概率论第一周作业
1.1节节节
1. 由于f一致收敛，故取极限与求和可交换顺序。
lim
x→−∞ f(x) =
∞∑
n=1
bn lim
x→−∞ δan(x) =
∞∑
n=1
bn · 0 = 0
lim
x→∞ f(x) =
∞∑
n=1
bn lim
x→∞ δan(x) =
∞∑
n=1
bn · 1 =
∞∑
n=1
bn
2. 取f(x) = [x]
但
∞∑
n=1
δn(x) ≥ 0,∀x ∈ R，显然f在x < 0处不满足。
作如下修改：f(x) =
∞∑
n=1
δn(x)−
∞∑
n=1
δn(−x)− δ0(−x)
3. 否则可取n > B−Aε 个跳跃点{aj}nj=1跳跃都大于ε。
不妨设a1 < · · · < an。则∀x > an, y < a1，
f(x)− f(y)
= f(x)− f(an) +
n∑
j=1
[f(aj)− f(aj−)]
+
n−1∑
j=1
[f(aj+1−)− f(aj)] + f(a1−)− f(y)
≥
n∑
j=1
[f(aj)− f(aj−)]
> ε · n > B − A
矛盾。
1
先设f有界。则∀n ≥ 1，大小超过 1n的跳跃数至多有限。记f的
不连续点集为A = {x|f(x+) − f(x−) > 0}，大小超过 1n的跳跃
点集为An = {x|f(x+)− f(x−) > 1n}。由A =
∞∪
n=1
An得不连续点
可数。
对于一般的f，定义有界函数fn =
f , |x| ≤ n
f(n) , x > n
f(−n) , x < −n
类似地，f的不连续点集是fn的不连续点集的并，因此可数。
1.2节节节
1. 若x不是F的跳跃点，则为连续点。因此
lim
ε↓0
[F (x+ ε)− F (x− ε)] = F (x+)− F (x−) = 0
且上式显然
表
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示x处的跳跃。
2. 由于分布函数递增，故∀ε > 0，
0 ≤
∑
x−ε
0，
Fc(x)− Fc(x− ε)
= [F (x)− F (x− ε)]− [Fd(x)− Fd(x− ε)]
= [F (x)− F (x− ε)]− [
∑
j
bjδaj(x)−
∑
j
bjδaj(x− ε)]
= [F (x)− F (x− ε)]−
∑
x−ε 0。而∀ε > 0，由单调
性，F (x+ε) ≥ F (x+), F (x−ε) ≤ F (x−)。因此，F (x+ε)−F (x−ε) ≥
F (x+)− F (x−) > 0。即x属于支集。
设x为支集的孤立点，则存在δ > 0使得∀y ∈ ∧U(x, δ),∃εy > 0, F (y +
εy) = F (y − εy)。由y的任意性得F在(x, x + δ)上恒为F (x+)，在(x−
δ, x)上恒为F (x−)。注意x属于支集，所以由定义F (x+) > F (x−)。
即x为跳跃点。
任取{bn}∞n=1 > 0，满足
∞∑
n=1
bn = 1。定义离散分布函数F (x) =
∞∑
n=1
bnδan(x)，其中{an}∞n=1为全体有理数的任意排列。
1.3节节节
1. 显然F不恒为0。
F = Fs
⇔ Fac(x) =
∫ x
−∞
F ′(t)dt = 0,∀x ∈ R
⇔ F ′(x) = 0, a.e.
⇔ Fsingular
1
F = Fac
⇔ F (x) =
∫ x
−∞
F ′(t)dt,∀x ∈ R
⇔ F (x′)− F (x) =
∫ x′
x
F ′(t)dt,∀x < x′ ∈ R
⇔ F absolutely continuous
2. 由定理1.2.3，分布函数F可写为离散分布F1与连续分布F2的凸
组合，且分解唯一。再将F2作定理1.3.1c中的分解F2 = Fac +
Fs，并记β = Fac(∞)，则类似可得到Fc的凸组合表示βF3 + (1−
β)F4，其中F3 = 1βFac, F4 = 11−βFs。即最终有F = αF1 + (1 −
α)βF3+(1−α)(1−β)F4。注意连续函数F2的分解也是唯一的，
故最终的分解唯一。
6.
设离散分布函数F (x) =
∞∑
n=1
bnδan(x),其中{bn}∞n=1 > 0,
∞∑
n=1
bn = 1。只
需证F ′ = 0, a.e.。
∀x /∈ {an}∞n=1，显然δ′aj(x) = 0,∀j。又F一致收敛，故可导，且F ′(x) =
∞∑
n=1
bnδ
′
an(x) = 0。
2.1节节节
3.
T中含k个点的元素共有Ckn个，k = 1, · · · , n。故T有元素
n∑
k=0
Ckn =
2
2n个。
设A1, · · · , An为没有任何关系的集合，即满足：
1. 任意Aj都不能由其余n− 1个Ai, i 6= j经过取补、交或并所表示
2. {Aj}不能经过取补、交或并表示全集或空集
这样，令Bj = ( ∩
i∈Ij
Ai) ∩ ( ∩
i∈N\Ij
Aci)，其中N = {1, · · · , n}, Ij取遍N的
所有有限子集，则这2n个Bj为全集的一个分划，且没有平凡集。
不难证明，σ({Aj}) = σ({Bj})。再利用第9题结论即可。
6.
取Ω = N，F1 = σ({1}),Fj+1 = σ(Fj, {j + 1}), j ≥ 1,F =
∞∪
j=1
Fj。显
然Fj ⊂ Fj+1。记An = {2n} ∈ F2n ⊂ F , n ≥ 1，但A =
∞∪
n=1
An /∈ F。
故F不是σ域。
而令 ∞∨
j=1
Fj = σ(
∞∪
j=1
Fj)，则为包含所有Fj的最小σ域。
9.
