测度与概率(严士健_刘秀芳)第六-七章答案

§ 6.1 习习习题题题 第第第 1 题题题 设 Ω 是一不可数集, F 是包含 Ω 中一切单点集的最小 σ- 代数, 则 Ω×Ω 的对 角线 ∆ := {(ω, ω) : ω ∈ Ω} 6∈ F ×F , 但 ∀ωi ∈ Ω, i = 1, 2, ∆ω1 := {ω2 : (ω1, ω2) ∈ ∆} ∈ F , ∆ω2 := {ω1 : (ω1, ω2) ∈ ∆} ∈ 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 ∈ Ω : F或者F c为有限集, 或可数集} 为 Ω 上 的 σ- 代数. 易知 G 包含 Ω 中的所有单点集, 且是包含这些单点集的最小的 σ- 代数, 于 是 F = G = {F ∈ Ω : F或者F c为有限集, 或可数集}. 设 A := {A ∈ Ω × Ω : A具有形式( ∞⋃ i=1 (Ai × yi)) ⋃ ( ∞⋃ j=1 (xj × Bj))或者( ∞⋃ i=1 {Ai × yi}) ⋃ ( ∞⋃ j=1 {xj×Bj}) ⋃ ( ∞⋃ k=1 (Ck×Dk)),其中Ai, Bj,∈ F , (Ck)c, (Dk)c为至多可数集, xj, yi ∈ Ω, 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 = σ(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 σ- 代数. 首先, ∅,Ω ∈ 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 = ( ∞⋃ i=1 (Ai × yi)) ⋃ ( ∞⋃ j=1 (xj ×Bj)) ⋃ ( ∞⋃ k=1 (Ck ×Dk)), 其中Ai, Bj,∈ F , (Ck)c, (Dk)c为至多可数集, xj, yi ∈ Ω, 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 = ((Ω× {yi : i ≥ 1}c) ⋃ ∞⋃ i=1 (Aci × yi)) ⋂ (({xj : j ≥ 1}c × Ω) ⋃ ∞⋃ j=1 (xj ×Bcj)) ⋂ ∞⋂ k=1 ((Cck × Ω) ∪ (Ω×Dck)) 我们来看 ∞⋂ k=1 ((Cck × Ω) ∪ (Ω×Dck)), 首先计算 ((Cc1 × Ω) ∪ (Ω×Dc1)) ∩ ((Cc2 × Ω) ∪ (Ω×Dc2)) = ((Cc1 ∩ Cc2)× Ω) ∪ (Cc1 ×Dc2) ∪ (Cc2 ×Dc1) ∪ (Ω× (Dc1 ∩Dc2)) 注意到 Cc1 ∩ Cc2, Cc1 均为至多可数集, 不妨设 Cc1 ∩ Cc2 = {wi : i ≥ 1}, Cc1 = {vj : j ≥ 1}, 于是 (Cc1 ∩ Cc2 × Ω) = ∞⋃ i=1 (wi × Ω), (Cc1 × Dc2) = ∞⋃ j=1 (vj × Dc2), 于是 ((Cc1 ∩ Cc2) × Ω) ∪ (Cc1 × Dc2) 具有形式 ∞⋃ j=1 (xj × Bj), 同理 (Cc2 × Dc1) ∪ (Ω × (Dc1 ∩ Dc2)) 是形 1 如 ∞⋃ i=1 (Ai× yi)的集合,于是 2⋂ k=1 ((Cck×Ω)∪ (Ω×Dck))形如 ( ∞⋃ i=1 (Ai× yi)) ⋃ ( ∞⋃ j=1 (xj×Bj)), 下面让它依次与 (Cck × Ω) ∪ (Ω×Dck), k = 3, 4, · · · 做交运算, 可得 ∞⋂ k=1 ((Cck × Ω) ∪ (Ω× Dck)) 仍然是一个形如 ( ∞⋃ i=1 {Ai × yi}) ⋃ ( ∞⋃ j=1 {xj × Bj}) 的集合.(此处实际上证得一列形 如 ( ∞⋃ i=1 {Ai×yi}) ⋃ ( ∞⋃ j=1 {xj×Bj})的集合的交集仍然形如 ( ∞⋃ i=1 {Ai×yi}) ⋃ ( ∞⋃ j=1 {xj×Bj}).) 易知 (Ω × {yi : i ≥ 1}c) ⋃ ∞⋃ i=1 (Aci × yi)) 具有形式 ( ∞⋃ i=1 {Ai × yi}) ⋃ ( ∞⋃ k=1 {Ck × Dk}), ({xj : j ≥ 1}c × Ω) ⋃ ∞⋃ j=1 (xj × Bcj) 具有形式 ∞⋃ j=1 {xj × Bj} ⋃ ( ∞⋃ k=1 (Ck ×Dk)), 那么可得此 时 Ac 具有形式 ( ∞⋃ i=1 (Ai × yi)) ⋃ ( ∞⋃ j=1 (xj ×Bj)). 如果设 A = ( ∞⋃ i=1 (Ai×yi)) ⋃ ( ∞⋃ j=1 (xj×Bj)),其中Ai, Bj,∈ F , xj, yi ∈ Ω, 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 ( ∞⋃ i=1 (Ai × yi)) ⋃ ( ∞⋃ j=1 (xj × Bj)) ⋃ ( ∞⋃ k=1 (Ck × Dk)). 总之, Ac ∈ A . 