§6.1习题第1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}∈F×
F,但∀ωi∈Ω,i=1,
2, ∆ω1:={ω2:(ω
1,ω2)∈∆}∈
F, ∆ω2:={ω1:(ω
1,ω2)∈∆}∈
F, 这个例子说明了什么?
证明:我们来证∆∈F×
F. 首先,由习题3.1第9题(i)知G:={F∈Ω:F或者Fc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Fc为有限集,或可数集}. ∞ 设A:={A∈Ω×Ω:A具有形式((Ai×yi)) ∞ ∞ ((xj×Bj))或者({Ai× i=
1 j=
1 i=
1 ∞ ∞ yi})({xj×Bj})((Ck×Dk)),其中Ai,Bj,∈
F,(Ck)c,(Dk)c为至多可数集,xj,yi∈ j=
1 k=
1 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=((Ai×yi))((xj×Bj)) ∞ ((Ck×Dk)), i=
1 j=
1 k=
1 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=((Ai×yi))c((xj×Bj))c((Ck×Dk))c i=
1 j=
1 k=
1 ∞ =((Ω×{yi:i≥1}c) (Aci×yi))(({xj:j≥1}c×Ω) i=
1 ∞ ((Ckc×Ω)∪(Ω×Dkc)) k=
1 ∞ (xj×Bjc)) j=
1 ∞ 我们来看((Ckc×Ω)∪(Ω×Dkc)),首先计算 k=
1 ((C1c×Ω)∪(Ω×D1c))∩((C2c×Ω)∪(Ω×D2c))=((C1c∩C2c)×Ω)∪(C1c×D2c)∪(C2c×D1c)∪(Ω×(D1c∩D2c)) 注意到 C1c∩C2c,C1c 均为至多可数集, 不妨设 C1c∩C2c = {wi : i ≥ 1} ,
C c1 = {vj : ∞ ∞ j≥1},于是(C1c∩C2c×Ω)=(wi×Ω),(C1c×D2c)=(vj×D2c),于是((C1c∩ i=
1 j=
1 ∞ C2c)×Ω)∪(C1c×D2c)具有形式(xj×Bj),同理(C2c×D1c)∪(Ω×(D1c∩D2c))是形 j=
1 1 ∞
2 ∞ ∞ 如(Ai×yi)的集合,于是((Ckc×Ω)∪(Ω×Dkc))形如((Ai×yi))((xj×Bj)), i=
1 k=
1 i=
1 j=
1 ∞ 下面让它依次与(Ckc×Ω)∪(Ω×Dkc),k=3,
4,···做交运算,可得((Ckc×Ω)∪(Ω× k=
1 ∞ ∞ Dkc))仍然是一个形如({Ai×yi})({xj×Bj})的集合.(此处实际上证得一列形 i=
1 j=
1 ∞ ∞ ∞ ∞ 如({Ai×yi})({xj×Bj})的集合的交集仍然形如({Ai×yi})({xj×Bj}).) i=
1 j=
1 i=
1 j=
1 ∞ ∞ ∞ 易知(Ω×{yi:i≥1}c)(Aci×yi))具有形式({Ai×yi})({Ck×Dk}), i=
1 i=
1 k=
1 ∞ ∞ ∞ ({xj:j≥1}c×Ω) (xj×Bjc)具有形式{xj×Bj}((Ck×Dk)),那么可得此 j=
1 j=
1 k=
1 ∞ ∞ 时Ac具有形式((Ai×yi))((xj×Bj)). i=
1 j=
1 如果设 ∞ A=((Ai×yi)) i=
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. j=
1 ∞ ∞ ∞ 由上面的推导可得Ac具有形式((Ai×yi))((xj×Bj))((Ck×Dk)).总之, Ac∈
A. i=
1 j=
1 k=
1 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∆∈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2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,µ
1,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∈Ω
2,则A×ω2⊂Ω1×ω
2,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∈F1,于是A×ω2∈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3题
2
(1)证明: P(X1+X2∈B)=== P(X1∈B−y,X2∈dy) Rn P(X1∈B−y)P(X2∈dy) Rn P1(B−y)P2(dy) Rn 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)=RnP1((−∞,x−y])P2(dy)= ∀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 RnF1(x−y)dF2(y), P(X1+X2≤x)=== F1(x−y)dF2(y) Rn p1(z)dzp2(y)dy Rn(−∞,x−y] p1(z+y)p2(y)dydz (−∞,x]Rn 最后一个等号由先做一个积分变换z=zy,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)=P1∗P2(B−y)P3(dy) Rn = P1(B−y−z)P2(dz)P3(dy) RnRn = P1(B−z)P2(dz−y)P3(dy) RnRn =P1(B−z)P2(dz−y)P3(dy) Rn Rn =P1(B−z)P2∗P3(dz) Rn =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4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Ωλ(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5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≥1An)(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}=({(ω