记G = {A|A = ∪
n∈K
Λn,K为某可数指标集}，则G ⊂ F。
另一方面，∀A = ∪
n∈K
Λn ∈ G，有Ac = ∩
n∈K
Λcn = ∩
n∈K
∪
i6=n
Λi =
∪
n∈Kc
Λn ∈ G。即G对补封闭。又设Aj = ∪
n∈Kj
Λn ∈ G, j ≥ 1，则显
然 ∞∪
j=1
Aj ∈ G。即G对可数并封闭。因此G为一σ域。而Λn ∈ G,∀n ≥
1，故由定义F ⊂ G。
3
概率论第三周作业
2.2节节节
6.
设E = ∆⋂F1 = ∆⋂F2, F1, F2 ∈ F。
注意(F1
⋃
F c2 )
⋂
∆ = (F1
⋂
∆)
⋃
(F c2
⋂
∆) = (F2
⋂
∆)
⋃
(F c2
⋂
∆) =
∆，因此F1
⋃
F c2 ⊃ ∆。而F1
⋃
F c2 ∈ F，故由浓厚集定义，P (F1
⋃
F c2 ) =
1 ≤ P (F1) + P (F c2 )，即P (F1) ≥ P (F2)。同理可证P (F1) ≤ P (F2)，
因此P ∗定义合理。
下证P ∗为一概率测度。
显然P ∗(∆) = P (Ω) = 1。设{En = ∆
⋂
Fn}n≥1互不相交，Fn ∈ F。
令F ′1 = F1, F ′n = Fn
⋂
F cn−1 · · ·
⋂
F c1 , n > 1,
E′n = ∆
⋂
F ′n, n ≥ 1
则P ∗(∑
n
En) = P
∗(∆
⋂⋃
n
Fn) = P
∗(∆
⋂∑
n
F ′n) = P (
∑
n
F ′n) =
∑
n
P (F ′n)
而∆⋂Fi⋂Fj = ∅,∀i, j ≥ 1→ ∆ ⊂ (Fi⋂Fj)c → P (Fi⋂Fj) = 0
因此∑
n
P ∗(En) =
∑
n
P (Fn) =
∑
n
P (Fn
⋂
F cn−1
⋂ · · ·⋂F c1 ) + P (Fn⋂(F cn−1⋂ · · ·⋂F c1 )c)
=
∑
n
P (F ′n) + 0.
故P ∗(∑
n
En) =
∑
n
P ∗(En)
9.
由上次作业，C生成的σ域F中的元素可表为{Ej}及(
∞∪
j=1
Ej)
c , E0的
可数并。因此只需确定每个Ej上的概率测度。任取{pj} ≥ 0,
∞∑
j=0
pj =
1
1，定义P (Ej) = pj, j ≥ 1, P (E0) = p0。直接按概率测度的定义
将P扩展到F上即可。
定义映射T : F → 2Ω如下：T (Ej) = {ωj+1}, j ≥ 0，T ( ∪
j∈I
Ej) =
∪
j∈I
{ωj+1}，则T为一同构。
11.
先设µ为有限测度。
考虑递减集列{(x− 1n , x]}n≥1，µ((x− 1n , x]) = F (x)− F (x− 1n)
由测度的上从连续性，令n→∞得，µ(x) = F (x)− F (x−)。
若x为µ的原子，则也为分布函数F的跳跃点，故可数。
下面设µ为σ有限。
设{En} ↑ R，µ在每个En上有限。定义有限测度µn(A) = µ(A
⋂
En),
则 lim
n→∞µn(A) = µ(A)。因此由已证µn(x) = Fn(x) − Fn(x−)，可
得µ(x) = F (x)− F (x−)。
若x为µ的原子，则必为某µn的原子，故可数。
12.
• 设F (x) =∑
i
biδai(x)离散，则{ai}为原子。设A ∈ B(R)不包含任
何ai，则1 ≥ µ(A
⋃{ai}i≥1) = µ(A) + µ({ai}i≥1) = µ(A) + 1，
故µ(A) = 0。所以µ为原子的。
2
另一方面，设µ为原子的，所有原子为{ai}i≥1。则
F (x)
= µ((−∞, x])
= µ((−∞, x]
⋂
{ai}i≥1) + µ((−∞, x]
⋂
{ai}ci≥1)
= µ({ai|ai ≤ x}) + 0
=
∑
i
µ(ai)δai(x)
故F离散。
• µ无原子⇔µ({x}) = F (x)− F (x−) = 0,∀x ∈ R⇔ F连续
22.
• 设x为11.中定义的原子，P (x) > 0。设E ∈ F为与{x}等价的任
意集，则可表为E = {x}⋃N，其中N为零集。（见18）
设F ⊂ E,F ∈ F。注意x /∈ N，P (F ) = P (F ⋂E) = P (F ⋂{x})+
P (F
⋂
N) = P (F
⋂{x}) = 0或P (E)。故x为22.中定义的原子。
• 设E为22.中定义的原子。定义递增函数f(x) = P (E⋂(−∞, x])。
则f(−∞) = 0, f(∞) = P (E) > 0。注意f仅取值P (E)和0，故不
连续。否则由介值定理，存在x0使f(x0) = 12(P (E)+0)。矛盾。
设x为一跳跃点。则0 < f(x)− f(x−) = P ({x}⋂E)→ x ∈ E，
且P ({x}) = P (E)。因此{x}与E等价，x为11.中定义的原子。
24.
