高等概率论复习题

1、一、填空题1、设则=，= .2、Cantor集是疏朗集、完全集集，它的势为。3、设当n为偶数时；当n为奇数时，则=，=。4、若的任一开覆盖都有有限的子覆盖，则称为紧空间；若的每一点都有一个相对紧的邻域，则称为局部紧空间；若的每一点列都有一收敛于中点的子列，则称为列紧集。5、设由的半集代数上的体积测度生成的Lebesgue外测度为，则称上的测度 为n维Lebesgue测度，在上的限制为n维BorelLebesgue测度。6、n维随机变量产生的代数；在上的限制称为的概率分布测度。7、称为在C之下的正则条件概率，如果（1）是上的概率测度；（2）是C可测函数且存在C可测零概率集N，使得。8、设为一测度

2、空间，是上的一个集函数，（1）若有 则称为连续的；（2）若，使得对所有的都有，则称为奇异的。9、若C与独立，则有：（1）；（2）=。10、设是两个随机变量序列，若，则称它们尾等价。对随机变量序列常用的“截断”手法是取使与 等价11、设是距离空间上的概率测度序列，且，则对一切的闭集有，对一切的开集有。12、设是可测空间，映射称为到上的转移概率，如果：（1）是可测函数；（2）是上的测度。第一章1、证明：自然数列全体的势为.证：设，可作映射，故.又对，所以.2、证明：的势为.证：作映射，在规定时的原像有无穷多个1的条件下，是一一映射，故的势等于的势，即为。3、证明：定义在上的连续函数的全体组成的集的

3、势为.证：首先，常数，从而，而的势为，所以的势不小于. 其次，把中的全体有理数排列起来，设为则上的任一连续函数由它在上的值完全决定.事实上，对任何，存在，由的连续性，.故作映射， 是一一映射，由全体实数列的势为，所以的势为不大于，故的势为.第二章1、设，为一可和的正数列，试证：是距离空间，其中定义为 .证：显然.设，则，由的定义知.反之，若，即则，从而. 因为是单调递增函数，且，所以故是距离空间.2、设是的一个子集，则下列三个命题等价：（1）列紧；（2）紧；（3）完备且全有界。证：只需证列紧。设，则使，由（1）知有一收敛的子列收敛于，显然也收敛于，故列紧。 设紧，则由在中稠知，为的覆盖，因而有

4、有限的子覆盖，所以全有界。其次设为基本列，则列紧，所以有的子列收敛于，因而本身收敛于，所以完备。设成立，且。若只有有限个不同的点，则必有一收敛的子列，因而不妨设两两不同，由全有界知，使为的覆盖。因而中有一个无限子列包含在某一中，此时。同理中有一个无限子列包含在某一中，此时。依此类推，存在着可数个无限子列使 而且包含在一个半径为的球中。取则当时，因而都在中，即为一基本列，由于完备，收敛，因而列紧。3、若将上的随机变量看成同一个随机变量，则1、是随机变量空间上的距离。2、随机变量序列。证明：1、显然。若，则由积分性质及知 因而。又显然， 故只需证。事实上，由，知 即得。 2、 。4、证明：1、紧空

5、间的闭子集是紧集；2、距离空间的紧子集是闭集。证：1、设为闭集，为紧空间，是的一个覆盖，则是开集，且是的一个覆盖，因而存在的有限覆盖，设为，于是是的有限覆盖，即（！）成立。 2、设是紧集，为证（2）只需要证: 使，（从而）则而是的一个覆盖，由的有限覆盖由的紧性知，存在，使。令，则。从而有故有（2）由此获证。第三章1、设或或或，在上定义集函数： 若是中两两不相交的集，且 证明：. 证：令. 当或时，性质显然成立，故不失一般性，可以假设且，于是由假设知,因此 。2、设是半集代数上的有限可加测度，若，两两不交且 证明：. 3、称的子集类为的单调类，如果它满足：（1）对不降集列的并封闭，即且则有； (