1,ω2,···,ωn):f(ω
1,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):=1A(w1,w2)λ(w1,dw2) Ω
2 (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=Bi,n n∈
N 且对任意的m,n∈
N supλ(w1,B2,n)<∞. w1∈B2,m 注意到 g(w1)= 1A(w1,w2)λ(w1,dw2)=λ(w1,B2,n∩A2). n∈NB2,n n∈
N 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, 1A(w1,w2)λ(w1,dw2)是F1-可测的}. B2,n 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 ∞ 1A\B(w1,w2)λ(w1,dw2)= 1A\B(w1,w2)λ(w1,dw2) Ω
2 n=1B2,n ∞ =(1A(w1,w2)λ(w1,dw2)− n=1B2,n 1B(w1,w2)λ(w1,dw2)) B2,n 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 1∪n∈NAn(w1,w2)λ(w1,dw2)=lim1An(w1,w2)λ(w1,dw2) Ω
2 Ω2n∈
N =lim1An(w1,w2)λ(w1,dw2) n∈NΩ
2 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 f(w1,w2)λ(w1,dw2) Ω
2 (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8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)=Bf(·,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)=Bf(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9题证明:由定义 ν(A)== IA(ω
1,ω2)λ2(ω1,dω2)λ1(dω1) Ω1Ω
2 λ2(ω
1,Aω1)λ1(dω1) Ω
1 5 这里Aω1={ω2:(ω
1,ω2)∈A}.注意到λ2(ω
1,Aω1)是关于ω1的非负函数,于是由引理5.2.3
(3)知,Ω1λ2(ω
1,Aω1)λ1(dω1)=0当且仅当λ2(ω
1,Aω1)=0,a.s.ω1-λ
1.于是ν(A)=0当且仅当存在N∈Ω1,s.t.λ1(N)=
0,且当ω1∈Nc时,λ2(ω
1,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)=1A(w1,w3)λ(w2,dw3) Ω
3 (10.1) 是F1×F2-可测的.事实上， g(w1,w2)=1A1(w1)1A3(w3)λ(w2,dw3)=1A1(w1)λ(w2,A3), Ω
3 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, 1A(w1,w3)λ(w2,dw3)F1×F2可测}. B3,n 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=Bi,n n∈
N 且对任意的m,n∈
N supλ(w2,B3,n)<∞. w2∈B3,m 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 ∞ 1A\B(w1,w3)λ(w2,dw3)= 1A\B(w1,w3)λ(w2,dw3) Ω
3 n=1B3,n ∞ =(1A(w1,w3)λ(w2,dw3)− n=1B3,n 1B(w1,w3)λ(w2,dw3)), B3,n 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 1∪n∈NAn(w1,w3)λ(w2,dw3)=lim1An(w1,w3)λ(w2,dw3) Ω
2 Ω2n∈
N =lim1An(w1,w3)λ(w2,dw3) n∈NΩ
2 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 f(w1,w3)λ(w2,dw3) Ω
2 (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14题证明:
(1)对于任意A∈
F,注意到π(x,A)≥
0,于是νπ(A)=π(x,A)ν(dx)≥
0.且νπ(Ω)=π(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,π(x,·)是F上的 概率测度,于是由测度的可列可加性知,π(x,An)=π(x,An), n≥
1 n≥
1 于是νπ(An)=π(x,An)ν(dx)= π(x,An)ν(dx)= π(x,An)ν(dx)= n≥
1 n≥
1 n≥
1 n≥
1 πν(An). n≥
1 结合
(1)(2)可知πν(·)为F上的概率测度.