设µ的支集为S。∀{xn} ⊂ S, n ≥ 1, xn → x0。考虑x0的任意邻
3
域B(x0, δ)。由于n充分大时xn ∈ B(x0, δ)，故对于这样固定的n，存
在δ′ > 0使B(xn, δ′) ⊂ B(x0, δ)。所以µ(B(x0, δ)) ≥ µ(B(xn, δ′)) > 0。
即x0 ∈ S。
Sc开显然。由定义，∀x ∈ Sc，存在δx > 0，使B(x, δx) ⊂ Sc，
且µ(B(x, δx)) = 0。因此，Sc = ∪
x∈Sc
B(x, δx)。由Lindelof条件，
可取可数覆盖：Sc = ∪
n
B(xn, δxn)，故µ(Sc) ≤
∑
n
µ(B(xn, δxn)) = 0。
下设O为任一开集，且µ(O) = 0。∀x ∈ O,存在邻域B(x, δ) ⊂ O。
故µ(B(x, δ)) ≤ µ(O) = 0，因此x ∈ Sc。即O ⊂ Sc。
当µ为B1上概率测度时，∀ε > 0,由µ(B(x, ε)) ≥ F (x + ε2) − F (x −
ε
2)和F (x+ ε)− F (x− ε) ≥ µ(B(x, ε))得两种定义等价。
4
概率论第四周作业
3.1节节节
4.
若G(θ(ω)) > x，由定义存在y > x，且F (y) ≤ θ(ω)。因此，F (x) ≤
θ(ω)。故得到{ω|G(θ(ω)) > x} ⊂ {ω|F (x) ≤ θ(ω)}
另一方面，若θ(ω) > F (x)，则对于充分小的ε > 0，θ(ω) > F (x +
ε)。因此，G(θ(ω)) ≥ x+ ε > x。故{ω|θ(ω) > F (x)} ⊂ {ω|G(θ(ω)) >
x}。
综上，{ω|θ(ω) < F (x)} ⊂ {ω|G(θ(ω)) ≤ x} ⊂ {ω|θ(ω) ≤ F (x)}。
所以P (G(θ) ≤ x) = P (θ ≤ F (x)) = F (x)
11.
F{X}为使X可测的最小σ域，即{X−1(B)|B ∈ B1}。
若X不是满射，则B不唯一。
取X = c为常值映射，Λ = Ω，A为包含c的不可测集。
3.2节节节
1.
由于X1Λ ≥ 0, a.s.，且
∫
X1ΛdP = 0，故X1Λ = 0, a.s.。因此在Λ上X =
0, a.s.。
1
2.
∀ε > 0，P (|X1Λn| > ε) =
∫
|X1Λn |>ε dP =
∫
{|X|>ε}∩Λn dP ≤ P (Λn) →
0, n→∞。故X1Λn P→ 0。
因为X可积，故由控制收敛定理， lim
n→∞
∫
Λn
XdP =
∫
0dP = 0。
特别，P (|X| > n) ≤ E|X|n → 0，取Λn = {|X| > n}即可。
3.
ν(Ω) = 1, ν(∅) = 0显然。设{An}∞n=1 ⊂ F互不相交，由题设条件及
逐项积分定理，
∞∑
n=1
ν(An) =
∞∑
n=1
1
A
∫
X1AndP =
1
A
∫
X
∞∑
n=1
1AndP =
1
A
∫
X1 ∞⋃
n=1
An
dP = ν(
∞⋃
n=1
An)。
6.
对{Y−Xn}应用Fatou引理得到：
∫
Λ limn→∞
(Y−Xn)dP ≤ lim
n→∞
∫
Λ (Y −Xn)dP
由于Y可积，两边减去∫Λ Y dP即可。
若没有Y的条件，Fatou引理不成立：
取R+上Xn = n1[0, 1n ), n ≥ 1。则 limn→∞Xn = 0, a.s.。但
∫
XndP = 1,∀n ≥
1。实际上，sup
n
Xn = n1[ 1n+1 ,
1
n )
，因此E sup
n
Xn =
∑
n
n( 1n − 1n+1) =
∞。
2
概率论第五周作业
3.2节节节
11.
一方面，E|X|1{|X|≥λa} ≤ (EX2) 12 (E1{|X|≥λa}) 12 = P (|X| ≥ λa) 12
另一方面，E|X|1{|X|≥λa} = E|X|−E|X|1{|X|<λa} ≥ a−λa = (1−λ)a
故P (|X| ≥ λa) ≥ (1− λ)2a2
12.
此即Cr不等式。实际上，不难证明：∀a, b ∈ R, p > 0,有|a + b|p ≤
max{1, 2p−1}(|a|p + |b|p)。
16.
由Fubini定理： ∫ ∞
−∞
(F (x+ a)− F (x))dx
=
∫ ∞
−∞
P (x < X ≤ x+ a)dx
=
∫ ∞
−∞
∫
Ω
1{x x)dx
=
∫ ∞
−∞
∫
Ω
1{x x)dx = ∫∞−∞ P (X ≥ x)dx
3.3节节节
2.
P (X1X2 = ±1) = 12，故X1, X2, X1X2两两独立显然。
但P (X1 = 1, X2 = −1, X1X2 = −1) = 14 6= 18 = P (X1 = 1)P (X2 =
−1)P (X1X2 = −1)，故不完全独立。
取X1, · · · , Xn−1如前且相互独立，Xn = X1X2 · · ·Xn−1。则任
何n − 1个独立，但P (X1 = −1, Xi = 1, i = 2, · · · , n) = 0 6= P (X1 =
2
−1) nΠ
i=2
P (Xi = 1)，因此全体不独立。
利用上例，取n = 3,Λ1 = {X1 = 1},Λ2 = {X2 = 1},Λ3 =
{X3 = −1}，则Λ2
⋃
Λ3 = Λ1
⋃
Λ2。P (Λ1
⋂
(Λ2
⋃
Λ3)) = P (Λ1) 6=
P (Λ1)P (Λ2
⋃
Λ3)
3.
