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67i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limnAn=n=1An,An递增n=1An,An递减证明(1)若 An递增，则limnAn=k=1n=kAn=k=1n=1An=n=1An;limnAn=k=1n=kAn=k=1Ak=n=1An.故 limnAn=limnAn=n=1An，即 limnAn存在且 limnAn=n=1An.(2)若 An递减，则limnAn=k=1n=kAn=k=1Ak=n=1An;limnAn=k=1n=kAn=k=1n=1An=n=1An.故 limnAn=limnAn=n=1An，即 limnAn存在且 limnAn=n=1An.习题 1.2若 为实直线，An=(,an),n 1试问 limnAn和 limnAn是什么集合？解由集合的上下极限的定义，有limnAn=k=1n=kAn=k=1n=k(,an)=k=1(,supnkan)=(,infk1supnkan)=(,limnan);limnAn=k=1n=kAn=k=1n=k(,an)=k=1(,infnkan)=(,supk1infnkan)=(,limnan).12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 limnj=nAj=.证明由于 j=nAj,n 1 是递减序列，根据习题1.1的结论可知 limnj=nAj存在且 limnj=nAj=n=1j=nAj而n=1j=nAj=:n 1,j()n,使得 Aj().假设n=1j=nAj=,则存在 0n=1j=nAj,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，limnj=nAj=.习题 1.4证明：(1)(limnAn)c=limnAcn;(2)limn(AnBn)=limnAnlimnBn;(3)limn(AnBn)=(limnAn)(limnBn);(4)limnAnlimnBn limn(AnBn)limnAnlimnBn.证明(1)由集合的运算法则，有(limnAn)c=(k=1n=kAn)c=k=1(n=kAn)c=k=1n=kAcn=limnAcn.(2)由集合的运算法则，有limn(AnBn)=k=1n=k(AnBn)=k=1(n=kAn)(n=kBn)=(k=1n=kAn)(k=1n=kBn)=limnAnlimnBn.(3)由集合的运算法则，有limn(AnBn)=k=1n=k(AnBn)=k=1(n=kAn)(n=kBn)=(k=1n=kAn)(k=1n=kBn)=(limnAn)(limnBn).(4)若 limnAnlimnBn，则 limnAn且 limnBn，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 limn(AnBn)，那么 limnAnlimnBn limn(AnBn).CHAPTER 1.可测空间3若 limn(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 limnAn且 limnBn，故 limnAnlimnBn，因此 limn(AnBn)limnAnlimnBn综上所述，limnAnlimnBn limn(AnBn)limnAnlimnBn.习题 1.5证明：(1)AB=AcBc,C=AB A=BC;(2)(AB)C=A(BC);(3)若 AN1=BN2，则 AB N1N2;若 AN1=BN2，则 AB=N1N2 N1N2;(4)(nAn)(nBn)n(AnBn);(nAn)(nBn)n(AnBn).证明(1)由集合的运算法则，有AcBc=(Ac Bc)(Ac Bc)=(Ac Bc)(Ac Bc)c=(Ac Bc)(A B)=(A B)c(A B)=(A B)(A B)=AcBc.若 C=AB，则 C=(A B)(B A)，BC=(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 BC B=(A B)(B A)B=(A B)B (B A B=(A B)=A B=A (A B)故 BC=(B C)(C B)=(A B)A (A B)=A.若 A=BC，根据上面的证明，A,C 的任意性以及 AB=BA 可知 C=AB.4现代概率论基础(第二版)从而，C=AB A=BC.(2)因为A(BC)=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(AB)C=(A Bc Cc)(A B C)(B Ac Cc)(C Bc Ac),所以(AB)C=A(BC).(3)对于 AB=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AB N1 N2因为 AN1=BN2，所以 A(AN1)=A(BN2)，即(AA)N1=(AB)N2,N1=(AB)N2.故 N1=(AB)N2.因此，N1N2=(AB)N2N2=(AB)(N2N2)=(AB)=AB.又因为 N1N2=(N1N2)(N1N2)N1N2,从而 AB=N1N2 N1N2.CHAPTER 1.