7
F,但∀ωi∈Ω,i=1,
2, ∆ω1:={ω2:(ω
1,ω2)∈∆}∈
F, ∆ω2:={ω1:(ω
1,ω2)∈∆}∈
F, 这个例子说明了什么?
证明:我们来证∆∈F×
F. 首先,由习题3.1第9题(i)知G:={F∈Ω:F或者Fc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Fc为有限集,或可数集}. ∞ 设A:={A∈Ω×Ω:A具有形式((Ai×yi)) ∞ ∞ ((xj×Bj))或者({Ai× i=
1 j=
1 i=
1 ∞ ∞ yi})({xj×Bj})((Ck×Dk)),其中Ai,Bj,∈
F,(Ck)c,(Dk)c为至多可数集,xj,yi∈ j=
1 k=
1 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=((Ai×yi))((xj×Bj)) ∞ ((Ck×Dk)), i=
1 j=
1 k=
1 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=((Ai×yi))c((xj×Bj))c((Ck×Dk))c i=
1 j=
1 k=
1 ∞ =((Ω×{yi:i≥1}c) (Aci×yi))(({xj:j≥1}c×Ω) i=
1 ∞ ((Ckc×Ω)∪(Ω×Dkc)) k=
1 ∞ (xj×Bjc)) j=
1 ∞ 我们来看((Ckc×Ω)∪(Ω×Dkc)),首先计算 k=
1 ((C1c×Ω)∪(Ω×D1c))∩((C2c×Ω)∪(Ω×D2c))=((C1c∩C2c)×Ω)∪(C1c×D2c)∪(C2c×D1c)∪(Ω×(D1c∩D2c)) 注意到 C1c∩C2c,C1c 均为至多可数集, 不妨设 C1c∩C2c = {wi : i ≥ 1} ,
C c1 = {vj : ∞ ∞ j≥1},于是(C1c∩C2c×Ω)=(wi×Ω),(C1c×D2c)=(vj×D2c),于是((C1c∩ i=
1 j=
1 ∞ C2c)×Ω)∪(C1c×D2c)具有形式(xj×Bj),同理(C2c×D1c)∪(Ω×(D1c∩D2c))是形 j=
1 1 ∞
2 ∞ ∞ 如(Ai×yi)的集合,于是((Ckc×Ω)∪(Ω×Dkc))形如((Ai×yi))((xj×Bj)), i=
1 k=
1 i=
1 j=
1 ∞ 下面让它依次与(Ckc×Ω)∪(Ω×Dkc),k=3,
4,···做交运算,可得((Ckc×Ω)∪(Ω× k=
1 ∞ ∞ Dkc))仍然是一个形如({Ai×yi})({xj×Bj})的集合.(此处实际上证得一列形 i=
1 j=
1 ∞ ∞ ∞ ∞ 如({Ai×yi})({xj×Bj})的集合的交集仍然形如({Ai×yi})({xj×Bj}).) i=
1 j=
1 i=
1 j=
1 ∞ ∞ ∞ 易知(Ω×{yi:i≥1}c)(Aci×yi))具有形式({Ai×yi})({Ck×Dk}), i=
1 i=
1 k=
1 ∞ ∞ ∞ ({xj:j≥1}c×Ω) (xj×Bjc)具有形式{xj×Bj}((Ck×Dk)),那么可得此 j=
1 j=
1 k=
1 ∞ ∞ 时Ac具有形式((Ai×yi))((xj×Bj)). i=
1 j=
1 如果设 ∞ A=((Ai×yi)) i=
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. j=
1 ∞ ∞ ∞ 由上面的推导可得Ac具有形式((Ai×yi))((xj×Bj))((Ck×Dk)).总之, Ac∈
A. i=
1 j=
1 k=
1 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∆∈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2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,µ
1,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∈Ω
2,则A×ω2⊂Ω1×ω
2,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∈F1,于是A×ω2∈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3题
2
(1)证明: P(X1+X2∈B)=== P(X1∈B−y,X2∈dy) Rn P(X1∈B−y)P(X2∈dy) Rn P1(B−y)P2(dy) Rn 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)=RnP1((−∞,x−y])P2(dy)= ∀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 RnF1(x−y)dF2(y), P(X1+X2≤x)=== F1(x−y)dF2(y) Rn p1(z)dzp2(y)dy Rn(−∞,x−y] p1(z+y)p2(y)dydz (−∞,x]Rn 最后一个等号由先做一个积分变换z=zy,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)=P1∗P2(B−y)P3(dy) Rn = P1(B−y−z)P2(dz)P3(dy) RnRn = P1(B−z)P2(dz−y)P3(dy) RnRn =P1(B−z)P2(dz−y)P3(dy) Rn Rn =P1(B−z)P2∗P3(dz) Rn =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4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Ωλ(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5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≥1An)(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}=({(ω