任取A的有限子集{i1, · · · , in}，设Fij中取Ecα个数为k，我们用归纳法
证明P (∩
j
Fij) = Π
j
P (Fij)。
当k = 0时，由于Eα独立，故上式成立。
假设对k − 1成立。考虑k时情形(k ≤ n)，不妨设Fij = Ecj , j =
1, · · · , k。则
P (∩
j
Fij)
= P ( ∩
j≤k−1
Ecj ∩ Eck ∩ ∩
j>k
Ej)
= P ( ∩
j≤k−1
Ecj ∩ ∩
j>k
Ej)− P ( ∩
j≤k−1
Ecj ∩ Ek ∩ ∩
j>k
Ej)
= Π
j≤k−1
P (Ecj ) Π
j>k
P (Ej)− Π
j≤k−1
P (Ecj )P (Ek) Π
j>k
P (Ej)
= Π
j≤k
P (Ecj ) Π
j>k
P (Ej)
= Π
j
P (Fij)
故{Fα}独立。
任取B的有限子集，不妨设为{1, · · · , n}。由刚证结论，直接验
证P ( n∩
i=1
( ∪
α∈Ai
Eα)
c) = P (
n∩
i=1
∩
α∈Ai
Ecα) =
n
Π
i=1
Π
α∈Ai
P (Ecα) =
n
Π
i=1
P ( ∩
α∈Ai
Ecα) =
3
n
Π
i=1
P (( ∪
α∈Ai
Eα)
c)即可。
4
概率论第六周作业
3.3节节节
5.
设α ∈ A，A分为互不相交的子族Aβ, A = ∪
β∈Π
Aβ。即证{σ(Xα, α ∈
Aβ), β ∈ Π}独立。
任取Π的有限子集，不妨设为{1, · · · , n}。令C = {B ∈ σ(Xα, α ∈
A1)|P (B
⋂ ∩
2≤k≤n
Bk) = P (B) Π
2≤k≤n
P (Bk),∀Bk ∈ X−1α (B), α ∈ Ak}, C0 =
{∩
i
Ci|Ci ∈ σ(Xi), i ∈ A1不同且可数}
注意C为一λ类，C0为一pi类，且C ⊃ C0，故C ⊃ σ(C0)。
另一方面，不难看出σ(C0) = σ(Xα, α ∈ A1)。故C = σ(Xα, α ∈ A1)。
即σ(Xα, α ∈ A1)与X−1α (B), 2 ≤ k ≤ n, α ∈ Ak独立。
对2 ≤ k ≤ n照此做下去，即可证σ(Xα, α ∈ Ak), 1 ≤ k ≤ n独立。
10.
由于X,Y独立，故E(|X+Y |p) = ∫ ∫ |x+ y|pµ2(dx, dy) = ∫ ∫ |x+ y|pµx(dx)µy(dy)。
因此，∫ |x+ y|pµx(dx) <∞, µy−a.e.。所以必存在某y0使∫ |x+ y0|pµx(dx) <
∞。
由Cr不等式得，E(|X|p) =
∫ |x|pµx(dx) ≤ max{1, 2p−1}(∫ |x+ y0|pµx(dx)+∫ |y0|pµx(dx)) = max{1, 2p−1}(∫ |x+ y0|pµx(dx) + |y0|p) <∞。
14.
∀x ∈ (0, 1],类似二进制展开，将原等分的方式修改为长度为1−p与p的
1
划分，第n位小数的取值取决于x落入第n次划分区间的位置，使
得P (²n = 1) = p, P (²n = 0) = 1− p，直接验证独立性的定义即可。
18.
任取[0, 1]一子集A /∈ B¯和单点集{a}，考虑A × {a}。显然A × {a} /∈
B¯ × B¯，但由于A × {a} ⊂ [0, 1] × {a}为R2上关于Lebesgue测度的零
集，故A× {a} ∈ B × B。
4.1节节节
1.
∀M > 0, P (Xn < M, i.o.) = 0
⇔ ∀m > 0, P (∩
n
∪
k≥n
{Xk < m}) = 0
⇔ P (∩
m
∪
n
∩
k≥n
{Xk ≥ m}) = 1
⇔ ∀m > 0,∃n > 0,∀k ≥ n,Xk ≥ m, on someN c, P (N) = 0
⇔ Xn →∞a.s.
2.
E|Xn −X|
= E|Xn −X|1{|Xn−X>ε|} + E|Xn −X|1{|Xn−X≤ε|}
≤ EX1{|Xn−X>ε|} + ε
2
由Lebesgue控制收敛定理，上式第一项趋于0。故Xn L
1→X
3
概率论第七周作业
4.1节节节
4.
由于f连续，故∀δ > 0,∃ε > 0,使|x| < ε时，|f(x)− f(0)| < δ
|Ef(Xn)− f(0)|
≤ E|f(Xn)− f(0)|
= E|f(Xn)− f(0)|1{|Xn|>ε} + E|f(Xn)− f(0)|1{|Xn|≤ε}
≤ 2MP ({|Xn| > ε}) + E|f(Xn)− f(0)|1{|Xn|≤ε}
< 2MP ({|Xn| > ε}) + δ
令n→∞,再令δ → 0即可。
6.
