用户: Solution/ 习题: 随机分析

这份答案对应 2024-2025 学年第二学期随机分析习题, 课本为钱忠民、应坚刚老师的《随机分析引论》.

1第一周

习题 1. (练习 1.2.1) 下面是两个一致可积的充分条件: (1) 被一个可积随机变量控制的随机变量集 $\left\{{\xi }_i:i\in I\right\}$ 一致可积; (2) 设 $\left\{{\xi }_n\right\}$ 是随机变量列, 存在 $p>1$ 使得 ${\sup }_n\mathbb{E}\left[{\left|{\xi }_n\right|}^p\right]<\infty$ , 证明: $\left\{{\xi }_n\right\}$ 是一致可积的．

证明. (1) 显然.

(2) 设 ${\sup }_n\mathbb{E}[|{\xi }_n{|}^p]\le M$. 需要证明:$$\forall ϵ>0,\exists K>0,s.t.\forall n,\mathbb{E}[|{\xi }_n|\cdot 1_{|{\xi }_n|\ge K}]<ϵ.$$当 $|{\xi }_n|\ge K$ 时, 有 $|{\xi }_n|\le |{\xi }_n|\cdot (\frac{|{\xi }_n|}{K}{)}^{p-1}=\frac{|{\xi }_n{|}^p}{K^{p-1}}.$ 进而$$\begin{array}{r}\mathbb{E}[|{\xi }_n|\cdot 1_{|{\xi }_n|\ge K}]\le \mathbb{E}[\frac{|{\xi }_n{|}^p}{K^{p-1}}\cdot 1_{|{\xi }_n|\ge K}]\le \frac{\mathbb{E}[|{\xi }_n{|}^p]}{K^{p-1}}\le \frac{M}{K^{p-1}}.\end{array}$$取 $K>(\frac{M}{ϵ}{)}^{1/(p-1)}$ 即可.

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习题 2. (习题 1.5.2) 设 ${\xi }_n,\xi$ 是非负可积随机变量, ${\xi }_n\stackrel{\mathrm{p}}{\to }\xi ,\mathbb{E}\left[{\xi }_n\right]⟶\mathbb{E}[\xi ]$ ．证明: ${\xi }_n\stackrel{L^1}{\to }\xi$ ．

证明. $$\mathbb{E}[|{\xi }_n-\xi |]=\mathbb{E}[{\xi }_n+\xi -2\min ({\xi }_n,\xi )].$$欲证 $\mathbb{E}[|{\xi }_n-\xi |]\to 0,$ 只需证 $\mathbb{E}[\min ({\xi }_n,\xi )]\to \mathbb{E}[\xi ].$ 由于依概率收敛, 对 ${\xi }_n$ 的任一子列, 存在进一步子列几乎处处收敛. 不妨记进一步子列为 ${\xi }_{n_k}$. 从而有非负随机变量列 $\min ({\xi }_{n_k},\xi )$ 几乎处处收敛于 $\xi$, 且被 $\xi$ 控制. 由控制收敛定理, $$\underset{k\to \infty }{\lim }\mathbb{E}[\min ({\xi }_{n_k},\xi )].$$由此我们得到, 任何子列都存在一个进一步子列使得上式成立. 故对 $\mathbb{E}[\min ({\xi }_{n_k},\xi )]$ 的任意收敛子列, 其必收敛到 $\mathbb{E}[\xi ]$. 从而有 $\mathbb{E}[\min ({\xi }_n,\xi )]\to \mathbb{E}[\xi ].$

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习题 3. (习题 1.5.8) 设 $({\xi }_t:t\in I)$ 是概率空间 $(\Omega ,F,P)$ 上的随机变量族, 证明: 对任何 $A\in \sigma ({\xi }_i:i\in I)$, 存在 $I$ 的可列子集 $S$, 使得 $A\in \sigma ({\xi }_i:i\in S)$.

证明. Step1．定义 $\mathcal{C}=\{A\subseteq \Omega \mid \exists$ 可列子集 $S\subseteq I,A\in \sigma \left({\xi }_i:i\in S\right)\}$ . 目标是证明 $\mathcal{C}$ 是一个包含 $\sigma \left({\xi }_i:i\in I\right)$ 的 $\sigma$－代数.