6、2) 对不升集列的交封闭，即且则有 。试证：（1）若A为的集代数且为单调类，则A为代数；（2）的任一子集类C上的最小单调类是存在的；（3）若A为的集代数，则包含A的最小单调类M (A)等于(A)，因而包含A的单调类必包含(A)。证明：1、设A ，则令，由A为集代数知A ，且，由A为的单调类知：A，但，所以A对可数并封闭，从而A为代数。 2、首先根据定义知：的一切子集构成的集类是单调类，且任意个单调类之交仍为单调类，故一切包含子集类C上的单调类的交即为所求的最小单调类。 3、为证M (A)是代数，只需证明其为集代数，从而只需证对任意的M (A)，M (A)。对任一给定的M (A)，令。 第一步：

7、若则由M (A)的定义知：，且，由于M (A) 是单调类，故，由M (A)的定义知M (A)。 第二步 若A，则对任何A，A，A，但AM（A），于是 M（A）， M（A）， M（A），故由M（A）的定义知： M（A），因此A，由第一步证明知是包含A的单调类，故M（A）。但显然有M（A），所以M（A），对任一A 。 第三步 若M（A），则对任一 A 来说，由第二步知M（A），因而，由第一步知M（A），又由AM（A）知M（A），故再由第一步知，亦即对任一 A都有，所以A，而是单调类，故M（A），而M（A）显然。所以M（A），对任一M（A）。综合以上三步即证得M (A)等于(A)。4、设E是的一个子

8、集类，。记EE，试证：（1）(E)是的子集类E生成的集代数；（2）(E)是的子集类E生成的代数。证明：（1）因为E，所以(E)。又对任意的(E)，由于(E)，所以(E) ，故(E)是的包含子集类E的一个集代数。令(E)，(E)，则仿上所证知，E 为 一个集代数，从而(E)，因而有(E)(E)，但(E)是包含E的最小集代数，所以(E)(E)，故(E)(E)。 （2）因为E，所以(E)。又对任意的(E)，由于(E)，(E)，所以(E) ，(E) ，故(E)是的包含子集类E的一个代数。令(E)，(E)，则仿上所证知，E 为 一个代数，从而(E)，因而有(E)(E)，但(E)是包含E的最小代数，所以(

9、E) (E)，故(E) (E)。5、设是测度空间，证明：（1）；（2）若，使 ，则。6.设A 为 上的集代数，（1）设是（A）上的测度且在A上有限。若（A）则A，使第四章1、设是上的实可测函数序列，证明：都是上的实可测函数。证：显然， 故都是可测的，因而也是。为了证明，我们注意对任意两个实可测函数来说，设表示有理数集，因为 证毕。2、设为中均匀分布的随机变量，对于每个概率分布函数F，定义，则概率分布函数F。3、设C 为的一个系，H为上的函数集，且满足下列条件：（1）H；（2）H对非负线性组合封闭，且若H，有界，则 H；（3）若H ，且则H ；（4）H则包含一切非负可测函数。证：令，由（1）知，

10、；由（2）知对真差封闭；由（3）知对不降集列的并封闭，因而是一系，所以由集合形式的单调类定理知。故，再由（2）知任何可测简单函数属于。对任何非负可测函数，存在不降的非负可测简单函数，由（3）知，即H包含一切非负可测函数。第五章1、设是测度空间上的可测函数，对可积，则存在常数，使。特别，若有限，则。2、（1）设的分布密度为，试求的分布密度。 （2）设的分布密度为试求(1)中定义的的分布密度，并证明独立。解（1）因为由可解得从而 。故。（2）当时， = 。故独立。3、设可积，且有限，有限。（1）若则 （2）若则证：（1） 由Fatou 引理知道 类似地 ，故（2）由于 所以即第六章F1 F21、设

11、是取非负整数值的随机变量，是同分布随机变量，且独立，. 证明：.证：设，则与独立，因而，其中表示的分布，即.。2、设. 证明：.证：.而，故反之，只需证： (1)对任意给定的，令则易证：是中的代数，且包含，所以，即： (2)其次，考查则易证：是包含的代数，所以，这就得到（1），因而故.3、设是二个有限测度，令 或，证明：是上唯一满足的有限测度。证明：4、设是个有限测度空间，则在乘积测度代数上存在唯一的有限测度，满足证明：先证;n=2时结论成立。若令，则可证为上的测度，且满足 （1）还可证满足（1）的测度的有限性及唯一性。 其次，用归纳法证明存在性。 最后由测度扩张定理证明唯一性。5、设若为B