• E|(Xn±Yn)−(X±Y )|p = E|(Xn−X)±(Yn−Y )|p ≤ max{1, 2p−1}(E|Xn−
X|p + E|Yn − Y |p)→ 0
•
E|XnYn −XY |
= E|(Xn −X)Yn +X(Yn − Y )|
≤ (E|Xn −X|p)
1
p (E|Yn|q)
1
q + (E|X|p) 1p (E|Yn − Y |q)
1
q
1
注意Yn L
q→Y，可得(E|Yn|q)
1
q收敛，故有界M。
因此上式≤M(E|Xn −X|p)
1
p + (E|X|p) 1p (E|Yn − Y |q)
1
q → 0
11.
⇒
若X非几乎处处有限，则P (|X| < ∞) = 1 − δ < 1。故∀M >
0, P (|X| ≤M) ≤ 1− δ。取ε < δ,则∀M > 0, P (|X| ≤M) < 1− ε。即
非按概率有界。
⇐
若非按概率有界，则∃ε > 0,使∀m > 0,有P (|X| ≤ m) < 1 − ε。
令m→∞得，P (|X| <∞) ≤ 1− ε < 1。即非几乎处处有限。
16.
实际上，对于连续函数f，Xn P→X ⇒ f(Xn) P→ f(X)。
∀ε > 0,∀k > 0, P (|f(Xn)−f(X)| > ε) ≤ P (|f(Xn)−f(X)| > ε, |X| ≤
k) + P (|X| > k)
由于f在闭区间[−k, k]上一致连续，故存在δ > 0,使∀x, y ∈ [−k, k],有|f(x)−
f(y)| ≤ ε。因此{|f(Xn)−f(X)| > ε, |X| ≤ k} ⊂ {|Xn−X| > δ, |X| ≤
k} ⊂ {|Xn −X| > δ}
因而P (|f(Xn)− f(X)| > ε) ≤ P (|Xn −X| > δ) + P (|X| > k)
∀ε′ > 0，取充分大的k使P (|X| > k) < ε′,由此得到δ。令n→∞并由ε′
的任意性即得f(Xn) P→ f(X)。
下面考虑一致有界r.v.。充分性显然（Markov不等式），必要性
2
完全类似第2题。
4.2节节节
2.
m(Bn, i.o.) = m( lim
n→∞Bn) ≥ limn→∞m(Bn) ≥ δ，故必有一点属于 limn→∞Bn。
4.
对于实值r.v.Xn，存在充分大的bn使P (|Xn| > bn) ≤ 12n ,∀n ≥ 1。
取An = nbn,则P (|XnAn | > 1n) ≤ 12n ,∀n ≥ 1。
由此不难看出，∀ε > 0,∑
n
P (|XnAn | > ε) <∞。由B.C.引理，P (|XnAn | >
ε, i.o.) = 0，即XnAn → 0, a.s.。
10.
记U = { lim
n→∞
Xn < lim
n→∞Xn}，Ua,b = {Xn < a, i.o.且Xn > b, i.o.}。
则U = ∪
a,b∈Q,a b}独
立。因此P (Xn < a, i.o.) = 0或1，P (Xn > b, i.o.) = 0或1。由此
得P (Xn < a, i.o.且Xn > b, i.o.) = 0或1。类似第10的讨论得P ( lim
n→∞
Xn <
lim
n→∞Xn) = 0或1。
3
概率论第九周作业
4.3节节节
4.
设µn v→µ，由定理4.3.2，∀δ > 0, ε > 0,存在n0(δ, ε)，使当n ≥ n0时，
对于任何区间(a, b)，有µ(a+δ, b−δ)−ε ≤ µn(a, b) ≤ µ(a−δ, b+δ)+ε。
而µ无原子，故由F的一致连续性可取δ > 0使µ(a − δ, b + δ) <
µ(a, b)+ε, µ(a+δ, b−δ) > µ(a, b)−ε。因此，|µn(a, b)−µ(a, b)| < 2ε。
6.
令Fn(x) =
0 , x < 0
x , 0 6 x < n
n , x > n
右连续、递增，n ≥ 1。设Fn决定的有限测
度为µn。
显然Fn(x) → x, n → ∞,∀x ∈ R,即淡收敛于Lebesgue测度µ，但µ无
限。
若µn(R)有界，同上证明过程可看出µ也有界。
8.
由提示，∀B ∈ B(R)，∀ε > 0，存在开集U和闭集C，使得U ⊃ B ⊃
C, µ(U)− ε2 ≤ µ(B) ≤ µ(C) + ε2。
由于µn(U) → µ(U), µn(C) → µ(C), n → ∞，因此n充分大时µ(U) >
µn(U)− ε2 , µ(C) < µn(C) + ε2。故µn(U)− ε < µ(B) < µn(C) + ε。
1
再由单调性得，µn(B)−ε < µ(B) < µn(B)+ε，即µn(B)→ µ(B), n→
∞。
4.4节节节
4.
设Xn有密度函数fn(x) = 1θne−
x
θn 1(0,∞)(x)，其中θn → 1，X有密度函
数f(x) = e−x1(0,∞)(x)，且Xn, X独立。则Fn(x) = 1 − e−
x
θn，F (x) =
1− e−x, x ≥ 0。显然，Fn(x)→ F (x),∀x，因此，Xn d→X。
然而，∀ε > 0, P (|Xn −X| ≤ ε) =
∫ ε
−ε fXn−X(x)dx
=
∫ ε
−ε
∫
1
θn
e−
x
θn 1(0,∞)(x)ey−x1(−∞,x)(y)dydx。
令n→∞,由控制收敛定理得右边趋于∫ ε−ε ∫ e−x1(0,∞)(x)ey−x1(−∞,x)(y)dydx =
1− e−ε < 1。故Xn P9X。
设Xn d→ a, a为常数。记f(x) = |x−a|1+|x−a|，则f有界、连续，故E[f(Xn)]→
0, n→∞。由定理4.1.5，Xn − a P→ 0。
2
概率论第十周作业
4.5节节节
1.
