c X Ac 那么X X A Ac X A X Ac X A X A c 故 X 为满射的 对任一集族 Ai i I X i I Ai X i I Ai c c X i I Ac i c i I X Ac i c i I X Ac i c i I X Ai 由 2 可知 X 为单射的 因此 X 为双射的 若 X 为双射的 对 A 有 A Ac 且 A Ac 由 X 为单射的 知 X A Ac X A X Ac 由 X 为满射的知 X A Ac X A X Ac X 因此 X A c X Ac 20 现代概率论基础 第二版 习题 1 24 习题 1 25设 X Y 为两个随机变量 若对每个实数 c R 有 X c Y c 证明 X Y 证明反证法 若 0 使得 X 0 Y 0 由实数的稠密性 c0 R 使得 X 0 c0 Y 0 那么 0 X c0 但 0 Y c0 这与题设矛盾 因此 X Y 习题 1 26 习题 1 27若 Y 为 F 上随机变量 t 为有限实数 证明 1 Y t A Y t B Y t A Y B 或 2 X Y t 充要地是它可表示为 X f Y IY t dIY t 其中 d 是实数 证明回顾 X 为随机变量 X X 1 C C B R 记 G A Y t B Y t A Y B 或 1 因为Y t tI 为 F 上随机变量 故 Y t 为随机变量且 Y t Y 当 Y t t当 Y t 1 5 因此 Y t Y t t Y t Y t t Y t n 1 t t 1 n i 当 B 时 A Y t B Y t A Y t 而 A Y Y t Y 所以 A Y t Y 于是 C B R 使得 Y A Y t C 再由 1 5 式可 知 A Y t Y 1 C Y t 1 C Y t ii 当 B 时 A Y t B Y t A Y t Y t 由于 A Y t Y t Y t Y t t Y t n 1 t t 1 n Y t CHAPTER 1 可测空间21 故 A Y t Y t Y t 由此可见 G Y t 另一方面 对 E Y t D B R 使得 Y t 1 D E 记A Y 1 D 则 A Y A Y t E 事实上 A Y t Y t 且 Y D 那么由 1 5 式可知 A Y t Y t Y D 即 Y t 1 D E 所以 A Y t 当且仅当 E 由此可知 E G 从而 Y t G 综上所述 Y t A Y t B Y t A Y B 或 2 若 X Y t 关于 Y t 可测 记 C Y t a a R 则 C 是一个 类 且 C Y t 令 L 为 上 F 可测的随机变量全体 H Z Z f Y IY t dIY t 其中 d 是实数 容易验证 H 为 L 类 而对 a R Y t a Y t a Y t Y t a Y t Y a Y t t a Y t 于是 Y t a Y t Y a 当 a t 从而 I Y t a 1 IY t IY aIY t 0 IY t当 a t 因此 H IC C C 故由函数形式的单调类定理 1 4 2 P 22 可知 H 包 含 C Y t 可测的随机变量全体 也就是说 若 X Y t 则必有 X f Y IY t dIY t 其中 d 是实数 由 1 的结果易知 充分性成立 22 现代概率论基础 第二版 习题 1 28 习题 1 29 习题 1 30验证下列函数集 H 是否为 R 或 0 1 上某个 域上的有界可测函数全 体 1 H R 上支集有界的有界函数全体 2 H IA A为 R 中 Borel 点集 3 H 0 1 上线性函数全体 4 H 有界 Borel 可测阶梯函数全体 定义 1 2 支集 紧集 对于定义在 E Rn上的函数 f x 我们称点集 x f x 0 的闭包为 f x 的支集 记为 supp f 若 f x 的支集是有界 即支集是紧集 的 则 称 f x 是具有紧支集的函数 如果 E 的任一开覆盖均包含有限子覆盖 我们就称 E 为紧集 性质 1 3Rn中的子集 F 是紧的当且仅当 F 是有界闭集 解 习题1 30 的解答 1 因为函数1 的支集 supp 1 x R f x 1 0 R 是无界的 故 1 H 因此 H 不满足定理 1 4 3 P 23 条件 2 所以 H 不是 R 上某个 域上 的有界可测函数全体 2 因为 2 IA 2IA H 所以 H 不是线性空间 因此 H 不满足定理 1 4 3 P 23 条件 1 所以 H 不是 R 上某个 域上的有界可测函数全体 3 设 f x x g x 1 x x 0 1 则 f g H 且 f g x xI 0 x 1 2 1 x I 1 2 x 1 取 x1 x2 1 3 则 f g x1 x2 f g 2 3 1 2 3 1 3 f g x1 f g x2 f g 1 3 f g 1 3 1 3 1 3 2 3 CHAPTER 1 可测空间23 那么 f g x1 x2 f g x1 f g x2 故 f g 不是线性函数 即 f g H 所以 H 不是格 不满足定理 1 4 3 P 23 条件 3 因而 H 不是 0 1 上某个 域上的有界可测函数全体 4 对任意的非负有界的 Borel 可测函数 f 存在递增的 Borel 可测阶梯函数序列 fn n2n 1 k 0 k 2n I k 2n f 0 使 x R f x M 故 x R n 1 fn x f x M 即 fn n 1 一致有界 当 f 为非负有界 连续的 Borel 可测函数时 f H 因此 H 不满足定理 1 4 3 P 23 条件 4 因而 H 不是 R 上某个 域上的有界可测函数全体 习题 1 31H 