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《概率论》习题解答(不完全版).pdf 43页

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'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。P1P1limf(x)=bnlim±an(x)=bn¢0=0x!¡1x!¡1n=1n=1P1P1P1limf(x)=bnlim±an(x)=bn¢1=bnx!1x!1n=1n=1n=12.取f(x)=[x]P1但±n(x)¸0;8x2R，显然f在x<0处不满足。n=1P1P1作如下修改：f(x)=±n(x)¡±n(¡x)¡±0(¡x)n=1n=13.否则可取n>B¡A个跳跃点fagn跳跃都大于"。"jj=1不妨设a1<¢¢¢an;y"¢n>B¡A矛盾。1 1先设f有界。则8n¸1，大小超过的跳跃数至多有限。记f的n1不连续点集为A=fxjf(x+)¡f(x¡)>0g，大小超过的跳跃n11点集为An=fxjf(x+)¡f(x¡)>ng。由A=[An得不连续点n=1可数。8>>>>f;jxj·n<对于一般的f，定义有界函数fn=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[F(x+")¡F(x¡")]=F(x+)¡F(x¡)=0"#0且上式显然表示x处的跳跃。2.由于分布函数递增，故8">0，X0·[F(aj)¡F(aj¡)]·F(x¡)¡F(x¡")x¡"0，Fc(x)¡Fc(x¡")=[F(x)¡F(x¡")]¡[Fd(x)¡Fd(x¡")]XX=[F(x)¡F(x¡")]¡[bj±aj(x)¡bj±aj(x¡")]jjX=[F(x)¡F(x¡")]¡bjx¡"0。而8">0，由单调性，F(x+")¸F(x+);F(x¡")·F(x¡)。因此，F(x+")¡F(x¡")¸F(x+)¡F(x¡)>0。即x属于支集。^设x为支集的孤立点，则存在±>0使得8y2U(x;±);9"y>0;F(y+"y)=F(y¡"y)。由y的任意性得F在(x;x+±)上恒为F(x+)，在(x¡±;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。P1任取fbg1>0，满足b=1。定义离散分布函数F(x)=nn=1nn=1P1b±(x)，其中fag1为全体有理数的任意排列。nannn=1n=11.3节节节1.显然F不恒为0。F=FsZx0,Fac(x)=F(t)dt=0;8x2R¡10,F(x)=0;a:e:,Fsingular1 F=FacZx0,F(x)=F(t)dt;8x2R¡1Zx0000,F(x)¡F(x)=F(t)dt;8x0;b=1。只nannn=1nn=1n=1需证F0=0;a:e:。8x=2fag1，显然±0(x)=0;8j。又F一致收敛，故可导，且F0(x)=nn=1ajP1b±0(x)=0。nann=12.1节节节3.PnT中含k个点的元素共有Ck个，k=1;¢¢¢;n。故T有元素Ck=nnk=02 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;i6=j经过取补、交或并所表示2.fAjg不能经过取补、交或并表示全集或空集这样，令B=(A)(Ac)，其中N=f1;¢¢¢;ng;I取遍N的jiiji2Iji2NnIj所有有限子集，则这2n个B为全集的一个分划，且没有平凡集。j不难证明，¾(fAjg)=¾(fBjg)。再利用第9题结论即可。6.1取•=N，F1=¾(f1g);Fj+1=¾(Fj;fj+1g);j¸1;F=[Fj。显j=11然Fj½Fj+1。记An=f2ng2F2n½F;n¸1，但A=[An2F=。n=1故F不是¾域。11而令_Fj=¾([Fj)，则为包含所有Fj的最小¾域。j=1j=19.记G=fAjA=[¤n;K为某可数指标集g，则G½F。n2K另一方面，8A=[¤2G，有Ac=¤c=¤=nn[in2Kn2Kn2Ki6=n[¤n2G。