§4.1 随机变量序列的两种收敛性

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正文部分

§4.1 随机变量序列的两种收敛性

1. 依概率收敛 设 $\{X_n\}$ 为一随机变量序列，$X$ 为一随机变量.如果对任意的 $\epsilon >0$，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P\{|X_n-X|<\epsilon \}=1,$$

则称 $\{X_n\}$ 依概率收敛于 $X$，记作

$$X_n\stackrel{P}{\to }X.$$

1. 依概率收敛与服从大数定律间的关系 设 $\{X_n\}$ 为一随机变量序列，记

$$Y_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,E(Y_n)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i).$$

则 $\{X_n\}$ 服从大数定律等价于

$$Y_n-E(Y_n)\stackrel{P}{\to }0.$$

1. 依概率收敛的四则运算 如果

$$X_n\stackrel{P}{\to }a,Y_n\stackrel{P}{\to }b,$$

则有

1. $X_n\pm Y_n\stackrel{P}{\to }a\pm b;$
2. $X_n{Y}_n\stackrel{P}{\to }ab;$
3. $X_n/Y_n\stackrel{P}{\to }a/b(b\ne 0).$
4. 按分布收敛，弱收敛 设 $\{F_n(x)\}$ 是随机变量序列 $\{X_n\}$ 的分布函数列，$F(x)$ 为 $X$ 的分布函数.若对 $F(x)$ 的任一连续点 $x$，都有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{F}_n(x)=F(x),$$

则称 $\{F_n(x)\}$ 弱收敛于 $F(x)$，记作

$$F_n(x)\stackrel{W}{\to }F(x).$$

也称 $\{X_n\}$ 按分布收敛于 $X$，记作

$$X_n\stackrel{L}{\to }X.$$

1. 依概率收敛与按分布收敛间的关系
2. $X_n\stackrel{P}{\to }X⟹X_n\stackrel{L}{\to }X;$

$$X_n\stackrel{P}{\to }c⟺X_n\stackrel{L}{\to }c(\text{其中 }c\text{ 为常数}).$$

习题与解答 4.1

习题 4.1-1

如果 $X_n\stackrel{P}{\to }X$，且 $X_n\stackrel{P}{\to }Y$.试证：$P(X=Y)=1$.

解 对任意的 $\epsilon >0$，有

$$\{|X-Y|\ge \epsilon \}\subset (\{|X-X_n|\ge \epsilon /2\}\cup \{|X_n-Y|\ge \epsilon /2\}),$$

故当 $n\to \infty$ 时，有

$$0\le P\{|X-Y|\ge \epsilon \}\le P\{|X-X_n|\ge \epsilon /2\}+P\{|X_n-Y|\ge \epsilon /2\}\to 0.$$

即对任意的 $\epsilon >0$，有

$$P\{|X-Y|\ge \epsilon \}=0.$$

于是有

$$P(X\ne Y)=P\left(\bigcup _{k=1}^{\infty }\left\{|X-Y|\ge \frac{1}{k}\right\}\right)\le \sum _{k=1}^{\infty }P\left\{|X-Y|\ge \frac{1}{k}\right\}=0,$$

从而

$$P(X=Y)=1$$

成立，结论得证.

习题 4.1-2

如果 $X_n\stackrel{P}{\to }X$，$Y_n\stackrel{P}{\to }Y$.试证：

1. $X_n+Y_n\stackrel{P}{\to }X+Y$；
2. $X_n{Y}_n\stackrel{P}{\to }XY$.

解

1. 因为

$$\{|X_n+Y_n-X-Y|\ge \epsilon \}\subset (\{|X_n-X|\ge \epsilon /2\}\cup \{|Y_n-Y|\ge \epsilon /2\}),$$

故当 $n\to \infty$ 时，有

$$0\le P\{|X_n+Y_n-X-Y|\ge \epsilon \}\le P\{|X_n-X|\ge \epsilon /2\}+P\{|Y_n-Y|\ge \epsilon /2\}\to 0,$$

