测度与概率(严士健 刘秀芳)第八章答案

P (∪∞ n=N2 |Xn| > 1 + N1) ≤ P (∪∞ n=N2 |Xn| > 1 + N1, |X| ≤ N1) + P (∪∞ n=N2 |Xn| > 1 + N1, |X| > N1) ≤ P (∪∞ n=N2|Xn − X| > 1) + P (|X| > N1) < ε/2.
1
所以 F (y) ≤ Fn(x) + P (|Xn − X| ≥ x − y). 令 n→∞, 由 Xn →P X, 知 F (y) ≤
limn→∞ Fn(x). 同理 ∀ x < z, 有lim n→∞Fn(x) ≤ F (z). 若 x ∈ C(F ), 则 limz→x F (z) = F (x) = limy→x F (y), 于是 F (x) ≤ limn→∞ Fn(x) ≤ lim n→∞Fn(x) ≤ F (x). 所以 F (x) = limn→∞ Fn(x), ∀ x ∈ C(F ). 又 Fn(+∞) = 1, Fn(−∞) = 0, ∀ n ≥ 1, 及 F (+∞) = 1, F (−∞) = 0, 所以 Fn(+∞)→F (+∞), Fn(−∞)→F (−∞). 所以 Xn →D X.
Fn(x)→F (x), ∀ x ∈ C(F ),
Fn(x)→G(x), ∀ x ∈ C(G).
于是由数列极限的唯一性有 F (x) = G(x), ∀ x ∈ C(F ) ∩ C(G). 由单调函数的不 连续点至多可数, 可知 (C(F ) ∩ C(G))C 至多可数, 于是对于任意 x ∈ (C(F ) ∩ C(G))C, 存在 {xn}n≥1 ∈ C(F ) ∩ C(G), 使得 xn ↓ x, 由分布函数的右连续性知,
证明: 因为 Xn →P X 和Yn →P Y , 所以 X, Y 几乎处处有限. 于是对于任意 的 η > 0, 存在 M1 > 0 使得 P (|X| > M1) < η 和 P (|Y | > M1) < η. 于是对于任 意的 M2 > M1, ε > 0,
P (|XnYn − XY | > ε)
∞.
因为 E|Xk|r < ∞, k = 1, · · · N , E|X|r < ∞, 所以由可积函数的绝对连续性,
对于任意的 ε > 0, 存在 δ > 0, 使得可测集 A, 只要 P (A) < δ, 就有E[|Xk|r, A] < ε, k = 1, · · · N , E[|X|r, A] < ε. 当 n > N 时, E[|X|r, A] ≤ (2r−1 ∨ 1)(E[|Xn − X|r, A] + E[|X|r, A]) < (2r−1 ∨ 1)(ε + ε). 所以 supn E[|Xn|r, A] < 2(2r−1 ∨ 1)ε, 所 以 {|Xn|r}n≥1 积分一致绝对连续, 所以由引理8.3.16 可得 {|Xn|r}n≥1 一致可积.
对于 ∀ k ≤ N2, 存在 Mk s.t.
P (|Xk|
>
Mk )
<
ε 2N2
.
于是, 若取 M (ε) :=
max{N1 + 1, M1, · · · , MN2}, 则
P (sup |Xn| ≤ M (ε)) = P (∩∞ n=1{|Xn| ≤ M (ε)})
= 1 − P (∪∞ n=1{|Xn| ≤ M (ε)}) ∑ N2
|Y |q
1
[E|X|p] p
1
[E|Y |q] q
≤
pE|X|p + qE|Y |q ,
两边取期望, 可得
E|XY |
1
1 ≤ 1, H¨older 不等式得证.
[E|X|p] p [E|Y |q] q
(2) 证明 Minkowski 不等式. r = 1 时显然.
r ≥ 1 时,
E|X + Y |r ≤ E|X + Y |r−1|X| + E|X + Y |r−1|Y |
k=n
因为上式右端当 n → ∞时, 收敛到0. 故而 µ(∪∞ v=1{d(fn+v, fn) ≥ ε}) → 0. 因为 fn, n ∈ N a.e. 相互收敛, 则存在 N ∈ Ω, s.t. µ(N ) = 0. ∀ ω ∈ N C,
{fn(ω)}n∈N 是 E 中基本列. 如果 (E, d) 完备, 则 limn→∞ fn(ω) 存在, 记 f (ω) := limn→∞ fn(ω), 则 fn → f a.e.