即G对补封闭。又设Aj=[¤n2G;j¸1，则显n2Kcn2Kj1然[Aj2G。即G对可数并封闭。因此G为一¾域。而¤n2G;8n¸j=11，故由定义F½G。3 概率论第三周作业2.2节节节6.TT设E=¢F1=¢F2;F1;F22F。STTSTTST注意(FFc)¢=(F¢)(Fc¢)=(F¢)(Fc¢)=121222SSS¢，因此FFc¾¢。而FFc2F，故由浓厚集定义，P(FFc)=1212121·P(F)+P(Fc)，即P(F)¸P(F)。同理可证P(F)·P(F)，121212因此P¤定义合理。下证P¤为一概率测度。T显然P¤(¢)=P(•)=1。设fE=¢Fg互不相交，F2F。nnn¸1nTT令F0=F;F0=FFc¢¢¢Fc;n>1,11nnn¡11TE0=¢F0;n¸1nnPTSTPPP则P¤(E)=P¤(¢F)=P¤(¢F0)=P(F0)=P(F0)nnnnnTnTnTnnTn而¢FF=;;8i;j¸1!¢½(FF)c!P(FF)=0ijijijPPPTTTTTT因此P¤(E)=P(F)=P(FFc¢¢¢Fc)+P(F(Fc¢¢¢Fc)c)nnnn¡11nn¡11Pnnn=P(F0)+0.nnPP故P¤(E)=P¤(E)nnnn9.1由上次作业，C生成的¾域F中的元素可表为fEg及(E)c,E的j[j0j=1P1可数并。因此只需确定每个Ej上的概率测度。任取fpjg¸0;pj=j=01 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!2•如下：T(E)=f!g;j¸0，T([E)=jj+1jj2I[f!j+1g，则T为一同构。j2I11.先设¹为有限测度。111考虑递减集列f(x¡n;x]gn¸1，¹((x¡n;x])=F(x)¡F(x¡n)由测度的上从连续性，令n!1得，¹(x)=F(x)¡F(x¡)。若x为¹的原子，则也为分布函数F的跳跃点，故可数。下面设¹为¾有限。T设fEng"R，¹在每个En上有限。定义有限测度¹n(A)=¹(AEn),则lim¹n(A)=¹(A)。因此由已证¹n(x)=Fn(x)¡Fn(x¡)，可n!1得¹(x)=F(x)¡F(x¡)。若x为¹的原子，则必为某¹n的原子，故可数。12.P²设F(x)=bi±ai(x)离散，则faig为原子。设A2B(R)不包含任iS何ai，则1¸¹(Afaigi¸1)=¹(A)+¹(faigi¸1)=¹(A)+1，故¹(A)=0。所以¹为原子的。2 另一方面，设¹为原子的，所有原子为faigi¸1。则F(x)=¹((¡1;x])\c=¹((¡1;x]faigi¸1)+¹((¡1;x]faigi¸1)=¹(faijai·xg)+0X=¹(ai)±ai(x)i故F离散。²¹无原子,¹(fxg)=F(x)¡F(x¡)=0;8x2R,F连续22.²设x为11:中定义的原子，P(x)>0。设E2F为与fxg等价的任S意集，则可表为E=fxgN，其中N为零集。（见18）TT设F½E;F2F。注意x=2N，P(F)=P(FE)=P(Ffxg)+TTP(FN)=P(Ffxg)=0或P(E)。故x为22:中定义的原子。T²设E为22:中定义的原子。定义递增函数f(x)=P(E(¡1;x])。则f(¡1)=0;f(1)=P(E)>0。注意f仅取值P(E)和0，故不1连续。否则由介值定理，存在x0使f(x0)=2(P(E)+0)。矛盾。T设x为一跳跃点。则00使B(x;±0)½B(x;±)。所以¹(B(x;±))¸¹(B(x;±0))>0。n00n即x02S。Sc开显然。由定义，8x2Sc，存在±>0，使B(x;±)½Sc，xx且¹(B(x;±))=0。因此，Sc=[B(x;±)。由Lindelof条件，xxx2ScP可取可数覆盖：Sc=[B(x;±)，故¹(Sc)·¹(B(x;±))=0。nxnnxnnn下设O为任一开集，且¹(O)=0。8x2O;存在邻域B(x;±)½O。故¹(B(x;±))·¹(O)=0，因此x2Sc。即O½Sc。当¹为B1上概率测度时，8">0;由¹(B(x;"))¸F(x+")¡F(x¡2")和F(x+")¡F(x¡")¸¹(B(x;"))得两种定义等价。