即

$$X_n+Y_n\stackrel{P}{\to }X+Y.$$

进一步由 $Y_n\stackrel{P}{\to }Y$ 可得 $-Y_n\stackrel{P}{\to }-Y$，所以又有

$$X_n-Y_n\stackrel{P}{\to }X-Y.$$

1. 先证明

$$X_n^2\stackrel{P}{\to }{X}^2.$$

对任意的 $\epsilon >0$，$\delta >0$，取 $M$ 足够大（譬如 $\epsilon /M\le 1$），使有

$$P\{|X|>(M-1)/2\}<\delta$$

成立；对取定的 $M$，存在 $N$，当 $n>N$ 时，有

$$P\{|X_n-X|\ge 1\}<\delta ,P\{|X_n-X|\ge \epsilon /M\}<\delta .$$

这时有

$$\begin{array}{rl}P\{|X_n+X|>M\}& \le P\{|X_n-X|+|2X|>M\}\\ & =P(\{|X_n-X|+|2X|>M\}\cap \{|X_n-X|<1\})\\ & +P(\{|X_n-X|+|2X|>M\}\cap \{|X_n-X|\ge 1\})\\ & \le P\{|2X|>M-1\}+P\{|X_n-X|\ge 1\}<2\delta .\end{array}$$

从而有

$$\begin{array}{rl}P\{|X_n^2-X^2|\ge \epsilon \}& =P\{|X_n-X||X_n+X|\ge \epsilon \}\\ & =P(\{|X_n-X||X_n+X|\ge \epsilon \}\cap \{|X_n+X|\le M\})\\ & +P(\{|X_n-X||X_n+X|\ge \epsilon \}\cap \{|X_n+X|>M\})\\ & \le P\{|X_n-X|\ge \epsilon /M\}+P\{|X_n+X|>M\}<3\delta .\end{array}$$

由 $\epsilon ,\delta$ 的任意性知

$$X_n^2\stackrel{P}{\to }{X}^2.$$

同理可证

$$Y_n^2\stackrel{P}{\to }{Y}^2.$$

由上面（1）得

$$2X_n{Y}_n=(X_n+Y_n{)}^2-X_n^2-Y_n^2\stackrel{P}{\to }(X+Y{)}^2-X^2-Y^2=2XY,$$

即

$$X_n{Y}_n\stackrel{P}{\to }XY.$$

习题 4.1-3

如果 $X_n\stackrel{P}{\to }X$，$g(x)$ 是直线上的连续函数，试证：$g(X_n)\stackrel{P}{\to }g(X)$.

解 若 $g(x)$ 是 $m$ 次多项式函数，即

$$g(x)=\sum _{i=0}^m{a}_i{x}^i,$$

则由上一题知有

$$g(X_n)\stackrel{P}{\to }g(X).$$

下证一般情况.对任意的 $\epsilon >0$，$\delta >0$，取 $M$ 充分大，使有

$$P\{|X|>M\}<\delta ,$$

又选取 $N_1$ 充分大，使当 $n\ge N_1$ 时，有

$$P\{|X_n-X|>1\}<\delta ,$$

于是有

$$P\{|X_n|>M+1\}\le P(\{|X|>M\}\cup \{|X_n-X|>1\})<2\delta .$$

对取定的 $M$，因为 $g(x)$ 是连续函数，所以可以用多项式去逼近 $g(x)$，并且在任意有界区间上还可以是一致的，因而存在 $m$ 次多项式 $g_m(x)$，使得当

$$-M-1\le x\le M+1$$

时，有

$$|g(x)-g_m(x)|<\epsilon /3.$$

对取定的 $m$ 次多项式 $g_m(x)$，因为

$$g_m(X_n)\stackrel{P}{\to }{g}_m(X),$$

所以存在 $N_2$，使当 $n\ge N_2$ 时，有

$$P\{|g_m(X_n)-g_m(X)|\ge \epsilon /3\}<\delta .$$

又因为

$$\begin{array}{rl}P\{|g(X_n)-g(X)|\ge \epsilon \}& =P(\{|g(X_n)-g(X)|\ge \epsilon \}\cap [\{|X|>M\}\cup \{|X_n|>M+1\}])\\ & +P(\{|g(X_n)-g(X)|\ge \epsilon \}\cap \{|X|\le M\}\cap \{|X_n|\le M+1\})\\ & =I_1+I_2,\end{array}$$