由于Xn → X, a.s.，故E|X|p 6 lim
n→∞
E|Xn|p 6 E sup
n
|Xn|p < ∞，
即X ∈ Lp。
又|Xn −X| ≤ 2 sup
n
|Xn|。故由定理4.1.4，Xn L
p→X。
2.
同定理4.5.2定义fA ∈ CB，则
∫∞
−∞ fA(x)dFn(x)→
∫∞
−∞ fA(x)dF (x),∀A >
0。而 ∫ ∞
−∞
|fA(x)− xp|dFn(x)
6
∫
|x|>A
|x|pdFn(x)
=
∫
|Xn|>A
|Xn|pdP
6
∫
Y >A
Y pdP
因此上式对n一致地趋于0，A→∞（控制收敛定理）。故∫∞−∞ fA(x)dFn(x)对n一
致收敛于∫∞−∞ xpdFn(x)。以下证明类似定理4.5.2。
1
概率论第十一周作业
4.5节节节
6.
只需证明{Xt + Yt}一致可积。
实际上这是定理4.5.3的直接应用，验证条件(a), (b)即可。
由{Xt}, {Yt}一致可积得：sup
t
E|Xt|和sup
t
E|Yt|有界，故sup
t
E|Xt +
Yt| ≤ sup
t
E(|Xt|+ |Yt|)有界。
又∀ε > 0,∃δ > 0,使∀E ∈ F满足P (E) < δ，有sup
t
∫
E |Xt|dP < ε2 , sup
t
∫
E |Yt|dP < ε2，
故sup
t
∫
E |Xt + Yt|dP ≤ sup
t
∫
E (|Xt|+ |Yt|)dP < ε。
8.
由李雅普诺夫不等式得{Xn}可积。
直接验证定义：
sup
n
∫
|Xn|>A |Xn|dP 6 sup
n
∫
|Xn|>A
|Xn|p
Ap−1 dP 6
sup
n
E|Xn|p
Ap−1 → 0, A→∞。
5.1节节节
2.
仿照定理5.1.2的证明：仍有E(S2n) ≤Mn。
由切比雪夫不等式，∀ε > 0，P (|Sn| > nαε) ≤ Mnn2αε2 = Mn2α−1ε2。
考虑子列{n2}，则∑
n
P (|Sn2| > n2αε) 6
∑
n
M
n4α−2ε2 < ∞。由B.C.引
1
理，P (|Sn2| > n2αε, i.o.) = 0，故Sn2n2α → 0, a.e.。
同样定义Dn，并得到E(D2n) ≤ 4n2M，由切比雪夫不等式，P (Dn >
n2αε) ≤ 4n2Mn4αε2 = 4Mn4α−2ε2。同前所证，Dnn2α → 0, a.e.。
因此，∀n2 ≤ k < (n+ 1)2,由 |Sk|kα ≤
|Sn2 |+Dn
n2α 得， |Sk|kα → 0, a.e.。
8.
因为X绝对连续，故有密度f。
P (X−[X] ∈ N) = ∫Ω 1{X−[X]∈N}dP = ∫R 1{x−[x]∈N}f(x)dx = ∫R 1{x∈N+Z}f(x)dx
由定理5.1.3，几乎每个[0, 1]中的小数都属于N，故几乎每个实数的小
数部分都属于N。因此上式中1{x∈N+Z}几乎处处为1。即P (X − [X] ∈
N) = 1。
5.2节节节
1.
• 由数分中的知识和a.e.收敛的定义即得。
• 由习题3.2.14，E|Snn |p ≤ 1n
n∑
j=1
E|Xj|p → 0, n→∞。
当p < 1时不一定成立。如取空间Ω = [0, 1],F = [0,1], P = m。
定义ϕj,k = k1( j−1k , jk ], k ≥ 1, 1 ≤ j ≤ k，则E|ϕj,k|
p = 1k1−p。
按照先以k递增，再j递增的顺序将ϕj,k重排，记为Xn。显
然E|Xn|p → 0, n→∞。
考虑Sn(n+1)
2
=
n(n+1)
2∑
i=1
Xi =
∑
16k6n,16j6k
ϕj,k =
n(n+1)
2 ，即
Sn(n+1)
2
n(n+1)
2
=
2
1,故Snn
Lp9 0。
2.
取提示中的序列，P (|Xn| > ε) = P (Xn = 2n) = 1n，故Xn
P→ 0。
但P (Snn < 1) ≤ P (X[log2n]+1 = 0, · · · , Xn = 0) =
n
Π
i=[log2 n]+1
P (Xj =
0) =
n
Π
i=[log2 n]+1
(1− 1j ) = [log2 n]n ,∀n ≥ 1。
故 lim
n→∞P (
Sn
n < 1) 6 limn→∞
[log2 n]
n = 0，因此Snn 不依概率收敛于0。
3.
由于Xnbn =
Sn−Sn−1
bn
= Snbn −
Sn−1
bn−1
bn−1
bn
，用习题4.1.3即可。
3
概率论第十二周作业
5.2节节节
4.
设Xn ∼ B(1, p), i.i.d.，则Sn ∼ B(n, p)。且P (|Snn − p| > δ) = P (|Sn −
np| > nδ) = ∑
|k−np|>nδ
n
k
pk(1− p)n−k。
另一方面，P (|Snn − p| > δ) = P (|Sn − E(Sn)| > nδ) ≤ V ar(Sn)n2δ2 =
np(1−p)
n2δ2 =
p(1−p)
nδ2 ≤ 14nδ2 对p一致地趋于0，n→∞。
故 lim
n→∞ sup0nδ
n
k
pk(1− p)n−k = 0
5.3节节节
1.