Step2．验证 $\mathcal{C}$ 是 $\sigma$－代数: - 包含全集: 取 $S=\varnothing$ , 则 $\sigma (\varnothing )=\{\varnothing ,\Omega \}$ , 故 $\Omega \in \mathcal{C}$ . - 对补集封闭: 若 $A\in \mathcal{C}$ , 存在可列 $S$ 使得 $A\in \sigma (S)$ , 则 $A^c\in \sigma (S)$ , 故 $A^c\in \mathcal{C}$ . - 对可列并封闭: 若 ${\left\{A_n\right\}}_{n=1}^{\infty }\subseteq \mathcal{C}$ , 每个 $A_n$ 对应可列子集 $S_n$ , 则 $S={\bigcup }_{n=1}^{\infty }{S}_n$ 仍可列, 且 ${\bigcup }_{n=1}^{\infty }{A}_n\in \sigma (S)$ , 故 ${\bigcup }_{n=1}^{\infty }{A}_n\in \mathcal{C}$ .

Step3．$\mathcal{C}$ 包含生成元: 对任意 $i\in I$ 和 Borel 集 $B,{\xi }_i^{-1}(B)$ 属于 $\sigma \left({\xi }_i\right)$ , 即存在 $S=\{i\}$ (可列) , 故 ${\xi }_i^{-1}(B)\in \mathcal{C}$ . 因此, $\mathcal{C}$ 包含所有生成元 ${\xi }_i$ 的可测集.

Step4．$\mathcal{C}$ 与 $\sigma \left({\xi }_i:i\in I\right)$ 的关系: 由于 $\mathcal{C}$ 是包含所有生成元的 $\sigma$－代数, 而 $\sigma \left({\xi }_i:i\in I\right)$ 是包含这些生成元的最小 $\sigma$－代数, 因此 $\sigma \left({\xi }_i:i\in I\right)\subseteq \mathcal{C}$ . 由此, 任何 $A\in \sigma \left({\xi }_i:i\in I\right)$ 必然属于 $\mathcal{C}$ , 即存在可列子集 $S$ 使得 $A\in \sigma (S)$ .

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习题 4. (练习 4.1.1) $f,g$ 为 $[0,1]$ 上的函数, $D$ 是 $[0,1]$ 的一个分划, 定义 $S(f,D)={\sum }_{D}f(t_{k-1})(g(t_k)-g(t_{k-1})$. 若对任何连续函数 $f$, 当 $\Vert D\Vert$ 趋于 $0$ 时, $S(f,D)$ 收敛, 用共鸣定理证明: $g$ 在 $[0,1]$ 上是有界变差的.

证明. 对于每个分划 $D$ , 定义线性算子 $T_D:C[0,1]\to \mathbb{R}$ , 使得: $$T_D(f)=\sum _{k=1}^{n}f\left(t_{k-1}\right)\left(g\left(t_k\right)-g\left(t_{k-1}\right)\right)$$

其中 $D:0=t_0<t_1<\cdots <t_n=1$ . 每个 $T_D$ 是连续函数空间 $C[0,1]$ (赋以上确界范数) 到实数域的有界线性算子.

算子 $T_D$ 的范数由下式给出: $$\Vert T_D\Vert =\underset{\Vert f{\Vert }_{\infty }\le 1}{\sup }\left|T_D(f)\right|=\sum _{k=1}^n\left|g\left(t_k\right)-g\left(t_{k-1}\right)\right|=V_D(g)$$

即 $\Vert T_D\Vert$ 等于分划 $D$ 下 $g$ 的变差 $V_D(g)$ .

由题设, 对任意连续函数 $f$ , 当分划的模长 $\Vert D\Vert \to 0$ 时, $T_D(f)$ 收敛. 根据共鸣定理, 若对每个 $f\in C[0,1],{\sup }_D\left|T_D(f)\right|<\infty$ , 则存在常数 $M>0$ , 使得所有分划 $D$ 满足: $$\Vert T_D\Vert =V_D(g)\le M$$

由于所有分划 $D$ 的变差 $V_D(g)$ 被 $M$ 一致控制, $g$ 的总变差为: $$V(g)=\underset{D}{\sup }{V}_D(g)\le M<\infty$$

因此, $g$ 在 $[0,1]$ 上是有界变差的.

