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记录本校的高等概率论课程笔记,参考教材《测度与概率》

本讲介绍期望计算以及收敛定理。

3.积分变换和期望计算

定理3.3.1

(Ω,F,P)X(E,Σ)f(E,Σ)(R,B)Ωf(X)dP=E[f(X)]=Ef(x)μX(dx),μXXP

证明:老师没有给出完整证明,主要讲解了证明思路。

f=1A,AΣ时,

=E[1A(X)]=E[1XA]=P(XA)=μX(A)=1A(X)μX(dx)=

接下来的思路是将其推广到非负简单,再到非负可测,最后到一般情形。

推论

XPr.vμXFE[X]=RxμX(dx)=xdF(x),E[f(X)]=Rf(x)μX(dx)=f(x)dF(x)

定理 3.3.2

(E,Σ,μ)Pqν:ν(B)=Bp(x)μ(dx),Bqν(E,Σ)(E,Σ)gEg(x)ν(dx)=Eg(x)p(x)μ(dx)

证明:先考虑第一个等式,需要验证ν是测度,取BnΣ互不相交:

ν(n=1Bn)=n=1Bnp(X)μ(dx)=1n=1Bnp(X)μ(dx)=n=11Bnp(X)μ(dx)=limNn=1N1Bnp(X)μ(dx)=LevilimNn=1N1Bnp(X)μ(dx)=n=11Bnp(X)μ(dx)=n=1ν(Bn)

g=1B,Bq时,

=1Bν(dx)=ν(B)=Bp(X)μ(dx)=E1Bp(X)μ(dx)=

接下来的思路是将其推广到非负简单,再到非负可测,最后到一般情形。

推论

Xr.vp,E[X]=+xp(x)dx

证明:由定义可知

E[X]=RxμX(dx)=xdF(x)

所以只需要证明

BBμX(B)=Bp(x)dx

B=(,a]时,

μX(B)=F(a)F()=F(a)=ap(x)dx

为证上式对任意BB成立,定义

Λ={BB,μX(B)=Bp(x)dx}C={(,a],aR}

只要证明Λ=B即可,显然有ΛB,并且CA,且CΠ系,只要验证Λλ系即可,从而

Λ=B

4.收敛定理

定理3.4.1(单调收敛定理)

XnXr.v Y使XnY(a.s)limnE[Xn]=E[X]=E[limnXn]

证明:记Yn=XnY,则

0Yn,YnXY

由Levi定理可得

E[XnY]E[XY]

注意Y可积,所以

limnE[XnY]=limnE[Xn]E[Y]=E[XY]=E[X]E[Y]

因此

limnE[Xn]=E[X]=E[limnXn]

定理3.4.2(Fatou引理)

{Xn}r.v,r.v,使YXn(a.s),E[limnXn]limnE[Xn]

证明:

E[limnXn]=E[limninfmnXm]=E[limnYn]

注意到YnYnY,所以由单调收敛定理可得

E[limnXn]=E[limnYn]=limnE[Yn]=limnE[infmnXm]

注意到

E[infmnXm]E[Xn]mn

所以

E[infmnXm]infmnE[Xm]

从而

E[limnXn]=limnE[infmnXm]limninfmnE[Xm]=limnE[Xn]

推论

{Xn}r.v,r.v,使YXn(a.s),E[limnXn]limnE[Xn]

证明:取Xn=Xn,应用Fatou引理即可。

定理3.4.3(控制收敛定理)

limnXn=X(a.s),r.v Y使|Xn|Y(a.s)limnE[Xn]=E[X]=E[limnXn]

证明:利用Fatou引理,注意到此时

X=limnXn=limnXn=limnXn

所以

E[X]=E[limnXn]limnE[Xn]limnE[Xn]E[limnXn]=E[X]

所以

limnE[Xn]=E[X]=E[limnXn]

习题

习题1

(课本P120/5.3/2)

解:

E|η|r=|x|rd(1nk=1nFk(x))=1nk=1n|x|rd(Fk(x))=1nk=1nE|Xk|r

习题2

(课本P120/5.3/3)

解:

E[Xc]=c(c)d(F(x))+ccxd(F(x))+c+cd(F(x))=ccxd(F(x))+c(1F(c)F(c))E[(Xc)2]=cc2d(F(x))+ccx2d(F(x))+c+c2d(F(x))=ccx2d(F(x))+c2(1F(c)F(c))D[XC]=E[(Xc)2](E[Xc])2=ccx2d(F(x))+c2(1F(c)F(c))[ccxd(F(x))+c(1F(c)F(c))]2

习题3

(课本P121/5.3/8)

解:当z<0时,

P(X+Yz)=0

0z<1时,

P(X+Yz)=P(Xz,Y=0)=z(1p)n

1z<n+1时,

P(X+Yz)=i=0[z]1P(Y=i)+P(X+[z]z)P(Y=[z])=i=0[z]1Cnipi(1p)ni+(z[z])Cn[z]p[z](1p)n[z]

zn+1时,

P(X+Yz)=1

Z=X+Y,所以

FZ(z)={0z<0z(1p)n0z<1i=0[z]1Cnipi(1p)ni+(z[z])Cn[z]p[z](1p)n[z]1z<n+11zn+1

关于Z求导可得

p(Z)={(1p)n0z<1Cn[z]p[z](1p)n[z]1z<n+10

合并上述结果可得

p(Z)={Cn[z]p[z](1p)n[z]0z<n+10

习题4

E|X|<(1)limn|X|>n|x|dP=0(2)limP(A)0A|x|dP=0

证明:(1)令

An={w:|X|>n},Xn=|X|1AnC

那么

Xn|X|Xn0

那么

limnE[Xn]=limnAnCxdP=E[|X|]

注意到

E[|X|]=An|x|dP+AnC|x|dP

n可得

E[|X|]=limnAn|x|dP+limnAnC|x|dP=limn|X|>n|x|dP+E[|X|]

因为E[|X|]<,所以

limn|X|>n|x|dP=0

(2)证明:令

Xn=min{|X|,n}

那么

Xn0,Xn|X|

由单调收敛定理可得

limnE[Xn]=E[|X|]

所以ϵ>0,n,使得

E[|X|Xn]=E[|X|]E[|Xn|]<ϵ2

δ(0,ϵ2n),当P(A)<δ

A|x|dP=A(|x|xn)dP+AxndPE[|X|Xn]+nP(A)ϵ2+ϵ2=ϵ

所以结论成立。