可测空间5(4)因为(nAn)(nBn)=(nAn)(nBn)(nBn)(nAn)=(nAn)(nBn)c (nBn)(nAn)c=(nAn)(nBcn)(nBn)(nAcn)注意到nBcn Bcn0，nAcn Acn0，对 n0 N 成立，故(nAn)(nBcn)(nAn)Bcn0=n(An Bcn0)=n(An Bn0),(nBn)(nAcn)(nBn)Acn0=n(Bn Acn0)=n(Bn An0),对 n0 N 成立，所以(nAn)(nBn)=(nAn)(nBcn)(nBn)(nAcn)n(An Bn)n(Bn An)=n(An Bn)(Bn An)即(nAn)(nBn)n(AnBn).此外，(nAn)(nBn)=(nAn)(nBn)(nBn)(nAn)=(nAn)(nBn)c (nBn)(nAn)c=(nAn)(nBcn)(nBn)(nAcn)注意到nBn Bn0，nAn An0，对 n0 N 成立，故(nAn)(nBcn)(nBcn)An0=n(An0 Bcn)=n(An0 Bn),(nBn)(nAcn)(nAcn)Bn0=n(Bn0 Acn)=n(Bn0 An),对 n0 N 成立，所以(nAn)(nBn)=(nAn)(nBcn)(nBn)(nAcn)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(AnBn).习题 1.6对任何集合序列 An,n 1，令 B1=A1，Bn+1=BnAn+1,n 1.证明：此时 limnBn存在当且仅当 limnAn=.证明=)若 limnBn存在，则 limnBn=limnBn.因为 Bn+1=BnAn+1,n 1，由习题1.5(1)知，An+1=BnBn+1,n 1.令 B0=，有 A1=B0B1=B1=B1,故 An=Bn1Bn,n 1，且集合序列 Bn,n 0，Bn,n 1 有相同的极限点集，即 limnBn1=limnBn.若limn(Bn1Bn)=limnBn1limnBn,(1.1)则有 limnAn=limn(Bn1Bn)=.往证(1.1)式.事实上，由习题1.4(2)，limn(Bn1Bn)=limn(Bn1 Bn)(Bn Bn1)=(limn(Bn1 Bn)(limn(Bn Bn1),(limn(Bn1 Bn)limnBn=limn(Bn1 Bn),(limn(Bn Bn1)limnBn1=limn(Bn Bn1),以及习题1.5(3)知limnBn1limnBn limn(Bn1Bn).反过来，limnBn1limnBn=(limnBn1 limnBn)(limnBn1 limnBn),limn(Bn1Bn)=k1nk(Bn1Bn)=k1nk(Bn1 Bcn)=(k1nkBn1)(k1nkBcn)=limnBn1(limnBn)c=limnBn1 limnBn=limnBn1 limnBn limnBn1limnBn.CHAPTER 1.可测空间7从而，limn(Bn1Bn)limnBn1limnBn.因此，limn(Bn1Bn)=limnBn1limnBn.=)若 limnAn=，则 limnAn=limnAn=limnAn=.因为Bn+1=BnAn+1=(Bn An+1)(Bn An+1)=(Bn An+1)(Bcn Acn+1),n 1.令 B0=，则 B1=B0A1=(B0 A1)(Bc0 Ac1)，于是Bn=(Bn1 An)(Bcn1 Acn),n 1.所以，limnBn=limn(Bn1 An)(Bcn1 Acn)=limn(Bn1 An)limn(Bcn1 Acn).注意到 limn(Bcn1 Acn)=limn(Bn1 An)c(limnBn1limnAn)c=c=,因此，limnBn=limn(Bn1 An).又因为Bn+1=BnAn+1=(Bn An+1)(Bn An+1)=(Bn Acn+1)(An+1 Bcn),n 1,且当 B0=，B1=(B0Ac1)(A1Bc0)，则 Bn=(Bn1Acn)(AnBcn1)，n 1，所以，limnBn=limn(Bn1 Acn)(An Bcn1)=limn(Bn1 Acn)limn(An Bcn1).注意到 limn(An Bcn1)(limnBcn1limnAn)=,因此 limnBn=limn(Bn1 Acn).此时limnBn limnBn=limn(Bn1 Acn)limn(Bn1 An)=limn(Bn1 Acn)limn(Bn1 An)c=limn(Bn1 Acn)limn(Bcn1 Acn)因为 Bn1 Acn Bn1，Bcn1 Acn Bcn1，而limn(Bn1 Acn)limn(Bcn1 Acn)limnBn1limnBcn1=,所以 limnBn limnBn=，故 limnBn limnBn，因此 limnBn=limnBn，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=I2A=1 A0 /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=ni=1Ai: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=n1i=1Ai,B=n2j=1Bj,Ai,Bj C1,n1,n2 N.那么A B=(n1i=1Ai)(n2j=1Bj)=n1+n2i=1Ci,其中Ci=Ai1 i n1,Bin1n1+1 i n1+n2,因此，A B C2.(2-3)若 A C2,不妨设 A=ni=1Ai,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=ni=1Ai时,Ac=(ni=1Ai)c=ni=1Aci=ni=1(Aciji1Acj),CHAPTER 1.