12、上的可测函数，而为上的分布函数，且则 证: x 6.1 习题第1 题设 是一不可数集, F 是包含 中一切单点集的最小- 代数, 则 的对角线 := f(!; !) : ! 2 g 62 F F, 但8!i 2 ; i = 1; 2;!1 := f!2 : (!1; !2) 2 g 2 F;!2 := f!1 : (!1; !2) 2 g 2 F;这个例子说明了什么?证明: 我们来证 62 F F.首先, 由习题3.1 第9 题(i) 知G := fF 2 : F或者Fc为有限集, 或可数集g 为 上的- 代数. 易知G 包含 中的所有单点集, 且是包含这些单点集的最小的- 代数, 于是F =

13、 G = fF 2 : F或者Fc为有限集, 或可数集g.设A := fA 2 : A具有形式(1Si=1(Ai yi)S(1Sj=1(xj Bj)或者(1Si=1fAi yig)S(1Sj=1fxjBjg)S(1Sk=1(CkDk); 其中Ai;Bj ;2 F; (Ck)c; (Dk)c为至多可数集; xj ; yi 2; i; j; k 1; 且xj之间; yi之间互不相同g. 下证F F A .令C := fF H : F;H 2 Fg, 则F F = (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- 代数.首先, ; 2 A 易得.其次, 显然A

14、对可列并运算封闭.再者, 证A 对余运算封闭.设A = (1Si=1(Ai yi)S(1Sj=1(xj Bj)S(1Sk=1(Ck Dk);其中Ai;Bj ;2 F; (Ck)c; (Dk)c为至多可数集; xj ; yi 2 ; i; j; k 1; 且xj之间; yi之间互不相同:则Ac = (1i=1(Ai yi)c(1j=1(xj Bj)c(1k=1(Ck Dk)c= ( fyi : i 1gc) 1i=1(Aci yi)(fxj : j 1gc ) 1j=1(xj Bcj ) 1k=1(Cck ) ( Dck )我们来看1Tk=1(Cck ) ( Dck ), 首先计算(Cc1 )

15、( Dc1 ) (Cc2 ) ( Dc2 )= (Cc1 Cc2) ) (Cc1 Dc2 ) (Cc2 Dc1 ) ( (Dc1 Dc2 )注意到Cc1 Cc2;Cc1 均为至多可数集, 不妨设Cc1 Cc2 = fwi : i 1g;Cc1 = fvj :j 1g, 于是(Cc1 Cc2 ) =1Si=1(wi ), (Cc1 Dc2 ) =1Sj=1(vj Dc2 ), 于是(Cc1 Cc2) ) (Cc1 Dc2 ) 具有形式1Sj=1(xj Bj), 同理(Cc2 Dc1 ) ( (Dc1 Dc2 ) 是形1如1Si=1(Aiyi) 的集合, 于是2 Tk=1(Cck )(Dck )

16、形如(1Si=1(Aiyi)S(1Sj=1(xj Bj),下面让它依次与(Cck ) ( Dck ); k = 3; 4; 做交运算, 可得1Tk=1(Cck ) ( Dck ) 仍然是一个形如(1Si=1fAi yig)S(1Sj=1fxj Bjg) 的集合.(此处实际上证得一列形如(1Si=1fAiyig)S(1Sj=1fxj Bjg) 的集合的交集仍然形如(1Si=1fAiyig)S(1Sj=1fxj Bjg).)易知( fyi : i 1gc)S 1Si=1(Aci yi) 具有形式(1Si=1fAi yig)S(1Sk=1fCk Dkg),(fxj : j 1gc )S 1Sj=1(

17、xj Bcj ) 具有形式1Sj=1fxj BjgS(1Sk=1(Ck Dk), 那么可得此时Ac 具有形式(1Si=1(Ai yi)S(1Sj=1(xj Bj).如果设A = (1i=1(Aiyi)(1j=1(xjBj); 其中Ai;Bj ;2 F; xj ; yi 2 ; 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(1Si=1(Ai yi)S(1Sj=1(xj Bj)S(1Sk=1(Ck Dk). 总之,Ac 2 A .于是A 是一- 代数, 从而得F F A , 而集合 不具备A 中集合的形式, 于是 62 F F.而对于任意!1 2 ;!1 =