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2第二周

习题 1. (习题 1.5.4) 设 $\left\{{\mathcal{F}}_{\alpha }:\alpha \in \Sigma \right\}$ 是一个子 $\sigma$－代数族, 证明: 若 $\xi$ 是可积随机变量, 则 $\left\{\mathbb{E}\left[\xi \mid {\mathcal{F}}_{\alpha }\right]:\alpha \in \Sigma \right\}$ 一致可积．

证明. 记 ${\xi }_{\alpha }:=\mathbb{E}\left[\xi \mid {\mathcal{F}}_{\alpha }\right],{\eta }_{\alpha }:=\mathbb{E}\left[|\xi |\mid {\mathcal{F}}_{\alpha }\right]$ ．由 Jensen 不等式, $\left|{\xi }_{\alpha }\right|\le {\eta }_{\alpha }$ ．对于任何 $\alpha \in \Sigma$ 和 $N>0$ , 我们有 $\left\{\left|{\xi }_{\alpha }\right|>N\right\}\in {\mathcal{F}}_{\alpha }$ , 从而$$\mathbb{E}\left[\left|{\xi }_{\alpha }\right|;\left|{\xi }_{\alpha }\right|\ge N\right]\le \mathbb{E}\left[{\eta }_{\alpha };\left|{\xi }_{\alpha }\right|\ge N\right]=\mathbb{E}\left[|\xi |;\left|{\xi }_{\alpha }\right|\ge N\right]$$

而 $\mathbb{P}\left(\left|{\xi }_{\alpha }\right|\ge N\right)\le \frac{1}{N}\mathbb{E}\left|{\xi }_{\alpha }\right|\le \frac{1}{N}\mathbb{E}{\eta }_{\alpha }=\frac{1}{N}\mathbb{E}|\xi |$ ．因此, 一致可积性可以由积分 $\mathbb{E}|\xi |$ 的绝对连续性得到．

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习题 2. (习题 1.5.5) 对两个可积且乘积也可积的随机变量 $\xi ,\eta$ 证明: $\mathbb{E}[\xi \mathbb{E}[\eta \mid \mathcal{A}]]=\mathbb{E}[\eta \mathbb{E}[\xi \mid \mathcal{A}]]$ ．

证明. 本题条件似乎不充分, 需要加强为: $\xi ,\eta ,\xi \mathbb{E}[\eta \mid \mathcal{A}]$ 和 $\eta \mathbb{E}[\xi \mid \mathcal{A}]$ 均可积 (见下注) ．在此条件下, 利用定理 1.4.2 (1) 可得 $\mathbb{E}[\xi \mathbb{E}[\eta \mid \mathcal{A}]\mid \mathcal{A}]=\mathbb{E}[\eta \mid \mathcal{A}]\mathbb{E}[\xi \mid \mathcal{A}]\Rightarrow \mathbb{E}[\xi \mathbb{E}[\eta \mid \mathcal{A}]]=\mathbb{E}[\mathbb{E}[\eta \mid \mathcal{A}]\mathbb{E}[\xi \mid \mathcal{A}]]$. 类似的, 我们也能得到 $\mathbb{E}[\eta \mathbb{E}[\xi \mid \mathcal{A}]]=\mathbb{E}[\mathbb{E}[\eta \mid \mathcal{A}]\mathbb{E}[\xi \mid \mathcal{A}]]$ ．因此, 要证明的结论成立.

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注．给一个满足下述条件的例子: $\xi ,\eta ,\xi \eta$ 可积, 但 $\eta \mathbb{E}[\xi \mid \mathcal{A}]$ 不可积．如此, 题目结论中的期望可能无意义．