24 概率论第四周作业3.1节节节4.若G(µ(!))>x，由定义存在y>x，且F(y)·µ(!)。因此，F(x)·µ(!)。故得到f!jG(µ(!))>xg½f!jF(x)·µ(!)g另一方面，若µ(!)>F(x)，则对于充分小的">0，µ(!)>F(x+")。因此，G(µ(!))¸x+">x。故f!jµ(!)>F(x)g½f!jG(µ(!))>xg。综上，f!jµ(!)0，P(jX1¤nj>")=jX1¤nj>"dP=fjXj>"g¤ndP·P(¤n)!P0;n!1。故X1¤n!0。RR因为X可积，故由控制收敛定理，limXdP=0dP=0。n!1¤nEjXj特别，P(jXj>n)·!0，取¤n=fjXj>ng即可。n3.º(•)=1;º(?)=0显然。设fAg1½F互不相交，由题设条件及nn=1P1P1RRP111逐项积分定理，º(An)=AX1AndP=AX1AndP=n=1n=1n=1RS11X11SdP=º(An)。AAnn=1n=16.RR对fY¡Xng应用Fatou引理得到：¤lim(Y¡Xn)dP·lim¤(Y¡Xn)dPRn!1n!1由于Y可积，两边减去YdP即可。¤若没有Y的条件，Fatou引理不成立：R+取R上Xn=n1[0;1);n¸1。则limXn=0;a:s:。但XndP=1;8n¸nn!1P111。实际上，supXn=n1[1;1)，因此EsupXn=n(n¡n+1)=nn+1nnn1。2 概率论第五周作业3.2节节节11.2111一方面，EjXj1fjXj¸¸ag·(EX)2(E1fjXj¸¸ag)2=P(jXj¸¸a)2另一方面，EjXj1fjXj¸¸ag=EjXj¡EjXj1fjXj<¸ag¸a¡¸a=(1¡¸)a故P(jXj¸¸a)¸(1¡¸)2a212.此即C不等式。实际上，不难证明：8a;b2R;p>0;有ja+bjp·rmaxf1;2p¡1g(jajp+jbjp)。16.由Fubini定理：Z1(F(x+a)¡F(x))dx¡1Z1=P(xx)dx¡1Z1Z=1fxx)dx=P(X¸x)dx¡1¡13.3节节节2.1P(X1X2=§1)=2，故X1;X2;X1X2两两独立显然。11但P(X1=1;X2=¡1;X1X2=¡1)=46=8=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)=06=P(X1=2 n¡1)¦P(Xi=1)，因此全体不独立。i=2利用上例，取n=3;¤1=fX1=1g;¤2=fX2=1g;¤3=SSTSfX3=¡1g，则¤2¤3=¤1¤2。P(¤1(¤2¤3))=P(¤1)6=SP(¤1)P(¤2¤3)3.任取A的有限子集fi;¢¢¢;ig，设F中取Ec个数为k，我们用归纳法1nij®证明P(Fij)=¦P(Fij)。jj当k=0时，由于E®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F=Ec;j=ijj1;¢¢¢;k。则P(Fij)jcc=P(EjEk\Ej)j·k¡1j>kcc=P(Ej\Ej)¡P(EjEk\Ej)j·k¡1j>kj·k¡1j>kcc=¦P(Ej)¦P(Ej)¡¦P(Ej)P(Ek)¦P(Ej)j·k¡1j>kj·k¡1j>kc=¦P(Ej)¦P(Ej)j·kj>k=¦P(Fij)j故fF®g独立。任取B的有限子集，不妨设为f1;¢¢¢;ng。由刚证结论，直接验nnnn证P(([E)c)=P(Ec)=P(Ec)=P(Ec)=®\®¦¦®¦®i=1®2Aii=1®2Aii=1®2Aii=1®2Ai3 nP(([E)c)即可。¦®i=1®2Ai4 概率论第六周作业3.3节节节5.设®2A，A分为互不相交的子族A¯;A=[A¯。即证f¾(X®;®2¯2¦A¯);¯2¦g独立。任取¦的有限子集，不妨设为f1;¢¢¢;ng。令C=fB2¾(X®;®2TA)jP(BB)=P(B)¦P(B);8B2X¡1(B);®2Ag;C=1kkk®k02·k·n2·k·nfCijCi2¾(Xi);i2A1不同且可数gi注意C为一¸类，C0为一¼类，且C¾C0，故C¾¾(C0)。