于是 A 是一 σ- 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 ω1 ∈ Ω,∆ω1 = {ω1} ∈ F , 对于任意 ω2 ∈ Ω, ∆ω2 = {ω2} ∈ 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 Ω1 = Ω2 = R,F1,F2 均为 R 上的 Borel 可测集的全体, µ1, µ2 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 ω2 ∈ Ω2,则 A×ω2 ⊂ Ω1×ω2,又 µ1×µ2(Ω1×ω2) = 0, 于是 A×ω2 是 µ1×µ2-零集,于是 A×ω2 ∈ F1 ×F2,但是注意到 (A×ω2)ω2 = A 6∈ F1, 于是 A× ω2 6∈ F1 ×F2. 下面来证: F1 ×F2 ⊂ F1 ×F2. 设 C := {A × B : A ∈ F1, B ∈ F2}, 则 F1 ×F2 = σ(C ). 任取 A × B ∈ C , 则存 在 C ∈ F1, D ∈ F2, 及 µ1- 零集 N1, µ2- 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 µ1 × µ2- 零集, 于是 (C ×N2) ∪ (N1 ×D) ∪ (N1 ×N2) 为 µ1×µ2-零集,又 C×D ∈ F1×F2,于是 A×B ∈ F1 ×F2,于是证得 C ⊂ F1 ×F2, 又 F1 ×F2 是一个 σ- 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) = ∫ Rn P(X1 ∈ B − y,X2 ∈ dy) = ∫ Rn P(X1 ∈ B − y)P(X2 ∈ dy) = ∫ 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) = ∫ Rn P1((−∞, x−y])P2(dy) = ∫ Rn F1(x−y)dF2(y),∀x ∈ Rn, 于是 X1 +X2 的分布数是 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) = ∫ Rn F1(x− y)dF2(y) = ∫ Rn ∫ (−∞,x−y] p1(z)dzp2(y)dy = ∫ (−∞,x] ∫ Rn p1(z ′ + y)p2(y)dydz ′ 最后一个等号由先做一个积分变换 z = z′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) = ∫ Rn P1 ∗P2(B − y)P3(dy) = ∫ Rn ∫ Rn P1(B − y − z)P2(dz)P3(dy) = ∫ Rn ∫ Rn P1(B − z′)P2(dz′ − y)P3(dy) = ∫ Rn P1(B − z′) ∫ Rn P2(dz ′ − y)P3(dy) = ∫ Rn P1(B − z′)P2 ∗P3(dz′) = 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, P2∗P1 是 X2+X1 的概率分布测度,于是 P1∗P2 = P2∗P1. 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, ω) : f(t, ω) = ∞}, At := {ω : f(t, ω) = ∞},∀t ∈ R,Aω := {t : f(t, ω) =∞},∀ω ∈ Ω. 由题意知, P(At) = 0,∀t ∈ R, 于是 (λ×P)(A) = ∫ RP(At)dλ = 0. 所以 ∫ Ω λ(Aω)dP = (λ × P)(A) = 0. 注意到 λ(Aω) ≥ 0,∀ω ∈ Ω, 于是 λ(Aω) = 0, a.e. ω(P), 即 λ({t : f(t, ω) =∞}) = 0, a.e. ω(P). 第第第 5 题题题 证明: 先证任意 F1 ×F2 × · · · ×Fn 可测的集合 A 在 (ωi1 , ωi2 , · · · , ωik) 处的截集 是 Fj1 ×Fj2 × · · · ×Fjn−k 可测的. 设 Λ = {A ∈ F1×F2×· · ·×Fn : A在(ωi1 , ωi2 , · · · , ωik) 处的截集是Fj1×Fj2×· · ·× Fjn−k可测的}. 取 A = A1 × A2 × · · · × An, 这里 Ai ∈ Fi, i = 1, · · · , n, 则 A(ωi1 ,ωi2 ,··· ,ωik ) = Aj1 × Aj2 · · · ×Ajn−k ∈ Fj1 ×Fj2 × · · · ×Fjn−k , 于是 F1 ×F2 × · · · ×Fn 中的所有柱集都属 于 Λ. 下面来证 Λ 是一个 σ- 代数. (i) ∅,Ω ∈ Λ. (ii) 任取 A ∈ Λ, 则 A(ωi1 ,ωi2 ,··· ,ωik ) ∈ Fj1 × Fj2 × · · · × Fjn−k , 于是 Ac(ωi1 ,ωi2 ,··· ,ωik ) = (A(ωi1 ,ωi2 ,··· ,ωik )) c ∈ Fj1 ×Fj2 × · · · ×Fjn−k , 于是 Ac ∈ Λ. (iii) 任取一列集 An ∈ Λ, n ≥ 1, 则 (An)(ωi1 ,ωi2 ,··· ,ωik ) ∈ Fj1 ×Fj2 × · · · ×Fjn−k ,∀n ≥ 1, 于是 ( ⋃ n≥1 An)(ωi1 ,ωi2 ,··· ,ωik ) = ⋃ n≥1 (An)(ωi1 ,ωi2 ,··· ,ωik ) ∈ Fj1 ×Fj2 × · · · ×Fjn−k . 