考虑由一列互不相交的集合 $\left\{{\Omega }_n:n\ge 1\right\}$ 生成的 $\sigma$－代数 $(\Omega ,\mathcal{F})$ , 即 $\Omega ={\bigcup }_{n\ge 1}{\Omega }_n,\mathcal{F}=\sigma \left(\left\{{\Omega }_n:n\ge 1\right\}\right)$ . 定义概率测度$$\mathbb{P}\left({\Omega }_{2n-1}\right)=\mathbb{P}\left({\Omega }_{2n}\right)=\frac{1}{2^{n+1}},n\ge 1$$以及随机变量 $\xi ={\sum }_{n=1}^{\infty }\left(1_{{\Omega }_{2n-1}}+{\left(\frac{3}{2}\right)}^n\cdot 1_{{\Omega }_{2n}}\right),\eta :={\sum }_{n=1}^{\infty }\left({\left(\frac{3}{2}\right)}^n\cdot 1_{{\Omega }_{2n-1}}+1_{{\Omega }_{2n}}\right)$. 容易验证 $\xi ,\eta ,\xi \eta$ 均可积．令 $\mathcal{A}=\sigma \left(\left\{{\Omega }_{2n-1}\cup {\Omega }_{2n}:n\ge 1\right\}\right)$ ．那么, $$\mathbb{E}[\xi \mid \mathcal{A}]=\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }\left(1+{\left(\frac{3}{2}\right)}^n\right)\cdot 1_{{\Omega }_{2n-1}\cup {\Omega }_{2n}}.$$

进而容易验证 $\eta \mathbb{E}[\xi \mid \mathcal{A}]$ 不可积.

习题 3. (习题 1.5.9) 设 $\left({\xi }_t:t\in I\right)$ 是概率空间 $(\Omega ,\mathcal{F},\mathbb{P})$ 上随机变量族, $\xi$ 是可积随机变量．证明: 存在可列集 $S\subset I$ 使得$$\mathbb{E}\left[\xi \mid {\xi }_i:i\in I\right]=\mathbb{E}\left[\xi \mid {\xi }_i:i\in S\right]$$

证明. 令 $\eta :=\mathbb{E}\left[\xi \mid {\xi }_i,i\in I\right]$ ．根据条件期望的定义, 我们知道: 对于任何有理数 $x\in \mathbb{Q}$ , $$\{\eta \le x\}\in \sigma \left({\xi }_i:i\in I\right)=\bigcup _{S\in \mathcal{S}}\sigma \left({\xi }_i:i\in S\right);$$

其中的等号是上一题的结论．于是, 存在 $S\in \mathcal{S}$ 满足$$\{\eta \le x\}\in \sigma \left({\xi }_i:i\in S\right),\forall x\in \mathbb{Q}$$

由此可以得到 $\eta$ 关于 $\sigma \left({\xi }_i:i\in S\right)$ 可测．进一步, 对于任何 $A\in \sigma ({\xi }_i:i\in$ $S)\subset \sigma \left({\xi }_i:i\in I\right)$ , 我们有$$\mathbb{E}[\eta ;A]=\mathbb{E}\left[\mathbb{E}\left[\xi 1_A\mid {\xi }_i,i\in I\right]\right]=\mathbb{E}\left[\xi 1_A\right].$$

因此, $\eta =\mathbb{E}\left[\xi \mid {\xi }_i,i\in S\right]$ ．

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习题 4. (习题 2.4.3) (Wald 鞅) 设 $\left\{Y_n:n\ge 1\right\}$ 是独立同分布随机序列使得 $\varphi (t):=\mathbb{E}\left[{\mathrm{e}}^{t{Y}_n}\right]$ 对某个 $t\ne 0$ 有限．令$$X_n:=\varphi (t{)}^{-n}\exp \left[t\left(Y_1+\cdots +Y_n\right)\right]$$

证明. 用定义直接验证．

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习题 5. (习题 2.4.5) 设 $\left\{Y_n:n\ge 1\right\}$ 是独立同分布随机序列, $f_0,f_1$ 是两个概率密度函数, $f_0>0$ ．令$$X_n:=\frac{f_1\left(Y_1\right)f_1\left(Y_2\right)\cdots f_1\left(Y_n\right)}{f_0\left(Y_1\right)f_0\left(Y_2\right)\cdots f_0\left(Y_n\right)}$$

证明: 如果 $f_0$ 是 $Y_n$ 的密度函数, 那么 $\left(X_n\right)$ 是鞅．

证明. 用定义直接验证．

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习题 6. (习题 2.4.8) 设 $\left\{Y_n\right\}$ 是独立同分布正随机变量序列使得 $\mathbb{E}{Y}_n=1$ ．记 $X_n:=Y_1{Y}_2\cdots Y_n$ ．(a) 证明: $\left(X_n\right)$ 是鞅且几乎处处收敛于一个随机变量 $X$ ; (b) 设 $Y_n$ 以概率 $1/2$ 分别取值 $1/2$ 与 $3/2$ ．验证 $X=0$ a．s．因此$$\mathbb{E}\prod _{n\ge 1}{Y}_n\ne \prod _{n\ge 1}\mathbb{E}{Y}_n$$

证明. (a) 验证鞅容易．证明几乎处处收敛性, 用定理 2．1．6．(b) 对 $X_n=$ $Y_1\cdots Y_n$ 作 $\log$ , 用强大数定律.