≤
[E|X
+
Y
|r
]
r−1 r
[E
|X
|r
]
1 r
+
[E|X
+
Y
|r
]
r−1 r
[E
|Y
|r
]
1 r
≤
[E|X
+
Y
|r
]
r−1 r
([E
|X
|r
]
1 r
+
[E|Y
|r
]
1 r
),
所以
[E|X
+
Y
|r
]
1 r
≤
[E
|X
|r
]
1 r
+
[E
|Y
|r
]
1 r
.
习题第2题证明定理8.3.18 中(2) ⇒ (1).
a,
可得
(∗).
当
r
≥
1
时,
函数
xr
是凸函数,
所以
1 2
ar
+
1 2
(1
−
a)r
≥
(
1 2
a
+
1 2
(1
−
a))r
=
(
1 2
)r
,
用
|a| |a+b|
代替上面式子中的
a,
可得
(∗).
因为 E|X|r ≤ (2r−1 ∨ 1)(E|Xn − X|r + E|Xn|r) < ∞. 因为 Xn →Lr X, 即是
任取 ω ∈ ∪∞ v=1{d(fn+v, fn) ≥ ε}, 则存在 v ≥ 1, 使得 d(fn+v, fn) ≥ ε. 若 ω ̸∈
∪∞ k=n{d(fk+1,
n. 则 d(fn+v
fk) ≥ δk}, 则 ω
, fn)
≤
∑n+v−1
k=n
d∈(f∩k∞ k+=1n, {fdk)(f<k+∑ 1, fnkk=+)nv<−1δδkk},≤即∑d∞ k(=fnk+δk1
E|Xn−X|r→0, 所以对于任意的 ε > 0, 存在 N > 0, 当 n > N 时, E|Xn−X|r < ε.
于是当当 n > N 时, E|Xn|r ≤ (2r−1 ∨ 1)(E|Xn − X|r + E|X|r) ≤ (2r−1 ∨ 1)(ε + E|X|r), 所以 supn E|Xn|r ≤ max{{E|Xk|r : 1 ≤ k ≤ N }, (2r−1 ∨ 1)(ε + E|X|r)} <
因为 Xn →P X, 所以当 n→∞时, 上式右端收敛到0. 所以 limn→∞{|f (Xn) − f (X(ω))| ≥ ε} = 0. 即 f (Xn(ω)) →P f (X). 又因为 f 是有界函数, 所以由推论 8.2.6 有 Ef (Xn)→Ef (X). 3. 证明: 因为 Xn ↓ X, 所以 0 ≤ X1−Xn ↑. 于是由单调收敛定理 limn→∞ E(X1− Xn) = E(X1 − X), 因为 X1 可积, 所以 EX1 有限, 于是 limn→∞ E(Xn) = E(X).
处取得即是是凸函数所以所以sup所以由可积函数的绝对连续性对于任意的使得可测集a只要pa所以sup积分一致绝对连续所以由引理8316可得x一致可积
习题8.1
第1题
证明:
∑∞
k=n
δk
<
任取 ε > 0, ε. 下面证 ∀ n
因为
≥ n0,
∑∞
n=1
有
δk
<
∞,
所以
∃
n0
∈
Z,
使得
∀
n
≥
n0,
∪∞ v=1{d(fn+v, fn) ≥ ε} ⊂ ∪∞ k=n{d(fk+1, fk) ≥ δk} (1).
≥ 1 − P ({|Xk| > M (ε)}) − P (∪∞ n=N2{|Xn| ≤ M (ε)})
k=1
ε ≥ 1 − 2N2 × N2 − ε/2 = 1 − ε.
第5题
反例: 取 Ω = (0, ∞), F = B((0, ∞)), µ 为 (0, ∞) 上的Lebesgue 测度.
fn(x)
,
fk <
) < δk, ∀ k ≥
ε, 得到矛盾.
于是 ω ∈ ∪∞ k=n{d(fk+1, fk) ≥ δk}, 即 (1) 得证. 所以∀ n ≥ n0,
µ(∪∞ v=1{d(fn+v, fn) ≥ ε})
≤ µ(∪∞ k=n{d(fk+1, fk) ≥ δk}) ∑ ∞
≤ µ({d(fk+1, fk) ≥ δk}).
先证明: |a + b|r ≤ (2r−1 ∨ 1)(|a|r + |b|r) (∗).
3
当 0 < r < 1 时, 考查函数 xr + (1 − x)r, 它在 [0, 1] 上的最小值在 x = 0, 1
处取得, 即是 xr + (1 − x)r ≥ 1.
用
|a| |a+b|
代替上面式子中的
ε
+P (|Xn
−
X|
>
) 2M1
+
P (|Y
|
>
M1)
ε
ε
≤
2η
+
P (|Yn
−
Y
|
>
) 2M2
+
P (|Xn
−
X|
>
M2
−
M1)
+
P (|Xn
−
X|
>
2M1
).