类似定理5.3.1中定义Λ = { max
16j6n
Sj > ε},Λk = { max
16j6k−1
Sj 6 ε, Sk >
ε}, 1 ≤ k ≤ n。则同理可得∫Λ S2ndP > n∑
k=1
∫
Λk
S2kdP ≥ ε2P (Λ)。
又| ∫Λ SndP | = | ∫Λc SndP | ≤ (∫Λc S2ndP ) 12 (P (Λc)) 12，∫Λ SndP = n∑
k=1
∫
Λk
SndP =
n∑
k=1
∫
Λk
(Sn − Sk + Sk)dP =
n∑
k=1
∫
Λk
SkdP ≥ εP (Λ)
故ε2P (Λ)2 ≤ (∫Λc S2ndP )P (Λc)
因此，σ2(Sn) =
∫
Λ S
2
ndP +
∫
Λc S
2
ndP ≥ ε2P (Λ)+ ε
2P (Λ)2
P (Λc) ，得到P (Λ) ≤
σ2(Sn)
σ2(Sn)+ε2
。
1
2.
P (Λk, Sn − Sk < −
√
2n)
≤ P (Λk, |Sn − Sk| >
√
2n)
= P (Λk)P (|Sn − Sk| >
√
2n)
≤ P (Λk)V ar(Sn − Sk)
2n
= P (Λk)
n− k
2n
,∀k ≤ n
故P (Λk, Sn − Sk < −
√
2n) ≤ P (Λk, Sn − Sk ≥ −
√
2n)。
因此
P ( max
16j6n
Sj > x)
=
n∑
k=1
P (Λk)
=
n∑
k=1
P (Λk, Sn − Sk < −
√
2n) +
n∑
k=1
P (Λk, Sn − Sk ≥ −
√
2n)
≤ 2
n∑
k=1
P (Λk, Sn − Sk ≥ −
√
2n)
≤ 2
n∑
k=1
P (Λk, Sn − x ≥ −
√
2n)
≤ 2P (Sn ≥ x−
√
2n)
7.
此即单调收敛原理的直接应用（逐项积分）。
2
9.
题设应改为P (Xn = 0) = P (Xn = 2) = 12。
应用维尔斯特拉斯判别法或直接利用第7题结论都可证明该级数收
敛。
以下沿用1.3节的记号。设n步后未挖去的的区间记作In,k，共有2n个。
注意C中的点a都展开为
∞∑
n=1
an
3n , an = 0, 2。故∀x ∈ Jn,k, P (
∞∑
n=1
Xn
3n ≤
x) =
k∑
i=1
P (
∞∑
n=1
Xn
3n ∈ In,i) = k2n = F (x)。因此，∫ 1
0 xdF (x) =
∫
Ω
∞∑
n=1
Xn
3n dP =
∞∑
n=1
EXn
3n =
1
2∫ 1
0 x
2dF (x) =
∫
Ω (
∞∑
n=1
Xn
3n )
2dP =
∞∑
n,m=1
EXnXm
3n+m =
∞∑
n=1
EX2n
32n +
∑
n 6=m
EXnEXm
3n+m
= 14 +
1
8 =
3
8∫ 1
0 e
itxdF (x) =
∫
Ω e
it
∞∑
n=1
Xn
3n
dP =
∫
Ω
∞
Π
n=1
eit
Xn
3n dP =
∞
Π
n=1
∫
Ω e
itXn3n dP =
∞
Π
n=1
1
2(1 + e
it 23n )
5.4节节节
1.
因为Xn为i.i.d.，故X+n和X−n也为i.i.d.。由定理5.4.2，
n∑
i=1
X−i
n → EX−1 , a.e.。
下面考虑正部。
任取M > 0,定义Yn = X+n 1{X+n ≤M}，则Yn也i.i.d.。由大数定律知
n∑
i=1
Yi
n →
3
EY1, a.e.。故 lim
n→∞
n∑
i=1
X+i
n ≥ EY1。再令M → ∞,由单调收敛原理
得 lim
n→∞
n∑
i=1
X+i
n = EX
+
1 =∞。综合正负部的结果即可。
2.
因为ϕ(x)|x| 递减，故仍然有ϕ(x)x2 递减（关于|x|）。同定理5.4.1的证明的
前半部分可得到∑
n
Yn−EYn
αn
几乎处处收敛。
而 ∑
n
|EYn|
αn
=
∑
n
1
αn
|
∫
|x|6αn
xdFn(x)|
6
∑
n
∫
|x|6αn
|x|
αn
dFn(x)
6
∑
n
∫
|x|6αn
ϕ(x)
ϕ(αn)
dFn(x)
≤
∑
n
Eϕ(Xn)
ϕ(αn)
<∞
故同样得到∑
n
Yn
αn
几乎处处收敛。
4
又 ∑
n
P (Xn 6= Yn)
=
∑
n
∫
|x|>αn
dFn(x)
6
∑
n
∫
|x|>αn
ϕ(x)
ϕ(αn)
dFn(x)
6
∑
n
Eϕ(Xn)
ϕ(αn)
<∞
因此{Xn}与{Yn}是等价序列，从而有
∑
n
Xn
αn
几乎处处收敛。
5
概率论第十三周作业
5.4节节节
8.
E|Snn | ≤ 1n
n∑
j=1
E|Xj| = E|X1|,∀n ≥ 1。
又∀ε > 0,由X1可积得存在δ > 0，使∀E ∈ F , P (E) < δ,有
∫
E |X1|dP <
ε。故∫E |Snn |dP 6 1n ∫E n∑
j=1
|Xj|dP < ε。因此由定理4.5.3，{Snn }一致
可积。
几乎处处收敛由SLLN立得。
由于Snn 也按概率收敛于EX1，故由定理4.5.4，Snn 也按L1收敛于EX1。
10.