于是证得 Λ = F1 ×F2 × · · · ×Fn. 设 f 是一 F1×F2× · · · ×Fn 可测的函数, 任取可测集 B (实或者复 Borel 可测集), 则 {(ωj1 , ωj2 , · · · , ωjn−k) : f(ωi1 ,ωi2 ,··· ,ωik )(ωj1 , ωj2 , · · · , ωjn−k) ∈ B} = ({(ω1, ω2, · · · , ωn) : f(ω1, ω2, · · · , ωn) ∈ B})(ωi1 ,ωi2 ,··· ,ωik ) ∈ Fj1 ×Fj2 × · · · ×Fjn−k , 最后的这个属于关系由 前面证明的结论得知. 于是 f(ωi1 ,ωi2 ,··· ,ωik ) 是 Fj1 ×Fj2 × · · · ×Fjn−k 可测的. 第 6 题 证明:(1) 先证对任意的可测柱集 A = A1 × A2, g(w1) := ∫ Ω2 1A(w1, w2)λ(w1, dw2) (6.1) 是非负 F1- 可测的, 其中 A1 ∈ F1 且 A2 ∈ F2. 事实上，由于 λ 为 σ 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, n}n∈N 使得 Ωi = ⋃ n∈N Bi, n 且对任意的 m, n ∈ N sup w1∈B2,m λ(w1, B2, n) <∞. 注意到 g(w1) = ∑ n∈N ∫ B2, n 1A(w1, w2)λ(w1, dw2) = ∑ n∈N λ(w1, B2, n ∩ A2). 4 又由转移测度的定义知 λ(w1, B2, n ∩ A2) 是非负有限 F1 可测的, 从而 g 是非负 F1 可 测的. 我们记 C 为所有可测柱集. (2) 再证对任意的 A ∈ F1×F2, (6.1) 中定义的函数 g 也是 F1- 可测的. 为此我们利 用 λ 系方法. 具体地，我们记 M := {A ∈ F1 ×F2 : ∀n ≥ 1, ∫ B2,n 1A(w1, w2)λ(w1, dw2)是F1- 可测的}. 由 (1)可知 C ⊂M . 注意到 σ(C ) = F1×F2. 如果能证明M 是 λ系，则有 σ(C ) ⊂M , 从而 F1 ×F2 =M . 事实上, 易知 Ω1 × Ω2 ∈ C ⊂M . 如果 A, B ∈M 且 B ⊂ A, 则∫ Ω2 1A\B(w1, w2)λ(w1, dw2) = ∞∑ n=1 ∫ B2,n 1A\B(w1, w2)λ(w1, dw2) = ∞∑ n=1 ( ∫ B2,n 1A(w1, w2)λ(w1, dw2)− ∫ B2,n 1B(w1, w2)λ(w1, dw2)) 可知 A \B ∈M . 又设 {An}n∈N ⊂M ⊂ F1, 且 An ↑, 由积分的单调收敛定理可知∫ Ω2 1∪n∈NAn(w1, w2)λ(w1, dw2) = ∫ Ω2 lim n∈N 1An(w1, w2)λ(w1, dw2) = lim n∈N ∫ Ω2 1An(w1, w2)λ(w1, dw2) 从而可知 ∪n∈NAn ∈M . 这就证明了 M 是 λ 系. (3) 对于任意的简单非负 F1 ×F2 可测函数 f，由 (1) 和 (2) 可知, 函数∫ Ω2 f(w1, w2)λ(w1, dw2) (6.2) 为非负 F1- 可测的. 再利用积分的单调收敛定理进一步可知对任意的非负 F1 ×F2 可 测函数 f，(6.2) 定义的函数也是非负 F1- 可测的. 第第第 8题题题证明: (1)对于任意的 B ∈ B([0, 1]),因为 f(x, y)与 IB(y)非负,于是 f(x, y)IB(y) 非负, 于是由定理 6.1.9, 可知 λ(·, B) = ∫ B f(·, y)dy = ∫ IB(y)f(·, y)dy 是 B([0, 1]) 可测 函数. (2)固定 x ∈ [0, 1], f(x, ·)是 ([0, 1],B([0, 1]))上非负可测函数,而 dy是 ([0, 1],B([0, 1])) 上的有限测度, 于是由定理 5.3.15 可知, λ(x,B) = ∫ B f(x, y)dy 是 ([0, 1],B([0, 1])) 上的 测度. 于是由 (1)(2) 知, λ(x,B) 是 [0, 1]×B([0, 1]) 上的转移测度. 第第第 9 题题题证明: 由定义 ν(A) = ∫ Ω1 ∫ Ω2 IA(ω1, ω2)λ2(ω1, dω2)λ1(dω1) = ∫ Ω1 λ2(ω1, Aω1)λ1(dω1) 5 这里 Aω1 = {ω2 : (ω1, ω2) ∈ A}. 注意到 λ2(ω1, Aω1)是关于 ω1的非负函数,于是由引理 5.2.3(3)知, ∫ Ω1 λ2(ω1, Aω1)λ1(dω1) = 0 当且仅当 λ2(ω1, Aω1) = 0, a.s. ω1-λ1. 于是 ν(A) = 0当且仅当存在 N ∈ Ω1, s.t. λ1(N) = 0,且当 ω1 ∈ N c 时, λ2(ω1, Aω1) = 0. 第 10题证明: (1)首先证明对任意的柱集 A = A1×A3，其中 A1 ∈ F1且 A3 ∈ F3， 函数 g(w1, w3) = ∫ Ω3 1A(w1, w3)λ(w2, dw3) (10.1) 是 F1 ×F2- 可测的. 