18、 f!1g 2 F, 对于任意!2 2 , !2 = f!2g 2 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1 = 2 = R;F1;F2 均为R 上的Borel 可测集的全体, 1; 2 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!2 2 2, 则A!2 1!2, 又12(1!2) = 0,于是A!2 是12- 零集,

19、 于是A!2 2 F1 F2, 但是注意到(A!2)!2 = A 62 F1,于是A !2 62 F1 F2.下面来证: F1 F2 F1 F2.设C := fA B : A 2 F1;B 2 F2g, 则F1 F2 = (C ). 任取A B 2 C , 则存在C 2 F1;D 2 F2, 及1- 零集N1, 2- 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1 2- 零集, 于是(C N2) (N1 D) (N1 N2)为12-

20、 零集, 又C D 2 F1F2, 于是AB 2 F1 F2, 于是证得C F1 F2,又F1 F2 是一个- 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 2 B) = ZRnP(X1 2 B y;X2 2 dy)= ZRnP(X1 2 B y)P(X2 2 dy)= ZRnP1(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

21、导知P(X1+X2 x) = RRn P1(1; xy)P2(dy) = RRn F1(xy)dF2(y),8x 2 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P(X1 + X2 x) = ZRnF1(x y)dF2(y)= ZRn Z(1;xyp1(z)dzp2(y)dy= Z(1;x ZRnp1(z0 + y)p2(y)dydz0最后一个等号由先做一个积分变换z = z0y , 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

22、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) = ZRnP1 P2(B y)P3(dy)= ZRn ZRnP1(B y z)P2(dz)P3(dy)= ZRn ZRnP1(B z0)P2(dz0 y)P3(dy)= ZRnP1(B z0) ZRnP2(dz0 y)P3(dy)= ZRnP1(B z0)P2 P3(dz0)= 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

23、 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 := f(t; !) : f(t; !) = 1g, At := f! : f(t; !) = 1g; 8t 2 R,A! := ft :f(t; !) = 1g; 8! 2 .由题意知, P(At) = 0; 8t 2 R, 于是( P)(A) = RR P(At)d = 0:所以R (A!)dP = ( P)(A) = 0. 注意到(A!) 0; 8! 2 ; 于是(A!) =0; a:e: !(P)

24、; 即(ft : f(t; !) = 1g) = 0; a:e: !(P):第5 题证明: 先证任意F1 F2 Fn 可测的集合A 在(!i1 ; !i2 ; ; !ik) 处的截集是Fj1 Fj2 Fjnk可测的.设 = fA 2 F1F2 Fn : A在(!i1 ; !i2 ; ; !ik) 处的截集是Fj1 Fj2 Fjnk可测的g:取A = A1 A2 An; 这里Ai 2 Fi; i = 1; ; n, 则A(!i1 ;!i2 ; ;!ik ) = Aj1 Aj2 Ajnk 2 Fj1 Fj2 Fjnk , 于是F1 F2 Fn 中的所有柱集都属于.下面来证 是一个- 代数.(i)

25、; 2 .(ii) 任取A 2 , 则A(!i1 ;!i2 ; ;!ik ) 2 Fj1 Fj2 Fjnk , 于是Ac(!i1 ;!i2 ; ;!ik ) =(A(!i1 ;!i2 ; ;!ik )c 2 Fj1 Fj2 Fjnk , 于是Ac 2 .(iii) 任取一列集An 2 ; n 1; 则(An)(!i1 ;!i2 ; ;!ik ) 2 Fj1 Fj2 Fjnk ; 8n 1,于是( Sn1An)(!i1 ;!i2 ; ;!ik ) = Sn1(An)(!i1 ;!i2 ; ;!ik ) 2 Fj1 Fj2 Fjnk .于是证得 = F1 F2 Fn:设f 是一F1 F2 Fn 可

26、测的函数, 任取可测集B (实或者复Borel 可测集),则f(!j1 ; !j2 ; ; !jnk) : f(!i1 ;!i2 ; ;!ik )(!j1 ; !j2 ; ; !jnk) 2 Bg = (f(!1; !2; ; !n) :f(!1; !2; ; !n) 2 Bg)(!i1 ;!i2 ; ;!ik ) 2 Fj1 Fj2 Fjnk , 最后的这个属于关系由前面证明的结论得知.于是f(!i1 ;!i2 ; ;!ik ) 是Fj1 Fj2 Fjnk可测的.第6 题证明:(1) 先证对任意的可测柱集A = A1 A2,g(w1) := Z21A(w1; w2)(w1; dw2) (6:

27、1)是非负F1- 可测的, 其中A1 2 F1 且A2 2 F2. 事实上，由于 为 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fBi; ngn2N 使得i = n2NBi; n且对任意的m; n 2 Nsupw12B2;m(w1; B2; n) 1:注意到g(w1) =Xn2N ZB2; n1A(w1; w2)(w1; dw2) =Xn2N(w1; B2; n A2):4又由转移测度的定义知(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 2 F1 F2, (6.1) 中定义的

28、函数g 也是F1- 可测的. 为此我们利用 系方法. 具体地，我们记M := fA 2 F1 F2 : 8n 1; ZB2;n1A(w1; w2)(w1; dw2)是F1- 可测的g:由(1) 可知C M. 注意到(C ) = F1F2. 如果能证明M 是 系，则有(C ) M,从而F1 F2 = M. 事实上, 易知1 2 2 C M. 如果A; B 2 M 且B A, 则Z21AnB(w1; w2)(w1; dw2) =1 Xn=1 ZB2;n1AnB(w1; w2)(w1; dw2)=1 Xn=1(ZB2;n1A(w1; w2)(w1; dw2) ZB2;n1B(w1; w2)(w1;

29、dw2)可知A n B 2 M. 又设fAngn2N M F1, 且An , 由积分的单调收敛定理可知Z21n2NAn(w1; w2)(w1; dw2) = Z2limn2N1An(w1; w2)(w1; dw2)= limn2N Z21An(w1; w2)(w1; dw2)从而可知n2NAn 2 M. 这就证明了M 是 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Z2f(w1; w2)(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

30、.第8 题证明: (1) 对于任意的B 2 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(;B) = RB f(; y)dy = R IB(y)f(; y)dy 是B(0; 1) 可测函数.(2) 固定x 2 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, (x;B) = RB f(x; y)dy 是(0; 1;B(0; 1) 上的测度.于是由(1)(2) 知, (x;B) 是0; 1 B(0; 1) 上的

31、转移测度.第9 题证明: 由定义(A) = Z1 Z2IA(!1; !2)2(!1; d!2)1(d!1)= Z12(!1;A!1)1(d!1)5这里A!1 = f!2 : (!1; !2) 2 Ag.注意到2(!1;A!1) 是关于!1 的非负函数, 于是由引理5.2.3(3) 知, R12(!1;A!1)1(d!1) =0 当且仅当2(!1;A!1) = 0; a.s. !1-1.于是(A) = 0 当且仅当存在N 2 1, s.t. 1(N) = 0; 且当!1 2 Nc 时, 2(!1;A!1) =0:第10 题证明: (1) 首先证明对任意的柱集A = A1A3，其中A1 2 F1

32、且A3 2 F3，函数g(w1; w3) = Z31A(w1; w3)(w2; dw3) (10:1)是F1 F2- 可测的. 事实上，g(w1; w2) = 1A1(w1) Z31A3(w3)(w2; dw3) = 1A1(w1)(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 2 F1 F3, (6.1) 中定义的函数g 也是F1 F2- 可测的. 为此我们利用 系方法. 具体地，我们记M := fA 2 F1 F3 : 8n 1; ZB3;n1A(w1; w3)(w2; dw3)F1 F2可测g:由于 为 有限转移测度, 故由定义，对i

33、= 2; 3, 存在互不相交的Fi 可测集fBi; ngn2N使得i = n2NBi; n且对任意的m; n 2 Nsupw22B3;m(w2; B3; n) 0; EjXj 1 , EjXjc 1由第1 题结论可知EjXjc = R10 P(jXj ct)dt =1Pk=0 Rk+1k P(jXj ct)dt ()注意到当t 2 k; k + 1 时, P(jXj c(n + 1) P(jXj ct) P(jXj cn),于是结合() 有1Pk=0P(jXj c(n + 1) EjXjc 1Pk=0P(jXj cn), 于是1Pk=1P(jXj cn) EjXjc 1 +1Pk=1P(jXj