另一方面，不难看出¾(C0)=¾(X®;®2A1)。故C=¾(X®;®2A1)。即¾(X;®2A)与X¡1(B);2·k·n;®2A独立。®1®k对2·k·n照此做下去，即可证¾(X®;®2Ak);1·k·n独立。10.RRRR由于X;Y独立，故E(jX+Yjp)=jx+yjp¹2(dx;dy)=jx+yjp¹(dx)¹(dy)。xyRR因此，jx+yjp¹(dx)<1;¹¡a:e:。所以必存在某y使jx+yjp¹(dx)0;P(Xn0;P([fXk0;9n>0;8k¸n;Xk¸m;onsomeN;P(N)=0,Xn!1a:s:2.EjXn¡Xj=EjXn¡Xj1fjXn¡X>"jg+EjXn¡Xj1fjXn¡X·"jg·EX1fjXn¡X>"jg+"2 L1由Lebesgue控制收敛定理，上式第一项趋于0。故Xn!X3 概率论第七周作业4.1节节节4.由于f连续，故8±>0;9">0;使jxj<"时，jf(x)¡f(0)j<±jEf(Xn)¡f(0)j·Ejf(Xn)¡f(0)j=Ejf(Xn)¡f(0)j1fjXnj>"g+Ejf(Xn)¡f(0)j1fjXnj·"g·2MP(fjXnj>"g)+Ejf(Xn)¡f(0)j1fjXnj·"g<2MP(fjXnj>"g)+±令n!1;再令±!0即可。6.²Ej(X§Y)¡(X§Y)jp=Ej(X¡X)§(Y¡Y)jp·maxf1;2p¡1g(EjX¡nnnnnXjp+EjY¡Yjp)!0n²EjXnYn¡XYj=Ej(Xn¡X)Yn+X(Yn¡Y)j1111pqpq·(EjXn¡Xj)p(EjYnj)q+(EjXj)p(EjYn¡Yj)q1 qL1注意Yn!Y，可得(EjYnjq)q收敛，故有界M。111因此上式·M(EjX¡Xjp)p+(EjXjp)p(EjY¡Yjq)q!0nn11.)若X非几乎处处有限，则P(jXj<1)=1¡±<1。故8M>0;P(jXj·M)·1¡±。取"<±;则8M>0;P(jXj·M)<1¡"。即非按概率有界。(若非按概率有界，则9">0;使8m>0;有P(jXj·m)<1¡"。令m!1得，P(jXj<1)·1¡"<1。即非几乎处处有限。16.PP实际上，对于连续函数f，Xn!X)f(Xn)!f(X)。8">0;8k>0;P(jf(Xn)¡f(X)j>")·P(jf(Xn)¡f(X)j>";jXj·k)+P(jXj>k)由于f在闭区间[¡k;k]上一致连续，故存在±>0;使8x;y2[¡k;k];有jf(x)¡f(y)j·"。因此fjf(Xn)¡f(X)j>";jXj·kg½fjXn¡Xj>±;jXj·kg½fjXn¡Xj>±g因而P(jf(Xn)¡f(X)j>")·P(jXn¡Xj>±)+P(jXj>k)8"0>0，取充分大的k使P(jXj>k)<"0,由此得到±。令n!1并由"0P的任意性即得f(Xn)!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(limBn)¸limm(Bn)¸±，故必有一点属于limBn。n!1n!1n!14.1对于实值r:v:Xn，存在充分大的bn使P(jXnj>bn)·2n;8n¸1。Xn11取An=nbn;则P(jAnj>n)·2n;8n¸1。PXnXn由此不难看出，8">0;P(jj>")<1。由B:C:引理，P(jj>AnAnnXn";i:o:)=0，即!0;a:s:。An10.记U=flimXnb;i:o:g。n!1n!1则U=[Ua;b，所以P(U)=0。即limXn几乎处处存在。a;b2Q;abg独立。因此P(Xnb;i:o:)=0或1。由此得P(Xnb;i:o:)=0或1。类似第10的讨论得P(limXn0;">0;存在n0(±;")，使当n¸n0时，对于任何区间(a;b)，有¹(a+±;b¡±)¡"·¹n(a;b)·¹(a¡±;b+±)+"。而¹无原子，故由F的一致连续性可取±>0使¹(a¡±;b+±)<¹(a;b)+";¹(a+±;b¡±)>¹(a;b)¡"。因此，j¹n(a;b)¡¹(a;b)j<2"。6.8>>>>0;x<0<令Fn(x)=x;06x>>>:n;x>n度为¹n。