事实上， g(w1, w2) = 1A1(w1) ∫ Ω3 1A3(w3)λ(w2, dw3) = 1A1(w1)λ(w2, A3), 是 F1 ×F2- 可测的. 记 C 为 F1 ×F3 中所有柱集. (2) 再证对任意的 A ∈ F1 ×F3, (6.1) 中定义的函数 g 也是 F1 ×F2- 可测的. 为此 我们利用 λ 系方法. 具体地，我们记 M := {A ∈ F1 ×F3 : ∀n ≥ 1, ∫ B3,n 1A(w1, w3)λ(w2, dw3)F1 ×F2可测}. 由于 λ为 σ有限转移测度,故由定义，对 i = 2, 3,存在互不相交的Fi 可测集 {Bi, n}n∈N 使得 Ωi = ⋃ n∈N Bi, n 且对任意的 m, n ∈ N sup w2∈B3,m λ(w2, B3, n) <∞. 由 (1) 可知 C ⊂ M . 注意到 σ(C ) = F1 × F3. 如果能证明 M 是 λ 系，则 有 σ(C ) ⊂ M , 从而 F1 ×F3 = M . 事实上, 易知 Ω1 × Ω3 ∈ C ⊂ M . 若 A, B ∈ M 且 B ⊂ A, 则∫ Ω3 1A\B(w1, w3)λ(w2, dw3) = ∞∑ n=1 ∫ B3,n 1A\B(w1, w3)λ(w2, dw3) = ∞∑ n=1 ( ∫ B3,n 1A(w1, w3)λ(w2, dw3)− ∫ B3,n 1B(w1, w3)λ(w2, dw3)), 可知 A \B ∈M . 又设 {An}n∈N ⊂M ⊂ f1 ×F3, 且 An ↑, 由积分的单调收敛定理可知∫ Ω2 1∪n∈NAn(w1, w3)λ(w2, dw3) = ∫ Ω2 lim n∈N 1An(w1, w3)λ(w2, dw3) = lim n∈N ∫ Ω2 1An(w1, w3)λ(w2, dw3) 从而可知 ∪n∈NAn ∈M . 这就证明了 M 是 λ 系. 6 (3) 对于任意的简单非负 F1 ×F3 可测函数 f，由 (1) 和 (2) 可知, 函数∫ Ω2 f(w1, w3)λ(w2, dw3) (10.2) 为非负F1×F2-可测的. 再利用积分的单调收敛定理进一步可知对任意的非负F1×F3 可测函数 f，(10.2) 定义的函数也是非负 F1 ×F2- 可测的. 第第第 14题题题证明: (1)对于任意 A ∈ F ,注意到 pi(x,A) ≥ 0,于是 νpi(A) = ∫ pi(x,A)ν(dx) ≥ 0. 且 νpi(Ω) = ∫ pi(x,Ω)ν(dx) = 1. (2) 任取可列集 An ∈ F ,∀n ≥ 1, 且两两不交. 对于任取的 x ∈ Ω, pi(x, ·) 是 F 上的 概率测度, 于是由测度的可列可加性知, pi(x, ⋃ n≥1 An) = ∑ n≥1 pi(x,An), 于是 νpi( ⋃ n≥1 An) = ∫ pi(x, ⋃ n≥1 An)ν(dx) = ∫ ∑ n≥1 pi(x,An)ν(dx) = ∑ n≥1 ∫ pi(x,An)ν(dx) =∑ n≥1 piν(An). 结合 (1)(2) 可知 piν(·) 为 F 上的概率测度. 7 § 6.2 习习习题题题 P153 第第第 1 题题题 证明: Eξn = ∫ R xnF (dx) = ∫ ∞ 0 ∫ x 0 ntn−1dtF (dx)− ∫ 0 −∞ ∫ 0 x ntn−1dtF (dx) = ∫ ∞ 0 ∫ ∞ t ntn−1F (dx)dt− ∫ 0 −∞ ∫ t −∞ ntn−1F (dx)dt = ∫ ∞ 0 ntn−1[1− F (t)]dt− ∫ 0 −∞ ntn−1F (t)dt 上面第三个等号用到 Fubini 定理. 第第第 2 题题题 证明: 对于固定常数 c > 0, E|X| <∞⇔ E |X| c <∞ 由第 1 题结论可知 E |X| c = ∫∞ 0 P (|X| ≥ ct)dt = ∞∑ k=0 ∫ k+1 k P (|X| ≤ ct)dt (∗) 注意到当 t ∈ [k, k + 1] 时, P (|X| ≥ c(n + 1)) ≤ P (|X| ≥ ct) ≥ P (|X| ≥ cn), 于是结合 (∗) 有 ∞∑ k=0 P (|X| ≥ c(n + 1)) ≤ E |X| c ≤ ∞∑ k=0 P (|X| ≥ cn), 于是 ∞∑ k=1 P (|X| ≥ cn) ≤ E |X| c ≤ 1 + ∞∑ k=1 P (|X| ≥ cn), 于是 E |X| c < ∞ ⇔ ∞∑ k=1 P (|X| ≥ cn) < ∞. 所 以 E|X| <∞⇔ ∞∑ k=1 P (|X| ≥ cn) <∞. 由上面的讨论知, 如果对于某个 c > 0, ∞∑ k=1 P (|X| ≥ cn) <∞, 则 E|X| <∞, 于是对于 任意的 c > 0, ∞∑ k=1 P (|X| ≥ cn) <∞. 第 3 题 证明: 由第 1 题结论知, E|X|r = ∫ ∞ 0 rtr−1P (|X| ≥ t) dt = ∞∑ k=0 ∫ k+1 k rtr−1P (|X| ≥ t) dt. 注意到, ∫ 1 0 rtr−1P (|X| ≥ t) dt ≤ P (Ω) ≤ 1, 所以 E|X|r <∞⇔ ∞∑ k=1 ∫ k+1 k rtr−1P (|X| ≥ t) dt <∞ 若 r ≥ 1, ∞∑ k=1 rkr−1P (|X| ≥ k + 1) ≤ ∞∑ k=1 ∫ k+1 k rtr−1P (|X| ≥ t) dt ≤ ∞∑ k=1 r(k + 1)r−1P (|X| ≥ k). 