可测空间9而Aciji1Acj=Aci(ji1Acj)c=Aci(ji1Aj)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=ni=1,Ai 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 Cd,C,Cs,C对可列并(可列交)运算不一定封闭.证明Cs=ni=1Ai:Ai C,n 1,Csd=(Cs)d=ni=1Bi:Bi Cs,n 1.对于 C1,C2 Csd,设 C1=n1i=1B1i,C2=n2i=1B2i,B1i,B2i Cs,则C1 C2=(n1i=1B1i)(n2i=1B2i)=n1+n2i=1Bi,其中Bi=B1i1 i n1,B2,in1n1+1 i n1+n2,Bi Cs.故 C1 C2 Csd.根据归纳法易知，Csd对有限交封闭.C1 C2=(n1i=1B1i)(n2i=1B2i)=n2j=1(n1i=1B1i)B2j=n2j=1n1i=1(B1i B2j),由于B1i=n1ik=1A1k,B2j=n2jk=1A2k,A1k,A2k C,故B1i B2j=(n1ik=1A1k)(n2jk=1A2k)=n1i+n2jk=1Ak,10现代概率论基础(第二版)其中Ak=A1k1 k n1i,A2,kn1in1i+1 k n1i+n2j,Ak C.因此，B1i B2j Cs,从而，n1i=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=ni=1Ai:Ai C,n 1,Cds=(Cd)s=ni=1Di:Di Cd,n 1.对于 E1,E2 Csd,设 E1=m1i=1D1i,E2=m2i=1D2i,D1i,D2i Cd,则E1 E2=(m1i=1D1i)(m2i=1D2i)=m1+m2i=1Di,其中Di=D1i1 i m1,B2,im1m1+1 i m1+m2,Di Cd.故 E1 E2 Cds.根据归纳法易知，Cds对有限并封闭.E1 E2=(m1i=1D1i)(m2i=1D2i)=m2j=1(m1i=1D1i)D2j=m2j=1m1i=1(D1i D2j),由于D1i=m1il=1A1l,D2j=m2jl=1A2l,A1l,A2l C,故D1i D2j=(m1il=1A1l)(m2jl=1A2l)=m1i+m2jl=1Al,其中Al=A1l1 l m1i,A2,lm1im1i+1 l m1i+m2j,Al C.因此，D1i D2j Cs,从而，m1i=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=ni=1Bi:Bi Cs,n 1=ni=1(mij=1Aij):Aij C,mi,n 1CHAPTER 1.可测空间11=mnj=1m2j=1m1j=1(ni=1Aij):Aij C,mi,n 1 CdsCds=ni=1Bi:Bi Cs,n 1=ni=1(mij=1Aij):Aij C,mi,n 1=mnj=1m2j=1m1j=1(ni=1Aij):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ni=1(mij=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，Acj=1Fj.2)若 A,B j=1Fj,则 j1,j1 N,使得 A Fj1,B Fj2.因为 Fj Fj+1,取 j=maxj1,j2,有 A,B Fj,故 A B Fjj=1Fj.根据1)和2)可知，j=1Fj是一个域，但不一定是 域.反例：取 rk=kn=11n!,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 AkFk,Akj=1Fj,有k=1Ak=k=1(,rk)=(,limkrk)=(,n=11n!)=(,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=1Fj中任意区间，若区间端点有限，则必为有理数.因此，k=1Ak=(,e)/j=1Fj.此时，j=1Fj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=1Fj=(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=1Fj.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=1Fj=(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(limn An)B=limn(An B)M(C),B C,(limn An)B=limn(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(limnBn)A=limn(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(,1n)=:d(,)1n,则开球集族 B(,1n),n 1 单调递减.由于 B(,1n)C M(C),故limnB(,1n)=n=1B(,1n)=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=n1AcB(,1n),其中 B(,1n)=:d(,)1n 为距离空间(E,d)上的开球.事实上，由于 AcAcB(,1n),n 1 成立，故 Acn1AcB(,1n).