• ∑
n
1
ααn
<∞情形。由克罗内可引理，只需证明∑
n
Xn
αn
<∞, a.e.。
定义{Yn}满足：Ynαn =
Xn
αn
, |Xn
αn
| 6 1
0, |Xn
αn
| > 1
，下面验证三级数定理条
件。
1.
∑
n
P (|Xn| > αn) 6
∑
n
A2
ααn
<∞
1
2.
|
∑
n
E[
Yn
αn
]|
= |
∑
n
E[
Xn
αn
1{|Xn|6αn}]|
= |
∑
n
E[
Xn
αn
1{|Xn|>αn}]|
6
∑
n
E[|Xn
αn
|1{|Xn|>αn}]
=
∑
n
∫ ∞
0
P (|Xn
αn
|1{|Xn|>αn} > x)dx
=
∑
n
∫ 1
0
P (|Xn
αn
|1{|Xn|>αn} > x)dx+
∑
n
∫ ∞
1
P (|Xn
αn
|1{|Xn|>αn} > x)dx
6
∑
n
∫ 1
0
P (|Xn
αn
| > 1)dx+
∑
n
∫ ∞
1
P (|Xn
αn
| > x)dx
6
∑
n
∫ 1
0
A2
ααn
dx+
∑
n
∫ ∞
1
A2
ααnx
α
dx
=
∑
n
A2
ααn
−
∑
n
A2
ααn
1
1− α
=
∑
n
A2
ααn
α
α− 1 <∞
2
3. ∑
n
σ2(
Yn
αn
)
6
∑
n
E(
Yn
αn
)2
=
∑
n
∫ ∞
0
P (|Xn
αn
|21{|Xn|6αn} > x)dx
6
∑
n
∫ 1
0
P (|Xn
αn
| > √x)dx
6
∑
n
∫ 1
0
A2
ααnx
α
2
dx
=
∑
n
A2
ααn
1
1− α2
<∞
• ∑
n
1
ααn
= ∞情形。∑
n
P (|Xn| > 2αn) >
∑
n
A1
2αααn
= ∞，由B.C.引
理，P (|Xn| > 2αn, i.o.) = 1。故P (|Sn| > αn, i.o.) = 1。
5.5节节节
4.
由定理3.2.1推论，EN(t) =
∞∑
n=1
P (N(t) > n) =
∞∑
n=1
P (Sn ≤ t)。
10.
3
ESτ
= E
∞∑
k=1
Sk1{τ=k}
= E
∞∑
k=1
k∑
j=1
Xj1{τ=k}
=
∞∑
k=1
k∑
j=1
EXj1{τ=k}
=
∞∑
k=1
k∑
j=1
EXjP (τ = k) = EXj
∞∑
k=1
kP (τ = k)
= EX1Eτ
σ2(Sτ ) = ES
2
τ − (ESτ )2
= E
∞∑
k=1
S2k1{τ=k} − (ESτ )2
= E
∞∑
k=1
(
k∑
j=1
Xj)
21{τ=k} − (ESτ )2
=
∞∑
k=1
k∑
i,j=1
EXiXj1{τ=k} − (ESτ )2
=
∞∑
k=1
k∑
i=1
EX2i 1{τ=k} +
∞∑
k=1
k∑
i 0,
P (|Sn(n
x
)− x| ≤ ε)
=
∫ x+ε
x−ε
(nx)
ntn−1
(n− 1)! e
−nx tdt
=
∫ n
x (x+ε)
n
x (x−ε)
yn−1
(n− 1)!e
−ydy
=
∫ n
x (x+ε)
n
x (x−ε)
hSn(1)(y)dy
= P (
n
x
(x− ε) 6 Sn(1) 6 n
x
(x+ ε))
= P (|Sn(1)
n
− 1| 6 ε
x
)→ 1, n→∞
（或直接用切比雪夫不等式验证定义。）
因为f在闭区间[a, b]上一致连续，故∀ε > 0,∃δ > 0使得当|x − y| <
5
δ时，有|f(x)− f(y)| < ε。下面设1r + 1r′ = 1。
|E[f(Sn(n
x
))]− f(x)|
≤ E|f(Sn(n
x
))− f(x)|
= E|f(Sn(n
x
))− f(x)|1|Sn(nx )−x|≤δ + E|f(Sn(
n
x
))− f(x)|1|Sn(nx )−x|>δ
≤ ε+ (E|f(Sn(n
x
))− f(x)|r) 1r (P (|Sn(n
x
)− x| > δ)) 1r′
≤ ε+ 2||f ||r(
σ2(Sn(
n
x))
δ2
)
1
r′
= ε+ 2||f ||r( x
2
δ2n2
)
1
r′
≤ ε+ 2||f ||r( b
2
δ2n2
)
1
r′
因此上式一致地趋于0。
6
概率论第十四周作业
6.1节节节
6.
• 设F1(x) =
∞∑
j=1
b1jδa1j(x), F2(x) =
∞∑
j=1
b2jδa2j(x)。则F1 ∗ F2(x) =∫∞
−∞ F1(x− y)dF2(y) =
∞∑
i,j=1
b1ib2j
∫∞
−∞ δa1i(x− y)dδa2j(y) =
∞∑
i,j=1
b1ib2jδa1i+a2j(x)
故F1 ∗ F2离散。
• 设F1连续。∀x, h,
|F1∗F2(x+h)−F1∗F2(x)| = |
∫∞
−∞ F1(x− y + h)− F1(x− y)dF2(y)| ≤∫∞
−∞ |F1(x− y + h)− F1(x− y)|dF2(y) ≤
∫∞
−∞ 2dF2(y) < ∞，故
由
浙公网安备 33021202002483