1 又若 r ≥ 1,k ≥ 1, kr−1 ≤ (k + 1)r−1 = (k + 1) r−1 kr−1 kr−1 ≤ 2r−1kr−1, 所以此时 ∞∑ k=1 1 2r−1 r(k+1)r−1P (|X| ≥ (k+1)) ≤ ∞∑ k=1 ∫ k+1 k rtr−1P (|X| ≥ t) dt ≤ ∞∑ k=1 2r−1rkr−1P (|X| ≥ k). 于是 ∞∑ k=2 1 2r−1 rkr−1P (|X| ≥ k) ≤ ∞∑ k=1 ∫ k+1 k rtr−1P (|X| ≥ t) dt ≤ ∞∑ k=1 2r−1rkr−1P (|X| ≥ k). 若 0 < r < 1, 则 ∞∑ k=1 r(k + 1)r−1P (|X| ≥ k + 1) ≤ ∞∑ k=1 ∫ k+1 k rtr−1P (|X| ≥ t) dt ≤ ∞∑ k=1 rkr−1P (|X| ≥ k). 所以 ∞∑ k=2 rkr−1P (|X| ≥ k) ≤ ∞∑ k=1 ∫ k+1 k rtr−1P (|X| ≥ t) dt ≤ ∞∑ k=1 rkr−1P (|X| ≥ k). 综上, ∀r > 0, E|X|r <∞⇔∑∞k=1 rkr−1P (|X| ≥ k) <∞. 2 引理7.1.2(page 167)证明：(下连续性)设fAn : n 2 Ng � F ; An " :取B1 = A1; Bn = AnnAn�1;8n � 2:由于An ";则 S1 n=1An = S1 n=1Bn, Sn k=1Ak = Sn k=1Bk;8n � 1,且fBng 两两不交. 所以 '([1n=1An) = '([1n=1Bn) ��可加性= 1X n=1 '(Bn) = lim n!1 nX k=1 '(Bn) 有限可加性 = lim n!1 '([nk=1Bk) = lim n!1 '([nk=1Ak) = lim n!1 '(An); 于是 '([1n=1An) = lim n!1 '(An). (上连续性) 令Bn = Am n An; 8n � m: 则fBn : n � mg � F , 且Bn ". 于是由符号 测度的下连续性, '([1n=mBm) = lim n!1 '(Bn):而[1n=mBm = Am n\1n=mAn = Am n\1n=1An, 注意到\1n=1An � Am, 又'(Am) 2 R, 于是'(\1n=1An) 2 R, 所以 '([1n=1Bn) = '(Am n \1n=1An) 有限可加性= '(Am)� '(\1n=1An): 同样的,因为8n � m;An � Am,所以'(Bn) = '(AmnAn) = '(Am)�'(An). 于是'(Am)� '(\1n=1An) = '(Am)� lim n!1 '(\1n=1An): 又'(Am) 2 R, 故'(\1n=1An) = lim n!1 '(An). 引理7.1.3(page 167) 证明: (1) 任取fBng 2 F , Bn 两两不交. 令An = [nk=1Bn; 则An " [1n=1Bn, 于是由下连续性知, lim n!1 '(An) = '([1n=1Bn), 又由' 的有限可加性 知, '(An) = '([nk=1Bn) = Pn k=1 '(Bk), 等式两边对 n!1 取极限, 可得'([1n=1Bn) =P1 k=1 '(Bk), 即' 是�-可加的, 又'(;) = 0, 故' 是符号测度. (2)任取fBng � F , Bn 两两不交. 令An = [1k=nBk, 则An # \n�1([1k=nBk) = ;. 若对 于8n � 1;都有'(An) = +1 or �1 (则必只能同时是+1 or �1之一),则'([1k=1Bk) = +1 or �1 = P1k=1 '(Bk). 若9n � 1 s.t. '(An) 2 R, 则由条件知 limn!1'(An) = 0. 于 是'([1n=1Bn) = '([nk=1Bk) + '([1k=nBk) = Pn k=1 '(Bk) + '([1k=nBk) = Pn k=1 '(Bk) + '(An)! P1 k=1 '(Bk). 故而'([1n=1Bn) = P1 k=1 '(Bk). 习题7.1 第1题 证明: 设' = '+ � '� 是 ' 的Hahn 分解. 因 ' = �1 � �2, 其中 �1; �2 为测度, 则对于 8A 2 F ; '+(A) = sup B2A\F '(B) � sup B2A\F �1(B) = �1(A); 故 '+ � �1. 注意到 '+ � '� = �1 � �2, 则有 '� � �2. 第2题 证明取 An = ;; 8n 2 N: 则 �(An) = 0; 8n 2 N: 于是 '(;) = lim n!1 '(An) = 0: 任取 fBng � F ;且 Bn;8n 2 N两两不交,设 An = S k�n Bk,则 An#;. 因 �为有限测度,所 1 以 �(An)!0 (n!1): 于是 '(An)!0 (n!1). 所以 '( S k�1 Ak) = nP k=1 '(Ak) + '( S k�n Ak), 让 n!1, 上式的右端 ! 1P k=1 '(Ak). 所以证得 ' 具有可列可加性, 结合 '(;) = 0; 可得 ' 是符号测度. 