为 上某些有界实函数集合 如果它满足下述条件 1 1 H 2 H 为线性空间且为代数 即当 f g H 时必有 fg H 3 H 对其中元素单调收敛序列或一致收敛序列的极限运算是封闭的 则必存在 上的 域 F1 使 H 是 F1 上有界可测函数全体 为了证明习题1 31 我们先介绍以下引理 引理 1 4设 x 1 令 P0 x 0 Pn 1 x Pn x 1 2 x 2 P2 n x 则 Pn x x 证明首先证明 n 0 Pn x 是偶函数 1 当 n 0 时 Pn x P0 x 0 显然是偶函数 当 n 1 时 Pn x P1 x 1 2x 2 也是偶函数 2 假设 n k 时 Pn x 是偶函数 则当 n k 1 时 x 1 1 Pk 1 x Pk x 1 2 x 2 P 2 k x Pk x 1 2 x 2 P 2 k x Pk 1 x 即 Pk 1 x 是偶函数 根据归纳法原理知 n 0 Pn x 是偶函数 由以上事实 不妨设 0 x 1 下证明 n 0 x 0 1 0 Pn x x 1 当 n 0 时 x 0 1 0 Pn x P0 x 0 x 24 现代概率论基础 第二版 当 n 1 时 x 0 1 0 Pn x P1 x 1 2x 2 x 2 假设 n k 时 x 0 1 0 Pn x x 则当 n k 1 时 x 0 1 Pk 1 x Pk x 1 2 x 2 P 2 k x Pk x x 2 xPk x 1 2 x Pk x 2 Pk x x2 xPk x 1 x Pk x x x x 根据归纳法原理知 n 0 x 0 1 0 Pn x x 所以 Pn 1 x Pn x 1 2 x 2 P 2 n x Pn x n 0 x 0 1 故 lim n Pn x 存在 记之为 a 依赖于 x 根据递推式 令 n 有 a a 1 2 x 2 a2 x 0 1 即 a x x 0 1 因此 当 x 1 时 Pn x x 证明 习题1 31 的证明 取 F1 A IA H 由于 I 1 H 故 F1 所以 F1非空 1 当 A F1时 IA H 因为 1 H 及 H 为线性空间 所以 IAc 1 IA H 因此 Ac F1 2 当 A B F1时 IA IB H 故 A B F1 因而 A B Ac Bc c F1 由此可知 F1是域 当递增序列 An n 1 F1时 IAn n 1 单调递增 故 I nAn lim n IAn H 所以 nAn F1 同理可证 当递减序列 An n 1 F1时 nAn F1 从 而 F1是单调类 因此 由命题 1 2 2 P 8 F1是 域 由于 H 为线性空间 故 F1 上全体阶梯可测函数都属于 H 另外 由于对 于任意的 F1 上非负有界可测函数 f 都存在 F1 上非负递增的阶梯可测函 数序列 fn n 1 使 f lim n fn 所以 F1 上全体非负有界可测函数都属于 H 再利用线性空间的性质及 f f f 可知 F1 上全体有界可测函数都属于 H CHAPTER 1 可测空间25 下面利用引理1 4 证明若f g H 则 f g f g H 最小最大运算封闭 因为 H 为 上某些有界实函数集合 所以存在 M1 M2 0 使 f M1 g M2 故 f g f g M1 M2 M 因为 H 为线性空间且为代数 故 f g 2 f2 2fg g2 H 从而 P1 f g M 1 2 f g M 2 1 2M2 f g 2 H 由归纳法可得 Pn f g M Pn 1 f g M 1 2 f g M 2 Pn 1 f g M H n 1 由引理1 4 可知 Pn f g M f g M f g M 1 因为 H 对其中元素单调收敛序列的极限运算封闭 所以 f g M H 于是 f g H 因此 f g 1 2 f g f g H f g 1 2 f g f g H 最后证明 H 中每个元素都是 F1可测的 若 f H 则 a R I f a lim n 1 n f a 注意到 0 0 1 H f a f a 1 H 故 n 1 n f a n f a 0 H 所以 1 n f a H n 1 于是 1 n f a n 1 是 H 中单调递增收敛的函数 序列 由题设的条件 3 可知 I f a lim n 1 n f a H 因此 f a F1 即 f 是 F1可测的 综上所述 H 满足定理 1 4 3 P 23 中的所有条件 从而 H 是 F1 上有界 可测函数全体 而且 F1 A IA H f f H 26 现代概率论基础 第二版 习题 1 32设 H 为 上有界函数族 它对一致有界单调序列或一致收敛序列的极 限运算封闭 又 C H 若 H 满足下列两个条件中的任一个 1 H 为线性空间 1 H C 对乘积封闭 2 C 为一代数 即 C 为一线性空间且对乘积运算封闭 且存在 C 中一致有界的单 调序列 fn C 使 fn 一致收敛于1 则 H 包含一切 f f C 有界可测函数 证明 1 若 H 为线性空间 1 H C 对乘积封闭 取 D A IA C 对任意 的 A B D IA IB C 因为 C 对乘积封闭 故 IAB IAIB C 所以 AB D 因此 D 是 类 令 L 为 上 D 有界可测函数全体 则当 f L 时 f 0 f L f 0 f L 因为 i 1 H ii H 为线性空间 iii 设 fn 0 fn n 1 H fn f a 若 f 有界 则存在 M 0 使得 f M 故 0 fn f M n 1 所以 fn n 1 是 H 上一致有界单调序列 由题设知 f H b 若 f L 则 f 有界 根据情况a 的证明可知 f H 由此可见 H 是 L 类 又因为 H