当 $n\ge \max \{N_1,N_2\}$ 时，有

$$I_1\le P\{|X|>M\}+P\{|X_n|>M+1\}<3\delta ,$$

又因为

$$\{|g(X_n)-g(X)|\ge \epsilon \}\subset \{|g(X_n)-g_m(X_n)|\ge \epsilon /3\}\cup \{|g_m(X_n)-g_m(X)|\ge \epsilon /3\}\cup \{|g_m(X)-g(X)|\ge \epsilon /3\},$$

且

$$P(\{|g(X_n)-g_m(X_n)|\ge \epsilon /3\}\cap \{|X|\le M\}\cap \{|X_n|\le M+1\})=0,$$ $$P(\{|g_m(X)-g(X)|\ge \epsilon /3\}\cap \{|X|\le M\}\cap \{|X_n|\le M+1\})=0,$$

所以

$$\begin{array}{rl}{I}_2& \le P(\{|g_m(X_n)-g_m(X)|\ge \epsilon /3\}\cap \{|X|\le M\}\cap \{|X_n|\le M+1\})\\ & \le P\{|g_m(X_n)-g_m(X)|\ge \epsilon /3\}<\delta .\end{array}$$

从而有

$$P\{|g(X_n)-g(X)|\ge \epsilon \}=I_1+I_2<4\delta .$$

由 $\epsilon ,\delta$ 的任意性即知

$$g(X_n)\stackrel{P}{\to }g(X),$$

结论得证.

习题 4.1-4

如果 $X_n\stackrel{P}{\to }a$，则对任意常数 $c$，有

$$c{X}_n\stackrel{P}{\to }ca.$$

解 记

$$g(x)=cx,$$

则 $g(x)$ 是连续函数，由上一题即可得

$$c{X}_n=g(X_n)\stackrel{P}{\to }g(a)=ca.$$

习题 4.1-5

试证：$X_n\stackrel{P}{\to }X$ 的充要条件为：当 $n\to \infty$ 时，有

$$E\left(\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}\right)\to 0.$$

解 先证充分性.令

$$f(x)=\frac{x}{1+x},x>0,$$

则

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{(1+x{)}^2}>0,x>0,$$

故 $f(x)$ 是 $x$ 的严格单调增函数，因而对任意的 $\epsilon >0$，有

$$\{|X_n-X|>\epsilon \}\subset \left\{\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}>\frac{\epsilon }{1+\epsilon }\right\}.$$

于是对任意的 $\epsilon >0$，当 $n\to \infty$ 时，有（参见 \S 2.3 第 12 题）

$$\begin{array}{rl}P\{|X_n-X|>\epsilon \}& \le P\left\{\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}>\frac{\epsilon }{1+\epsilon }\right\}\\ & \le \frac{1+\epsilon }{\epsilon }E\left(\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}\right)\to 0.\end{array}$$

充分性得证.

下证必要性.对任意的 $\epsilon >0$，令

$$A_{\epsilon }=\{|X_n-X|>\epsilon \}.$$

因为 $X_n\stackrel{P}{\to }X$，故存在充分大的 $N$，使得当 $n\ge N$ 时，有

$$P(A_{\epsilon })<\epsilon ,$$

于是有

$$\begin{array}{rl}E\left(\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}\right)& =E\left(\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}{I}_{A_{\epsilon }}\right)+E\left(\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}{I}_{\overline{A_{\epsilon }}}\right)\\ & \le P(A_{\epsilon })+\epsilon <2\epsilon .\end{array}$$

由 $\epsilon$ 的任意性知，当 $n\to \infty$ 时，有

$$E\left(\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}\right)\to 0.$$

结论得证.

习题 4.1-6

设 $D(x)$ 为退化分布：

$$D(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ 1,& x\ge 0.\end{array}$$

试问下列分布函数列的极限函数是否仍是分布函数？（其中 $n=1,2,\dots$）

1. $\{D(x+n)\}$；
2. $\{D(x+1/n)\}$；
3. $\{D(x-1/n)\}$.