因为 Xn →P X 和Yn →P Y , 所以上式两端令 n→∞, 可得 limn→∞ P (|XnYn−XY | > ε) ≤ 2η, 由 η 的任意性, 可得 limn→∞ P (|XnYn − XY | > ε) = 0, 即 XnYn →P XY 得证.
=
(x +
1 n
)2,
f (x)
=
x2,
则
fn(x)→f (x)
a.s.
取 δ = 1, ∀ Aδ ∈ F, s.t.
µ(ACδ ) < 1. 则 µ(Aδ) = ∞. 所以
1 2x
sup
x∈Aδ
d(fn(x), f (x))
=
sup
x∈Aδ
(
n2
+
) = ∞. n
习题8.2 1. 如果 Xn →P X, Yn →P Y , 那么 XnYn →P XY .
i和X→| ∞{=X0时n.ki,所}∫i≥以|1X使nlkiim得−当X∫ ||→Xi→n0∞,−于X时是| ,=nl→iU0m∞n. ki∫→|XUn,
Xnki −X|
→X a.s., ∫
= lim
k→∞
由习题 5.4
|Xnk −X| =
第2
lim
i→∞
题知, 当
∫ |Xnki −
n→∞
习题8.5 第1 题 证明: 设 Fn →V F , 且 Fn →V G. 则由淡收敛的定义有
+
1 q
= 1.
因为 f (x) = ex 是凸函数, 所以
e
1 p
ln
a+
1 q
ln
b
≤
1 eln a
+
1 eln b
=
a
+
b .
p
q
pq
即得
11
apbq
≤
a p
+
b q
,
用
ap, bq
取代上面的
a, b
即得所证.
下面我们来证H¨older 不等式. 由Younger 不等式,
|X |
|Y |
|X |p
注: 单是对于本题的结论, 条件 infn EXn > −∞ 多余, 当然要用控制收敛 定理来证明本题的话需要.
§8.3
证明H¨older 不等式和Minkowski 不等式. (1) 证明H¨older 不等式.
先证明Younger 不等式:
ab ≤
ap p
+
bq q
,
∀
a,
b
≥
0,
p,
q
≥
0,
1 p
2
习题8.2 2. 证明: 因为 f (x) 一致连续, 所以对于任意的 ε > 0, 存在 δ > 0, 使得 对于任意的 x1, x2, 当 |x1 − x2| < δ 时, |f (x1) − f (x2)| < ε. 所以
{|f (Xn(ω)) − f (X(ω))| ≥ ε} ⊂ {|Xn(ω) − X(ω)| ≥ δ}.
第3题 证明: 由于 X 有限, 则 limn→∞ P (|X| > n) = 0. 于是 ∀ ε > 0, 存在 N1 > 0,
s.t.
P (|X| > N1) < ε/4. (1)
因 Xn a→.e. X, 则
P (∩∞ k=1 ∪∞ n=k |Xn − X| > 1) < ε/4,
于是存在 N2 > 0, s.t. P (∪∞ n=N2|Xn − X| > 1) < ε/4, 所以可得
4
F (x) = limn→∞ F (xn) = limn→∞ G(xn) = G(x). 可得 F (x) ≡ G(x) 即淡收敛的 极限是唯一的.
补充题 求证: 若 Xn →P X, 则 Xn →D X. 证: 设 Fn, F 分别是 Xn, X 的分布函数. ∀ y < x, 有
{X < y} = {X < y, Xn < x} ∪ {X < y, Xn ≥ x} ⊂ {Xn < x} ∪ {|Xn − X| ≥ x − y},
习题3 题目中需再加一条件 E|Xn|r < ∞, ∀ n ≥ 1. 由定理8.3.18 直接可得.
习题5 首先存在 {Xn}n≥1 的子列使得
∫
∫
lim
n→∞
|Xn − X| = lim
k→∞
|Xnk − X|.
因为 Un →µ U , Xn →µ X, 所以分别存在 {Unk }k≥1 和 {Xnk }k≥1 的子列 {Unki }i≥1
ε
ε
≤
P (|Xn||Yn
−
Y
|
>
) 2
+
P (|Xn
−
X ||Y
|
>
) 2
ε
ε
≤
ຫໍສະໝຸດ Baidu
P (|Yn
−
Y
|
>
) 2M2
+
P (|Xn|
>
M2)
+
P (|Xn
−
X|
>
) 2M1
+
P (|Y
|
>
M1)
ε
≤ P (|Yn − Y | > 2M2 ) + P (|Xn| > M2, |X| > M1) + P (|Xn − X| > M2 − M1)