第4题 证明 (1) 任取 [a; b]的分割 �n : a = t0 < t1 � � � < tn = b, 则 VF ([a; b]) = limjj�njj!0 nX k=1 jF (tk)� F (tk�1)j = jF (b)� F (a)j � 1: 故 F 具有有限变差. (2) 因为存在常数 K > 0, s.t. 8x; y 2 [a; b]; jF (x)� F (y)j � Kjx� yj, 所以 VF ([a; b]) = limjj�njj!0 nX k=1 jF (tk)� F (tk�1)j � K limjj�njj!0 nX k=1 jtk � tk�1j = K(b� a) � 1: 故 F 具有有限变差. (3)已知 F 在 [a; b]上有有界导数,不妨设 jF 0(x)j < K; 8x 2 [a; b]:那么 8x; y 2 [a; b]; 由微分中值定理 jF (x)�F (y)j = jF (�)jjx� yj(� 介于 x; y 之间) � Kjx� yj, 则由 (2)知, F 具有有限变差. 第5题 设 F 为 [a; b](a; b 2 [�1;+1]) 上的有限变差函数. 任意取定x0 2 [a; b], 则 8x 2 [a; b], 有jF (x) � F (x0)j � VF ([a; b]), 于是 jF (x)j � VF ([a; b]) + jF (x0)j =: M < 1;8x 2 [a; b]. 反例: 设 F (x) = 8<: sin 1x ; x 2 [� 2� ; 0);0; x = 0: 取 [� 2 � ; 0]的分割 1 � k � n; tk = � 2�k ; tn+1 = 0. 则 nP k=1 jF (tk+1)�F (tk)j � n�1P k=1 j sin(��(k+1) 2 )� sin(��k 2 )j = n� 1!1: 所以 jF (x)j � 1, 在 [a; b] 上有界, 但不是有限变差的. 证明定理7.1.2(1)(2)(P174) 证明: (1) 若 �(A) = 0; 则 j'j(A) = R A jf jd� � 0 � 1; 故 '(A) = 0, 所以 '� �. (2) 由 (1) 知, '(;) = 0. �-可加性: 任取 An 2 F ; n 2 N 两两不交, 由推论5.4.5 (P125) 知,Z S n�1 An fd� = 1X n=1 Z An fd�: 2 于是由 ' 的定义, 有 '( S n�1 An) = 1P n=1 '(An), 所以 ' 为符号测度. 证明推论7.2.7(P180) 证明: 法一: 由定理5.3.15知. 法二: � 为 � 有限测度, � 关于 � 连续, 由Radon-Nikodym定理的推广(定理7.2.5')知 8 A 2 F , 9 g 2 F , s.t. �(A) = R A gd�, 且g由�几乎唯一决定, g = d� d� . 1. 若 f 为示性函数, f = IB; B 2 F , 则Z A IBd� = Z A\B d� = �(A \B) = Z A\B gd� = Z A IB d� d� d�: 知命题成立. 2. 若 f 为非负简单函数,利用积分线性性质可证. 3. 若 f 为非负可测函数, 则存在ffng为一列非负简单函数, 0 � fn % f , 由单调收敛定理知Z A fd� = Z A lim n!1 fnd� = lim n!1 Z A fnd� = lim n!1 Z A fn d� d� d� = Z A lim n!1 (fn d� d� )d� = Z A f d� d� d�: 4. 若 f 为F可测函数,则f = f+�f�, f+ f�为非负可测函数, R fd�存在,, R f+d�和R f�d�至 少有一个有限,, R f+ d� d� d�和R f� d� d� d�至少有一个有限,, R f d� d� d�存在. 则Z A fd� = Z A f+d�� Z A f�d� = Z A f+ d� d� d�� Z A f� d� d� d� = Z A f d� d� d�: 习题7.2(P182) 第1题 (1) 若 A 2 F ; s.t. �(A) = 0, 取 An = A; 8n 2 N, 则 An 2 F ; 且 �(An)!0 (n!1): 所以由已知有 '(A) = lim n!1 '(An) = 0; 故 '� �. (2) '有限时,假设命题不真,于是存在 " > 0;及 8n 2 N; An 2 F ; s.t. �(An) < 12n ; 且 j'(An)j � ". 令 B := limn!1An; 则 �(B) = lim n!1 �( [ k�n Ak) � lim n!1 X k�n �(An) � lim n!1 X k�n 1 2n = 0: 而 j'j(B) = j'j(limn!1An) � limn!1j'j(An) � limn!1j'(An)j � ": 其中上式第一个不等号用到 Fatou 引理(因为 ' 有限, 进而 j'j 有限, 所以这里 Fatou 引 理可用). 因 j'j(B) = '+(B)+'�(B) � ";不妨设 '+(B) > 0,则 '(B\P ) = '+(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 f�n : n � 1g是测度序列时, �n � � := 1P k=1 1 2k �k,这是因为:若 A 2 F , s.t. �(A) = 0; 则 �n(A) � 2n�(A) = 0: 3 (2) 当 �n 换成 'n 时, 'n 关于 ' := 1P k=1 1 2n 'k 不一定连续. 