显然Fn(x)!x;n!1;8x2R,即淡收敛于Lebesgue测度¹，但¹无限。若¹n(R)有界，同上证明过程可看出¹也有界。8.由提示，8B2B(R)，8">0，存在开集U和闭集C，使得U¾B¾""C;¹(U)¡·¹(B)·¹(C)+。22由于¹n(U)!¹(U);¹n(C)!¹(C);n!1，因此n充分大时¹(U)>""¹n(U)¡2;¹(C)<¹n(C)+2。故¹n(U)¡"<¹(B)<¹n(C)+"。1 再由单调性得，¹n(B)¡"<¹(B)<¹n(B)+"，即¹n(B)!¹(B);n!1。4.4节节节4.¡x1设Xn有密度函数fn(x)=eµn1(0;1)(x)，其中µn!1，X有密度函µn¡x数f(x)=e¡x1(x)，且X;X独立。则F(x)=1¡eµn，F(x)=(0;1)nnd1¡e¡x;x¸0。显然，Fn(x)!F(x);8x，因此，Xn!X。R"然而，8">0;P(jXn¡Xj·")=¡"fXn¡X(x)dxR"R1¡µxny¡x=¡"µne1(0;1)(x)e1(¡1;x)(y)dydx。R"R令n!1;由控制收敛定理得右边趋于e¡x1(x)ey¡x1(y)dydx=¡"(0;1)(¡1;x)P1¡e¡"<1。故Xn9X。!da;a为常数。记f(x)=jx¡aj设Xn1+jx¡aj，则f有界、连续，故E[f(Xn)]!P0;n!1。由定理4.1.5，Xn¡a!0。2 概率论第十周作业4.5节节节1.由于X!X;a:s:，故EjXjp6limEjXjp6EsupjXjp<1，nnnn!1n即X2Lp。Lp又jXn¡Xj·2supjXnj。故由定理4.1.4，Xn!X。n2.R1R1同定理4.5.2定义fA2CB，则¡1fA(x)dFn(x)!¡1fA(x)dF(x);8A>0。而Z1pjfA(x)¡xjdFn(x)Z¡1p6jxjdFn(x)jxj>AZp=jXnjdPjXnj>AZp6YdPY>AR1因此上式对n一致地趋于0，A!1（控制收敛定理）。故¡1fA(x)dFn(x)对n一R1致收敛于xpdF(x)。以下证明类似定理4.5.2。¡1n1 概率论第十一周作业4.5节节节6.只需证明fXt+Ytg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fXtg;fYtg一致可积得：supEjXtj和supEjYtj有界，故supEjXt+tttYtj·supE(jXtj+jYtj)有界。tRR""又8">0;9±>0;使8E2F满足P(E)<±，有supEjXtjdP<2;supEjYtjdP<2，RRtt故supEjXt+YtjdP·supE(jXtj+jYtj)dP<"。tt8.由李雅普诺夫不等式得fXng可积。直接验证定义：supEjXpRRpnjjXnjnsupjXnj>AjXnjdP6supjXnj>AAp¡1dP6Ap¡1!0;A!1。nn5.1节节节2.仿照定理5.1.2的证明：仍有E(S2)·Mn。n由切比雪夫不等式，8">0，P(jSj>n®")·Mn=M。nn2®"2n2®¡1"2PP22®M考虑子列fng，则P(jSn2j>n")6n4®¡2"2<1。由B:C:引nn1 2®Sn2理，P(jSn2j>n";i:o:)=0，故n2®!0;a:e:。同样定义D，并得到E(D2)·4n2M，由切比雪夫不等式，P(D>nnn24MDn2®")·4nM=。同前所证，n!0;a:e:。n4®"2n4®¡2"2n2®因此，8n2·k<(n+1)2;由jSkj·jSn2j+Dn得，jSkj!0;a:e:。k®n2®k®8.因为X绝对连续，故有密度f。RRRP(X¡[X]2N)=•1fX¡[X]2NgdP=R1fx¡[x]2Ngf(x)dx=R1fx2N+Zgf(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1fx2N+Zg几乎处处为1。即P(X¡[X]2N)=1。5.2节节节1.²由数分中的知识和a:e:收敛的定义即得。Pn²由习题3.2.14，EjSnjp·1EjXjp!0;n!1。nnjj=1当p<1时不一定成立。