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这一讲的内容是有关可加性。

先给出一个重要定义

aRa+,aa+={a,a>00,a0,a={a,a<00,a0

从上述定义中可以看出如下关系:

a=a+a,|a|=a++a

现在给出和柯西收敛定理对应的定理。

Theorem 3(Cauthy)

{Cα}ϵ>0,AF(I),s.t.BF(I),BA=|αBCα|<ϵ

证明:

充分性:

ϵ=1,那么存在AF(I),当BF(I),BA=时,|αBCα|<1

现在回顾α+的定义

a+={a,a>00,a0

所以

|αBCα+|=|αBCα|BB

又因为BA=,BB,所以BA=,从而

αBCα+=|αBCα+|=|αBCα|<1

现在任取BF(I),(BA)A=(注意这个B不是上述的B),所以可以利用上述结论

αBCα+=αBACα++αBACα+<αBACα++1αACα++1

注意αACα++1是一个固定的数,从而

{αBCα+:BF(I)}αACα++1<

由Theorem 2可得{Cα+}αI可加,同理{Cα}也可加(考虑{Cα}αI这个集合即可),由Theorem 1,{Cα}={Cα+}{Cα}也可加。

必要性:

因为{Cα}可加,所以设其和为l,所以

ϵ2>0AF(I)BF(I)AB|αBCαl|<ϵ2

现在任取BF(I),BA=,那么ABA,从而

|αBACαl|<ϵ2

又因为AA,所以

|αACαl|<ϵ2

注意由于BA=,所以B=BAA,从而

|αBCα|=|αBACααACα|=|αBACαl(αACαl)||αBACαl|+|αACαl|<ϵ2+ϵ2=ϵ

从而必要性得证。

这个定理证明过程告诉可以利用a=a+a将一些问题转化为只针对正数情形来证明。

1.2 Double series

I=N×N={(i,j):iN,jN},考虑{C(i,j):(i,j)N×N},简写为Cij,当{Cij}的可加性有疑问时,{Cij}被称为二重级数,并用Cij表示。对于可加性给出如下定理:

Theorem 4

{Cij}(i,j)ICij=limm,nj=1ni=1mCij=j=1i=1Cij=i=1j=1Cij

证明:

l=(i,j)Cij,所以ϵ>0,存在AF(I),使得当BF(I)AB

|(i,j)BCijl|<ϵ

N=max{ij:(i,j)A},其中ij表示i,j中的较大者。如果m,nN,那么

A{(i,j):1im,1jn}

所以

|j=1ni=1mCijl|<ϵ

从而

limm,nj=1ni=1mCij=l

既然Cij=Cij+Cij,所以我们可以假设Cij0,从而

l=supn,m1{j=1ni=1mCij}()

由定义可知

llimmj=1ni=1mCij=j=1ni=1Cij(n>0)

n的任意性可得

lj=1i=1Cij

在另一方面,

l=supn,m1{j=1ni=1mCij}supn1{j=1ni=1Cij}=limnj=1ni=1Cij=j=1i=1Cij

从而

l=j=1i=1Cij

同理

l=i=1j=1Cij

对于正数集合{Cij},如果{Cij}不可加,那么(i,j)ICij=,此时

j=1i=1Cij=i=1j=1Cij=

从而上述定理给出以下事实

Remark:

(i,j)N×N,Cij0limm,nj=1ni=1mCij=j=1i=1Cij=i=1j=1Cij

1.3 Coin tossing

现在考虑投硬币的问题,用H表示硬币正面,T表示硬币反面,我们用如下方式表达投硬币的试验

B(p,q),p,q0,p+q=1P(H)=p,P(T)=q

B(p,q)被称为伯努利试验,特殊的,B(12,12)表示硬币是公平的。

我们现在考虑如何用数学模型表示一系列投硬币的试验,为了方便起见,用1表示H0表示T,那么投硬币的结果可以用无穷的0,1序列表示,令

Ω={0,1}={w=(wk),wk=01}(wk)=(w1,w2,...,wk,...)

由概率论知识可知,Ω中元素被称为样本点,Ω中的子集被称为事件,任取nN,令

Ωn={0,1}n={(ϵ1,...,ϵn):ϵj{0,1},j=1,...n}

对于(ϵ1,,ϵn)Ωn,称集合

E(ϵ1,...,ϵn)={(wk):w1=ϵ1,...,wn=ϵn}

elementary cylinder of rank n,由独立性可知

P(E(ϵ1,...,ϵn))=12n

考虑几个例子,

n=1,Ω=E(0)E(1)n=2,Ω=E(0,0)E(0,1)E(1,0)E(1,1)

我们称elementary cylinder的有限并为Ω中的cylinder。如果ZΩ中的cylinder,那么

Z={E(ϵ1,...,ϵn):(ϵ1,...,ϵn)H}H{0,1}×...×{0,1}n

我们来看一下这个定义,由于

E(0)=E(0,0)E(0,1)E(1)=E(1,0)E(1,1)

所以我们可以把每个长度小于n的elementary cylinder写成长度为n的elementary cylinder。现在ZΩ中的cylinder,令其elementary cylinder中长度最长者为n,所以可以把每个elementary cylinder写为长度为n的elementary cylinder,这也就是这个定义的具体含义。

比较自然地,我们定义概率为:

P(Z)=(12)n×#H

第一个问题是:P(Z)是否是定义良好(well defined)?

之所以提出这个问题,是因为我们可以把每个elementary cylinder的拆开,所以H的定义不唯一,问题的意思是P(Z)H的表示是否有关?

这个回答是肯定的,即P(Z)是定义良好的,下面来证明这个事实。

证明:

Z={E(ϵ1,...,ϵn):(ϵ1,...,ϵn)H},H{0,1}×...×{0,1}nZ={E(ϵ1,...,ϵm):(ϵ1,...,ϵm)H},H{0,1}×...×{0,1}mm>n

那么,由于长度为n的elementary cylinder拆成两个长度为n+1的elementary cylinder,所以

#H=#H×2mn

从而

P(Z)=(12)n×#HP(Z)=(12)m×#H=(12)m×#H×2mn=(12)n×#H=P(Z)

QΩ中所有cylinder构成的集合(我们将也加入Q),那么Q满足如下三个性质:

  • ΩQ,Q
  • 如果ZQ,那么ZcQ
  • 如果Z1,Z2Q,那么Z1Z2Q

P有如下性质:

  • P()=0,P(Ω)=1
  • 0P(Z)1
  • 如果Z1Z2=,那么P(Z1Z2)=P(Z1)+P(Z2)

我们定义的P有概率的一些性质,但是很多事件都不在Q中,考虑如下事件:

w=(wk)Ωj=1,2,...,dj(w)=wjj=1ndj(w)=j=1nwj=#nE={wW:limnj=1ndj(w)n=12}

那么E不是cylinder,这是因为cylinder可以写成长度任意长的elementary cylinder的并,而E无法写成这种形式(可以利用反证法,如果E是elementary cylinder的并,那么它可以无限拆分,所以第n位之后全是0的序列属于E,这显然是矛盾的)。

现在的问题是,我们在Q这种小集合上定义的概率,能否扩充到更多的集合上去(至少包含上述E)?这个是我们后面要研究的问题。