反例: 设 '1; '2 为非零符号测度, 且满足 '1 = �12'2. 令 'k = 0; 8k � 3. 则对于 8A 2 F ; '(A) = '1(A) + 12'2(A) = 0, 但存在 A 2 F ; s.t. '1(A) 6= 0; '2(A) 6= 0; 即 '1; '2 均不是关于 ' 连续的. 第3题 8A 2 F , 9 f; f 0; g 2 F , s.t. '(A) = Z A fd�; '0(A) = Z A f 0d�; �(A) = Z A gd�; 且 f; f 0; g, �� a:e: 唯一. (1) 8A 2 F , ('+'0)(A) = R A fd�+ R A f 0d� = R A (f+f 0)d�, 因此 d('+'0) d� = f+f 0 = d' d� + d' 0 d� ; �� a:e:: (2) 8A 2 F , 9 h 2 F , s.t.'(A) = R A hd�. � � �, 由推论7.2.7知, 当积分存在时, R A hd� = R A h d� d� d�. 又 R A hd� = '(A) = R A fd�, 因此 R A fd� = R A h d� d� d�, 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) = R A fd�. 由推论5.4.5 知 ' 满足 �-可加性. 8 A := fa � f � bg \ B; B 2 F , 故 a R A d� � '(A) � b�(A). (必要性) 先证 '� �. 任取 B 2 F ;且 �(B) = 0, 8n � 1,令 An := f�n � f � ng\B;则 An"B. 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!1 '(An) = 0. 故 '� �. 设 d' d� := g, 下证 g = f; a.s.-�. 如若不然, 即 �(f 6= g) > 0. 而 �(f 6= g) = �( [ r1;r22Q f(f > r1 > r2 > g) [ (f < r1 < r2 < g)g): 故 9r1; r2 2 Q; s.t. �f(f > r1 > r2 > g)[ (f < r1 < r2 < g)g > 0,于是 �(f > r1 > r2 > g) > 0, 或者 �(f < r1 < r2 < g) > 0. 不妨设 �(f > r1 > r2 > g) > 0, 令 A := ff > r1g, 则 �(A) > �(f > r1 > r2 > g) > 0. 由条件知 '(A) � r1�(A), 而由 '(A) = R A gd�, 知 '(A) � r2�(A) < r1�(A), 得到矛盾. 故而 �(f 6= g) = 0. 第7题 性质 (1) 若 R f; R g 存在, 且 R f + R g 有意义, 则 f + g 有定义, 可测, R f + g 存在, 且R f + g = R f + R g. 4 证明: 因 R f; R g 存在, 所以 R fd'+; R fd'�; R gd'+; R gd'� 有意义. 因 R f +R g = R fd'+� R fd'� + R gd'+� R gd'� = R fd'+ + R gd'+� (R fd'� + R gd'�) 有 意义. 故 R fd'+ + R gd'+; R fd'� + R gd'� 有意义. 故由引理 5.2.1 (1) 有 f + g 存 在, 可测, 且 R fd'+ + R gd'+ = R (f + g)d'+; R fd'� + R gd'� = R (f + g)d'�, 于是R f + R g = R (f + g)d'+ � R (f + g)d'� = R f + g. (2) 若 R f 存在, 则 8A 2 F , R A f 存在, 且当 A \B = ; 时, R A[B f = R A f + R B f . 证明: 因 Z f = Z fd'+ � Z fd'� = Z f+d'+ � Z f�d'+ � Z f+d'� + Z f�d'� = Z f+d'+ + Z f�d'� � ( Z f�d'+ + Z f+d'�) 存在, 故 R f+d'+ + R f�d'�; R f�d'+ + R f+d'� 不同时为 1, 故而 R A f+d'+ +R A f�d'�; R A f�d'+ + R A f+d'� 不同时为 1, 于是 R A f 存在. 而且 R A fd'+; R A fd'� 存在. 当 A \B = ; 时,Z A\B f = Z A\B fd'+ � Z A\B fd'� = Z A fd'+ + Z B fd�+ � Z A fd'� � Z B fd'� = Z A fd'+ Z B fd': 上式第二个等号由引理5.2.1 (2) 可得. (3) 若 C 为有限复数, f 为实函数, 且 R f 存在或为可积复函数, 则 R (cf) = c R f . 