34、 cn), 于是EjXjc 1 ,1Pk=1P(jXj cn) 1. 所以EjXj 1 ,1Pk=1P(jXj cn) 0,1Pk=1P(jXj cn) 1, 则EjXj 0;1Pk=1P(jXj cn) 1.第3 题证明: 由第1 题结论知,EjXjr = Z 10rtr1P(jXj t) dt=1 Xk=0 Z k+1krtr1P(jXj t) dt:注意到, R10 rtr1P(jXj t) dt P() 1; 所以EjXjr 1 ,1 Xk=1 Z k+1krtr1P(jXj t) dt 1若r 1,1 Xk=1rkr1P(jXj k + 1) 1 Xk=1 Z k+1krtr1P(j

35、Xj t) dt 1 Xk=1r(k + 1)r1P(jXj k):1又若r 1,k 1,kr1 (k + 1)r1 =(k + 1)r1kr1 kr1 2r1kr1;所以此时1 Xk=112r1 r(k+1)r1P(jXj (k+1) 1 Xk=1 Z k+1krtr1P(jXj t) dt 1 Xk=12r1rkr1P(jXj k):于是1 Xk=212r1 rkr1P(jXj k) 1 Xk=1 Z k+1krtr1P(jXj t) dt 1 Xk=12r1rkr1P(jXj k):若0 r 0;EjXjr 1 , P1k =1 rkr1P(jXj k) 1:2引理7.1.2(page

36、167) 证明：(下连续性) 设An : n N F, An . 取B1 = A1,Bn =An An1, n 2. 由于An , 则n=1 An = n=1 Bn, nk=1 Ak = nk=1 Bk, n 1, 且Bn两两不交. 所以(n=1An) = (n=1Bn) 可加性= n=1(Bn)= limnn k=1(Bn) 有限可加性= limn(nk=1Bk) = limn(nk=1Ak) = limn(An),于是(n=1An) = limn(An).(上连续性) 令Bn = Am An, n m. 则Bn : n m F, 且Bn . 于是由符号测度的下连续性, (n=mBm) =

37、limn(Bn). 而n=mBm = Am n=mAn = Am n=1An,注意到n=1An Am, 又(Am) R, 于是(n=1An) R, 所以(n=1Bn) = (Am n=1An) 有限可加性= (Am) (n=1An).同样的, 因为n m,An Am, 所以(Bn) = (AmAn) = (Am)(An). 于是(Am)(n=1An) = (Am) limn(n=1An). 又(Am) R, 故(n=1An) = limn(An).引理7.1.3(page 167) 证明: (1) 任取Bn F, Bn 两两不交. 令An = nk=1Bn,则An n=1Bn, 于是由下连续性

38、知, limn(An) = (n=1Bn), 又由 的有限可加性知, (An) = (nk=1Bn) = nk=1 (Bk), 等式两边对n 取极限, 可得(n=1Bn) =k =1 (Bk), 即 是-可加的, 又() = 0, 故 是符号测度.(2)任取Bn F, Bn 两两不交. 令An = k =nBk, 则An n1(k=nBk) = . 若对于n 1, 都有(An) = + or ( 则必只能同时是+ or 之一), 则(k =1Bk) =+ or = k=1 (Bk). 若n 1 s.t. (An) R, 则由条件知limn(An) = 0. 于是(n=1Bn) = (nk=1B

39、k) + (k=nBk) = nk=1 (Bk) + (k=nBk) = nk=1 (Bk) +(An) k=1 (Bk). 故而(n=1Bn) = 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A F,+(A) = supBAF(B) supBAF1(B) = 1(A),故+ 1. 注意到+ = 1 2, 则有 2.第2题证明取An = , n N. 则(An) = 0, n N. 于是() = limn(An) = 0.任取Bn F, 且Bn, n N 两两不交, 设An = knBk, 则An. 因 为有限测度, 所1以(An)0 (n). 于是(An)0 (n). 所以( k1Ak) =n k=1(Ak) + ( knAk),让n, 上式的右端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 0, s.t. x, y a, b, |F(x) F(y)| K|x y|, 所以VF (a, b) = lim|n|0n k=1|F(tk) F(tk1)| K lim|n|0n k=1|tk