1,ω2,···,ωn):f(ω
1,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):=1A(w1,w2)λ(w1,dw2) Ω
2 (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=Bi,n n∈
N 且对任意的m,n∈
N supλ(w1,B2,n)<∞. w1∈B2,m 注意到 g(w1)= 1A(w1,w2)λ(w1,dw2)=λ(w1,B2,n∩A2). n∈NB2,n n∈
N 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, 1A(w1,w2)λ(w1,dw2)是F1-可测的}. B2,n 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 ∞ 1A\B(w1,w2)λ(w1,dw2)= 1A\B(w1,w2)λ(w1,dw2) Ω
2 n=1B2,n ∞ =(1A(w1,w2)λ(w1,dw2)− n=1B2,n 1B(w1,w2)λ(w1,dw2)) B2,n 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 1∪n∈NAn(w1,w2)λ(w1,dw2)=lim1An(w1,w2)λ(w1,dw2) Ω
2 Ω2n∈
N =lim1An(w1,w2)λ(w1,dw2) n∈NΩ
2 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 f(w1,w2)λ(w1,dw2) Ω
2 (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8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)=Bf(·,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)=Bf(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9题证明:由定义 ν(A)== IA(ω
1,ω2)λ2(ω1,dω2)λ1(dω1) Ω1Ω
2 λ2(ω
1,Aω1)λ1(dω1) Ω
1 5 这里Aω1={ω2:(ω
1,ω2)∈A}.注意到λ2(ω
1,Aω1)是关于ω1的非负函数,于是由引理5.2.3
(3)知,Ω1λ2(ω
1,Aω1)λ1(dω1)=0当且仅当λ2(ω
1,Aω1)=0,a.s.ω1-λ
1.于是ν(A)=0当且仅当存在N∈Ω1,s.t.λ1(N)=
0,且当ω1∈Nc时,λ2(ω
1,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)=1A(w1,w3)λ(w2,dw3) Ω
3 (10.1) 是F1×F2-可测的.事实上， g(w1,w2)=1A1(w1)1A3(w3)λ(w2,dw3)=1A1(w1)λ(w2,A3), Ω
3 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, 1A(w1,w3)λ(w2,dw3)F1×F2可测}. B3,n 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=Bi,n n∈
N 且对任意的m,n∈
N supλ(w2,B3,n)<∞. w2∈B3,m 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 ∞ 1A\B(w1,w3)λ(w2,dw3)= 1A\B(w1,w3)λ(w2,dw3) Ω
3 n=1B3,n ∞ =(1A(w1,w3)λ(w2,dw3)− n=1B3,n 1B(w1,w3)λ(w2,dw3)), B3,n 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 1∪n∈NAn(w1,w3)λ(w2,dw3)=lim1An(w1,w3)λ(w2,dw3) Ω
2 Ω2n∈
N =lim1An(w1,w3)λ(w2,dw3) n∈NΩ
2 从而可知∪n∈NAn∈
M.这就证明了M是λ系.
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(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 f(w1,w3)λ(w2,dw3) Ω
2 (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14题证明:
(1)对于任意A∈
F,注意到π(x,A)≥
0,于是νπ(A)=π(x,A)ν(dx)≥
0.且νπ(Ω)=π(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,π(x,·)是F上的 概率测度,于是由测度的可列可加性知,π(x,An)=π(x,An), n≥
1 n≥
1 于是νπ(An)=π(x,An)ν(dx)= π(x,An)ν(dx)= π(x,An)ν(dx)= n≥
1 n≥
1 n≥
1 n≥
1 πν(An). n≥
1 结合
(1)(2)可知πν(·)为F上的概率测度.
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