证明: Z (cf) = Z (cf)d'+ � Z (cf)d'� = c Z fd'+ � c Z fd'� = c Z fd': 上式第二个等号由引理5.2.1 (3) 可得. (4) (控制收敛定理) 若 fn; n 2 N 为实可测函数列, g; h 可积. 当 g � fn � h; a.e. 8n 2 N; fn!f; a.e. 时, 有 R fn! R f . 证明: 由Th 5.4.3 知 lim n!1 fnd' +! Z fd'+; lim n!1 fnd' �! Z fd'� 5 注意到 g; h可积,有 R gd'+; R gd'�; R hd'+; R hd'� 均有限.故而 R fd'+; R fd'� 为 有限值. 因而 R fnd'! R fd'. 第9题 反例: := [0; 1]; F := fA : A � [0; 1]; A或者AC可数g, �(A) := jAj(A的元 数). '(A) := 8<: 0; A可数1; AC可数 8A 2 F ; 若 �(A) = 0, 则必有 A = ;; 此时 '(A) = 0, 故 '� �: 易知 ' 是 ( ;F )上的有限测度, � 是 ( ;F )上的测度, 但不是 �-有限的. 假设 9f 2 F ; s.t. '(A) = Z A fd� � � � (1): 8x 2 [0; 1]; 有 0 = '(fxg) = Rfxg fd� = f(x). 即 f(x) = 0;8x 2 [0; 1]. 若取 A 2 F , 且 AC 可数, 则由 (1) 有 '(A) = R A fd� = 0, 而由 ' 的定义知 '(A) = 1, 得到矛盾. 故不存 在满足 (1) 的 f . 习题7.3(P189) 第1题 由推论7.3.6知P (Y = mjX) = 1P n=m P (Y = mjX = n)1X=n, 所以 P (Y = m) = E[P [Y = mjX]] = E[ 1X n=m P (Y = mjX = n)1X=n] = 1X n=m P (Y = mjX = n)E[1X=n] = 1X n=m Cmn p m(1� p)n�m e ���n n! = e��(p�)m 1 m! 1X n=m [(1� p)�]n�m (n�m)! = e�p�(p�)m m! : 第2题 该话务局的话务量为 E( NX k=1 Xk) = EN � EX1: 而 EN = +1X n=0 n �n n! e�� = �; EX1 = Z +1 0 x�e��xdx = 1 � ; 6 因此 E(PNk=1Xk) = �� . 第3题设 g(z) = R xp(x;z�x)dxR p(x;z�x)dx ;则 g(X+Y )关于 X+Y 可测是显然的,欲证 E(XjX+Y = z) = g(z), 只须证 8B 2 B;Z X+Y 2B XdP = Z X+Y 2B g(X + Y )dP 成立. Z X+Y 2B XdP = Z Z x+y2B xp(x; y)dxdy = Z +1 �1 Z z2B xp(x; z � x)dxdz; Z X+Y 2B g(X + Y )dP = Z Z x+y2B g(x+ y)p(x; y)dxdy = Z +1 �1 Z z2B g(z)p(x; z � x)dxdz = Z +1 �1 Z z2B R +1 �1 xp(x; z � x)dxR +1 �1 p(x; z � x)dx p(x; z � x)dxdz = Z +1 �1 Z z2B xp(x; z � x)dxdz: 所需得证. 第4题 代入例子有 E(Y jX = x) = R +1 �1 yp(x; y)dyR +1 �1 p(x; y)dx = R +1 �1 y 1 2� p 1��2�1�2 expf 1 2(1��2)( x2 �21 � 2� xy �1�2 + y 2 �22 )gdyR +1 �1 1 2� p 1��2�1�2 expf 1 2(1��2)( x2 �21 � 2� xy �1�2 + y 2 �22 )gdy = R +1 �1 y 1 2� p 1��2�1�2 expf 1 2(1��2)( y �2 � � x �1 )2 � x2 2�21(1��2)gdyR +1 �1 1 2� p 1��2�1�2 expf 1 2(1��2)( y �2 � � x �1 )2 � x2 2�21(1��2)dyg = � x�2 �21 p 2� expf� x2 2�21 g 1 �1 p 2� expf� x2 2�21 g = �x�2 �1 7 习题7.4(P193) 第2题证明: (1)法一: (利用了Th 7.4.5.) E[XX 0jC ] = E[E[XX 0jC 0]jC ] = E[X 0E[XjC 0]jC ]. 法二: 由于 E(XX 0jC ) 2 C , 因此即证 8A 2 CZ A E(XX 0jC )dP = Z A X 0E(XjC 0)dP; 又 R A E(XX 0jC )dP = R A XX 0dP ,转化为证明 8A 2 C � C 0, R A XX 0dP = R A X 0E(XjC 0)dP . 1. 若 X 0 为示性函数 IB; 8B 2 C 0,Z A IBE(XjC 0)dP = Z A\B E(XjC 0)dP = Z A\B XdP = Z A XIBdP 知等式成立. 2. 若 X 0 为非