概率论基础-严士健第二版习题与补充2.4答案

概率论基础-严士健第二版习题与补充2.4答案
1.由性质2可知，ξ(1),…,ξ(n−1)\xi^{(1)}, \dots, \xi^{(n-1)}ξ(1),…,ξ(n−1)与ξ(n)\xi^{(n)}ξ(n)不相交，从而σ(ξ(1),…,ξ(n−1))\sigma(\xi^{(1)}, \dots, \xi^{(n-1)})σ(ξ(1),…,ξ(n−1))与σ(ξ(n))\sigma(\xi^{(n)})σ(ξ(n))相互独立，故ξ(1)+⋯+ξ(n−1)\xi^{(1)} + \dots + \xi^{(n-1)}ξ(1)+⋯+ξ(n−1)与ξ(n)\xi^{(n)}ξ(n)相互独立。
2.由F是分布函数知F(∞,…,∞)=Πk=1nGk(∞)=1F(\infty, \dots, \infty) = \Pi_{k=1}^n G_k(\infty) = 1F(∞,…,∞)=Πk=1nGk(∞)=1从而P(ξ(k1)<x(k1),…,ξ(kl)<x(kl))=F(∞,…,∞,x(k1),∞,…,∞,x(kl),∞,…,∞)=Πj=1lGj(x(j))Πk≠k1,…,klGk(∞)=Πj=1lGj(x(j))Gj(∞)=Πj=1lP(ξ(kj)<x(kj))P(\xi^{(k_1)} < x^{(k_1)}, \dots, \xi^{(k_l)} < x^{(k_l)}) = F(\infty, \dots, \infty, x^{(k_1)},\infty, \dots, \infty, x^{(k_l)},\infty, \dots, \infty) = \Pi_{j=1}^l G_j(x^{(j)})\Pi_{k\neq k_1, \dots, k_l}G_k(\infty) = \Pi_{j=1}^l \frac{G_j(x^{(j)})}{G_j(\infty)} = \Pi_{j=1}^lP(\xi^{(k_j)} < x^{(k_j)})P(ξ(k1)<x(k1),…,ξ(kl)<x(kl))=F(∞,…,∞,x(k1),∞,…,∞,x(kl),∞,…,∞)=Πj=1lGj(x(j))Πk=k1,…,klGk(∞)=Πj=1lGj(∞)Gj(x(j))=Πj=1lP(ξ(kj)<x(kj)).
3.i)若ξ(t),t∈T\xi^{(t)}, t \in Tξ(t),t∈T是随机变量，那么此定义与定义1等价。
等价性证明与定理1的证明类似。
ii)结论：若ξ(k),k=1,…,n\xi^{(k)}, k = 1, \dots, nξ(k),k=1,…,n独立，而fk(x(k)),k=1,…,nf_k(x^{(k)}), k = 1, \dots, nfk(x(k)),k=1,…,n是n个Borel可测函数，若每一fk(ξ(k))f_k(\xi^{(k)})fk(ξ(k))有限，则可测映射族fk(ξ(k)),k=1,…,nf_k(\xi^{(k)}), k = 1, \dots, nfk(ξ(k)),k=1,…,n独立。
证明：与推论3证明类似。
4.由于{f(k)(ξ(k))∈Bk(nk)}={∩j=1nkfj(k)(ξ(k))∈Bk(1)}={ξ(k)∈Bk(mk)}\{f^{(k)}(\xi^{(k)}) \in B_k^{(n_k)}\} = \{\cap_{j=1}^{n_k}f^{(k)}_j(\xi^{(k)}) \in B_k^{(1)}\} = \{\xi^{(k)} \in B_k^{(m_k)}\}{f(k)(ξ(k))∈Bk(nk)}={∩j=1nkfj(k)(ξ(k))∈Bk(1)}={ξ(k)∈Bk(mk)}.接下来的证明与推论3类似。

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