如取空间•=[0;1];F=[0;1];P=m。p1定义"j;k=k1(j¡1;j];k¸1;1·j·k，则Ej"j;kj=k1¡p。kk按照先以k递增，再j递增的顺序将"j;k重排，记为Xn。显然EjXjp!0;n!1。nn(n+1)P2PSn(n+1)考虑S=X="=n(n+1)，即2=n(n+1)ij;k2n(n+1)2i=116k6n;16j6k22 LpSn90。1;故n2.n1!P0。取提示中的序列，P(jXnj>")=P(Xn=2)=n，故XnnSn但P(n<1)·P(X[log2n]+1=0;¢¢¢;Xn=0)=¦P(Xj=i=[log2n]+1n0)=(1¡1)=[log2n];8n¸1。¦jni=[log2n]+1故limP(Sn<1)6lim[log2n]=0，因此Sn不依概率收敛于0。n!1nn!1nn3.由于Xn=Sn¡Sn¡1=Sn¡Sn¡1bn¡1，用习题4.1.3即可。bnbnbnbn¡1bn3 概率论第十二周作业5.2节节节4.Sn设Xn»B(1;p);i:i:d:，0则1Sn»B(n;p)。且P(jn¡pj>±)=P(jSn¡Pnnpj>n±)=@Apk(1¡p)n¡k。jk¡npj>n±k另一方面，P(jSn¡pj>±)=P(jS¡E(S)j>n±)·Var(Sn)=nnnn2±2np(1¡p)p(1¡p)1n2±2=n±2·4n±02对1p一致地趋于0，n!1。Pn故limsup@Apk(1¡p)n¡k=0n!10n±k5.3节节节1.类似定理5.3.1中定义¤=fmaxSj>"g;¤k=fmaxSj6";Sk>16j6n16j6k¡1RPnR"g;1·k·n。则同理可得S2dP>S2dP¸"2P(¤)。¤n¤kkk=1RRR11RPnR2c又jSndPj=jcSndPj·(cSndP)2(P(¤))2，SndP=SndP=¤¤¤¤¤kk=1PnRPnR¤k(Sn¡Sk+Sk)dP=¤kSkdP¸"P(¤)k=1Rk=1故"2P(¤)2·(S2dP)P(¤c)¤cnRR22因此，¾2(S)=S2dP+S2dP¸"2P(¤)+"P(¤)，得到P(¤)·n¤n¤cnP(¤c)¾2(Sn)¾2(Sn)+"2。1 2.pP(¤k;Sn¡Sk<¡2n)p·P(¤k;jSn¡Skj>2n)p=P(¤k)P(jSn¡Skj>2n)Var(Sn¡Sk)·P(¤k)2nn¡k=P(¤k);8k·n2npp故P(¤k;Sn¡Sk<¡2n)·P(¤k;Sn¡Sk¸¡2n)。因此P(maxSj>x)16j6nXn=P(¤k)k=1XnpXnp=P(¤k;Sn¡Sk<¡2n)+P(¤k;Sn¡Sk¸¡2n)k=1k=1Xnp·2P(¤k;Sn¡Sk¸¡2n)k=1Xnp·2P(¤k;Sn¡x¸¡2n)k=1p·2P(Sn¸x¡2n)7.此即单调收敛原理的直接应用（逐项积分）。2 9.1题设应改为P(Xn=0)=P(Xn=2)=2。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I，共有2n个。n;kP1P1anXn注意C中的点a都展开为3n;an=0;2。故8x2Jn;k;P(3n·n=1n=1PkP1Xnkx)=P(3n2In;i)=2n=F(x)。因此，i=1n=1R1RP1P1XnEXn10xdF(x)=•3ndP=3n=2n=1n=1R1RP1P1P12Px2dF(x)=(Xn)2dP=EXnXm=EXn+EXnEXm0•3n3n+m32n3n+mn=1n;m=1n=1n6=m113=+=488P1RRXnRR1itxit3n1itXn1itXnedF(x)=en=1dP=¦e3ndP=¦e3ndP=0•••n=1n=1121it¦(1+e3n)2n=15.4节节节1.Pn¡Xi因为X为i:i:d:，故X+和X¡也为i:i:d:。由定理5.4.2，i=1!EX¡;a:e:。nnnn1下面考虑正部。PnYi+i=1任取M>0;定义Yn=Xn1fX+，则Yn也i:i:d:。由大数定律知n!n·Mg3 Pn+XiEY;a:e:。故limi=1¸EY。再令M!1;由单调收敛原理1n1n!1Pn+Xi得limi=1=EX+=1。