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注．(b) 是一个不具有一致可积性的鞅的例子．(因为 $X_n\to 0$ , a．s．, 但不是 $L^1$ 收敛．)

习题 7. (习题 2.4.11) 设 $\left\{X_n\right\}$ 是鞅且 $\left|X_0(\omega )\right|,\left|X_n(\omega )-X_{n-1}(\omega )\right|$ 被一个与 $\omega$ 及 $n$ 无关的常数控制．如果 $\tau$ 是一个具有有限均值的停时, 证明: $X_{\tau }$ 可积且 $\mathbb{E}{X}_{\tau }=\mathbb{E}{X}_0$ ．

证明. 用教材上的公式 (2．1．3) , 我们有$$X_{\tau \wedge n}=X_0+\sum _{k=1}^n{1}_{\{\tau \ge k\}}\left(X_k-X_{k-1}\right)$$

假设 $C$ 是条件中的常数上界．那么, $$\left|X_{\tau \wedge n}\right|\le \left|X_0\right|+C\sum _{k=1}^{\infty }{1}_{\{\tau \ge k\}}=:\eta .$$

显然, $\mathbb{E}\eta =\mathbb{E}\left|X_0\right|+C\mathbb{E}\tau <+\infty$ ．用控制收敛定理即得 $X_{\tau }$ 可积, 且$$\mathbb{E}{X}_{\tau }=\underset{n}{\lim }\mathbb{E}{X}_{\tau \wedge n}=\mathbb{E}{X}_0$$

最后一个等式用到了鞅基本定理, 即定理 2．1．1．

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习题 8. (习题 2.4.15) 如果 $X$ 是非负上鞅, 证明:

(a) 如果 $k\le n,$ 那么 $\mathbb{P}\left(\left\{X_k=0,X_n>0\right\}\right)=0;$

(b)$\mathbb{P}\left(\left\{X_n>0,{\min }_{k\le n}{X}_k=0\right\}\right)=0;$

(c) 设 $\tau =\inf n:X_n=0,$ 则$$\mathbb{P}\left(\bigcup _{n\ge 1}\{X_{\tau +n}>0,\tau <\infty \}\right)=0$$

证明. 对 $-X$ 使用 Doob 极大不等式 (教材引理 2.1.1; 它对 $\lambda =0$ 显然也成立) , 我们有$$\mathbb{E}\left[-X_N;\underset{n\le N}{\inf }{X}_n\le 0\right]\ge 0$$

由于 $X$ 非负, 因此 $\mathbb{E}\left[X_N;{\inf }_{n\le N}{X}_n=0\right]=0$ ．进而容易得到结论．注 2.4.2．这个结论的直观可以表述为: 非负上鞅一旦到达 0 , 就不会再增长了．

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习题 9. (习题 2.4.16) 设 $\left\{X_n:n\ge 0\right\}$ 是鞅, $\tau$ 是停时．如果 (a) $\mathbb{P}(\tau <\infty )=1$ ; (b) $\mathbb{E}\left|X_{\tau }\right|<\infty$ ; (c) ${\lim }_n\mathbb{E}\left[X_n;\{\tau >n\}\right]=0$ ; 那么 $\mathbb{E}\left[X_{\tau }\right]=\mathbb{E}\left[X_0\right]$ ．

证明. 根据 Doob 有界停时定理, $$\mathbb{E}{X}_0=\mathbb{E}{X}_{\tau \wedge n}=\mathbb{E}\left[X_{\tau };\tau \le n\right]+\mathbb{E}\left[X_n;\tau >n\right].$$

后面是容易的．

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3第三周

习题 1.

证明.

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