反过来，若 n1AcB(,1n),则对于 n 1,AcB(,1n),故 n 1,n Ac,使得 B(n,1n),即 d(n,)1n,对 n 1 成立.因此，是 nAc,n 1 的极限点.而 Ac为闭集，故 Ac.从而，n1AcB(,1n)Ac.根据开集公理可知，AcB(,1n)是开集，即AcB(,1n)C M(C).又因为 AcB(,1n),n 1 是单调递减的集合序列，所以n1AcB(,1n)M(C),即 Ac M(C),因此，C M.设 Cn,n 1 是 M中的单调序列，则 Cn,Ccn M(C),且对 limn Cn=n1Cn,或 limn Cn=n1Cn,由(limn Cn)c=limn Ccn M(C)(或(limn Cn)c=limn Ccn 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 AB=时,A Bc,从而(A+B)c=BcAc=BcA 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,AkA,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=(AcBc)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=AF,AA.(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=AF,AA 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=nm=1Am: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)=mk=1Sk: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=AF,AA=BA(C),BB=B,.(1.4)如果(1.4)式成立，因为 A(C)可列，所以 B=BA(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 Acn.因此，Wn=An或 Wn=Acn,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=IA(I 有限或可列)时，IA()=IIA()=supIIA()=supIIA()=IA();当 A=IA(I 有限或可列)时，IA()=IIA()=infIIA()=infIIA()=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(iIAi)=iIX(Ai);(2)X(iIAi)=iIX(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(X1(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(iIAi)=X():iIAi,则 iIAi,使得=X(),即 i0 I,使得 Ai0,=X(),故 X(Ai0)iIX(Ai),因此X(iIAi)iIX(Ai);另一方面，iIX(Ai),j0 I,使得 X(Aj0),即 Aj0,使得=X(),而 Aj0iIAi.故 X(iIAi),从而iIX(Ai)X(iIAi).由此可见，X(iIAi)=iIX(Ai).(2)=)若 X(iIAi)=iIX(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(iIAi)iIX(Ai).对 iIX(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 iIAi,于是 X(iIAi).因此，iIX(Ai)X(iIAi).由此可见，X(iIAi)=iIX(Ai).(3)=)若 X(X1(A)=A,则 X 必为满射的.不然，,使得 ,X()=.令 A=,则 X1(A)=,从而 X(X1(A)=A,矛盾.=)若 X 为满射的,A,使得=X(),故 X1(A).进而 X(X1(A).也就是说，A X(X1(A).又因为 X1(A)=:X()A,故X(X1(A)A.由此可见，X(X1(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(iIAi)=X(iIAi)c)c=X(iIAci)c=iIX(Aci)c=iIX(Aci)c=iIX(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 AAc=,且 AAc=.由 X 为单射的知，X(AAc)=X(A)X(Ac)=;由 X 为满射的知，X(AAc)=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)=X1(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=1t,t+1n).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)=Y1(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=1t,t+1n)(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=Y1(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)=xI0 x12+(1 x)I12x1.取