综合正负部的结果即可。n1n!12."(x)"(x)因为递减，故仍然有2递减（关于jxj）。同定理5.4.1的证明的jxjxPYn¡EYn前半部分可得到几乎处处收敛。®nn而XjEYnj®nnZX1=jxdFn(x)jn®njxj6®nZXjxj6dFn(x)njxj6®n®nZX"(x)6dFn(x)njxj6®n"(®n)XE"(Xn)·<1"(®n)nPYn故同样得到几乎处处收敛。®nn4 又XP(Xn6=Yn)nZX=dFn(x)njxj>®nZX"(x)6dFn(x)njxj>®n"(®n)XE"(Xn)6<1"(®n)nPXn因此fXng与fYng是等价序列，从而有®n几乎处处收敛。n5 概率论第十三周作业5.4节节节8.PnSn1Ejnj·nEjXjj=EjX1j;8n¸1。j=1R又8">0;由X1可积得存在±>0，使8E2F;P(E)<±;有EjX1jdP>XnXn<;jj61Yn®n®n定义fYng满足：=，下面验证三级数定理条®n>>Xn:0;jj>1®n件。PPA21.P(jXnj>®n)6®n®<1nn1 2.XYnjE[]j®nnXXn=jE[1fjXnj6®ng]j®nnXXn=jE[1fjXnj>®ng]j®nnXXn6E[jj1fjXnj>®ng]®nnXZ1Xn=P(jj1fjXnj>®ng>x)dx0®nnXZ1XXZ1Xnn=P(jj1fjXnj>®ng>x)dx+P(jj1fjXnj>®ng>x)dx0®n1®nnnXZ1XXZ1Xnn6P(jj>1)dx+P(jj>x)dx0®n1®nnnXZ1AXZ1A226dx+dx0®®1®®x®nnnnXA2XA21=¡®n®®n®1¡®nnXA2®=<1®®®¡1nn2 3.XY2n¾()®nnXYn26E()®nnXZ1Xn2=P(jj1fjXnj6®ng>x)dx0®nnXZ1pXn6P(jj>x)dx0®nnXZ1A26®dx0®®x2nnXA21=<1®®1¡®nn2PPP1A1²®n®=1情形。P(jXnj>2®n)>2®®n®=1，由B:C:引nnn理，P(jXnj>2®n;i:o:)=1。故P(jSnj>®n;i:o:)=1。5.5节节节4.P1P1由定理3.2.1推论，EN(t)=P(N(t)>n)=P(Sn·t)。n=1n=110.3 ES¿X1=ESk1f¿=kgk=1X1Xk=EXj1f¿=kgk=1j=1X1Xk=EXj1f¿=kgk=1j=1X1XkX1=EXjP(¿=k)=EXjkP(¿=k)k=1j=1k=1=EX1E¿222¾(S¿)=ES¿¡(ES¿)X122=ESk1f¿=kg¡(ES¿)k=1X1Xk22=E(Xj)1f¿=kg¡(ES¿)k=1j=1X1Xk2=EXiXj1f¿=kg¡(ES¿)k=1i;j=1X1XkX1Xk22=EXi1f¿=kg+2EXiXj1f¿=kg¡(ES¿)k=1i=1k=1i0;xnP(jSn()¡xj·")xZx+"(n)ntn¡1¡ntx=exdtx¡"(n¡1)!Znx(x+")n¡1y¡y=edyn(x¡")(n¡1)!xZn(x+")x=hSn(1)(y)dyn(x¡")xnn=P((x¡")6Sn(1)6(x+"))xxSn(1)"=P(j¡1j6)!1;n!1nx（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8">0;9±>0使得当jx¡yj<5 11±时，有jf(x)¡f(y)j<"。下面设+0=1。rrnjE[f(Sn())]¡f(x)jxn·Ejf(Sn())¡f(x)jxnn=Ejf(Sn())¡f(x)j1jSn(n)¡xj·±+Ejf(Sn())¡f(x)j1jSn(n)¡xj>±xxxxnr1n1·"+(Ejf(Sn())¡f(x)j)r(P(jSn()¡xj>±))r0xx¾2(S(n))nx1·"+2jjfjjr()r0±22x1="+2jjfjjr()r0±2n22b1·"+2jjfjjr()r0±2n2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.P1P1²设F1(x)=b1j±a1j(x);F2(x)=b2j±a2j(x)。则F1¤F2(x)=j=1j=1R1P1R1¡1F1(x¡y)dF2(y)=b1ib2j¡1±a1i(x¡y)d±a2j(y)=i;j=1P1b1ib2j±a1i+a2j(x)i;j=1故F1¤F2离散。²设F1连续。8x;h;R1jF1¤F2(x+h)¡F1¤F2(x)j=j¡1F1(x¡y+h)¡F1(x¡y)dF2(y)j·R1R1¡1jF1(x¡y+h)¡F1(x¡y)jdF2(y)·¡12dF2(y)<1，故由Lebesgue控制收敛定理可得F1¤F2在x处连续。R1²设F1绝对连续，密度为f1。则F1¤F2(x)=¡1F1(x¡y)dF2(y)=R1Rx¡yR1Rx¡1¡1f1(u)dudF2(y)=¡1¡1f1(u¡y)dudF2(y)=RxR1R1¡1¡1f1(u¡y)dF2(y)du。而¡1f1(u¡y)dF2(y)为一密度函数，故F1¤F2绝对连续。8.由定理6.1.4，只需验证各分布类的特征函数在类似的意义下封闭。2222222¾1tim¾2t(¾1+¾2)tim1t¡2t¡i(m1+m2)t¡²正态分布：f1(t)f2(t)=e2e2=e2²柯西分布：f(t)f(t)=e¡a1jtje¡a2jtj=e¡(a1+a2)jtj121 ¸ititit²泊松分布：f(t)f(t)=e1(e¡1)e¸2(e¡1)=e(¸1+¸2)(e¡1)1211.pRu2Rxu2记K=X2;8x>0;P(K·x)=p1e¡2du=2p1e¡2duu26x2¼02¼1¡1¡x故密度fK(x)=px2e2。2¼R1itxp1R1¡1¡x(1¡2it)特征函数"(t)=fK(x)edx=x2e2dx=(1¡02¼0¡12it)2。6.2节节节3.由控制收敛定理得：Za[F(x+u)¡F(x¡u)]du0Za1ZTe¡it(x¡u)¡e¡it(x+u)=limf(t)dtdu0T!12¼¡TitZa1ZTe¡it(x¡u)¡e¡it(x+u)=limf(t)dtduT!102¼¡TitZT1Zae¡it(x¡u)¡e¡it(x+u)=limf(t)dtduT!1¡T2¼0itZTZa12sintu¡itx=limf(t)dteduT!1¡T2¼0tZT11¡cosat¡itx=limf(t)edtT!1¡T¼t2Z111¡cosat¡itx=f(t)edt¼t2¡12 ZaZu1duf(t)dt20¡uZaZuZ11itx=duedF(x)dt20¡u¡1ZaZ1Zu1itx=dudF(x)edt20¡1¡uZaZ1sinxu=dudF(x)0¡1xZ1Za1=dF(x)sinxudu¡1x0Z11¡cosax=dF(x)x2¡15.11²f´1时，考虑x>0。¹(¡x;x)+¹(f¡xg)+¹(fxg)=221RTeitx¡e¡itx1RTsintx2RTsintxlimdt=limdt=limdt=2¼¡Tit¼¡Tt¼0tT!1T!1T!18>>>>0;02=(x1;x2)R<1Te¡itx1¡e¡itx21，故¹f0g=1。因此，lim2¼¡Titdt=1;02(x1;x2)T!1>>>>1:;x1=0orx2=021RTeit¡e¡itsin®t1RTsintsin®t²设¹为[¡®;®]中的均匀分布。limdt=limdt2¼¡Tit®t¼¡Tt®tT!18T!1><1;®6111另一方面，¹(¡1;1)+¹f¡1g+¹f1g=22>:1;®>1R®故lim1Tsintsin®tdt=®^1。¼¡Tt2T!1RTit¡itsint²设¹为[¡2;2]中的三角分布。lim1e¡e(®)2dt=®®2¼¡TittRT!1R®lim1T®2sint(sint)2dt=lim1Tsin®t(sint)2dt¼¡Tt3®¼¡Tt3T!1T!13 8><1;®>211另一方面，¹(¡1;1)+¹f¡1g+¹f1g=222>:®®¡;®62R41Tsin®t2®2故lim3(sint)dt=(®¡)^1¼¡Tt4T!14'

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