解

1. 因为此时的极限函数为

$$G(x)=1,-\infty <x<\infty ,$$

不满足分布函数的基本性质：

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }F(x)=0,$$

所以不是分布函数.

1. 因为此时的极限函数为

$$G(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ 1,& x\ge 0,\end{array}$$

所以是分布函数.

1. 因为此时的极限函数为

$$G(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0,\\ 1,& x>0,\end{array}$$

不满足分布函数的右连续性，所以不是分布函数.

习题 4.1-7

设分布函数列 $\{F_n(x)\}$ 弱收敛于连续的分布函数 $F(x)$，试证：$\{F_n(x)\}$ 在 $(-\infty ,\infty )$ 上一致收敛于分布函数 $F(x)$.

解 对任意的 $\epsilon >0$，取 $M$ 充分大，使有

$$\text{当 }x\ge M\text{ 时，有 }1-F(x)<\epsilon ;\text{当 }x\le -M\text{ 时，有 }F(x)<\epsilon .$$

对上述取定的 $M$，因为 $F(x)$ 在闭区间 $[-M,M]$ 上一致连续，故可取它的 $k$ 个分点

$$-M=x_1<x_2<\cdots <x_{k-1}<x_k=M,$$

使有

$$F(x_{i+1})-F(x_i)<\epsilon .$$

再令

$$x_0=-\infty ,x_{k+1}=+\infty ,$$

则对这些分点有

$$F(x_{i+1})-F(x_i)<\epsilon .$$

这时存在 $N$，使得当 $n>N$ 时，有

$$|F_n(x_i)-F(x_i)|<\epsilon .$$

对任意的 $x\in (-\infty ,\infty )$，必存在某个 $i$，使得

$$x\in (x_i,x_{i+1}],$$

由此知，当 $n>N$ 时，有

$$F(x_i)-\epsilon <F_n(x_i)\le F_n(x)\le F_n(x_{i+1})<F(x_{i+1})+\epsilon .$$

由上式立刻得

$$F_n(x)-F(x)<F(x_{i+1})-F(x)+\epsilon \le F(x_{i+1})-F(x_i)+\epsilon <2\epsilon ,$$

同时

$$F_n(x)-F(x)>F(x_i)-F(x)-\epsilon \ge F(x_i)-F(x_{i+1})-\epsilon >-2\epsilon .$$

即有

$$|F_n(x)-F(x)|<2\epsilon ,$$

结论得证.

习题 4.1-8

如果 $X_n\stackrel{L}{\to }X$，且数列 $a_n\to a$，$b_n\to b$.试证：$a_n{X}_n+b_n\stackrel{L}{\to }aX+b$.

解 先证明

$$a{X}_n\stackrel{L}{\to }aX.$$

因为 $a=0$ 时为显然，所以不妨设 $a>0$（$a<0$ 时的修改为显然）.因为

$$F_{a{X}_n}(x)=F_{X_n}(x/a),$$

且当 $x$ 是 $F_{aX}(\cdot )$ 的连续点时，则 $x/a$ 是 $F_X(\cdot )$ 的连续点，于是有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{F}_{a{X}_n}(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{F}_{X_n}(x/a)=F_X(x/a)=F_{aX}(x),$$

此即

$$a{X}_n\stackrel{L}{\to }aX.$$

由本节第 10 题知

$$X_n(a_n-a)\stackrel{P}{\to }0.$$

再由本节第 2 题（1）知

$$(a_n-a)X_n+b_n\stackrel{P}{\to }b.$$

于是由前述结论及本节第 9 题知

$$a_n{X}_n+b_n=a{X}_n+(a_n-a)X_n+b_n\stackrel{L}{\to }aX+b,$$

结论得证.

习题 4.1-9

如果 $X_n\stackrel{L}{\to }X$，$Y_n\stackrel{P}{\to }a$，试证：$X_n+Y_n\stackrel{L}{\to }X+a$.

解 对任意的 $\epsilon >0$，首先考虑 $X_n+Y_n$ 的分布函数

$$\begin{array}{rl}P(X_n+Y_n\le z)& =P(X_n+Y_n\le z,|Y_n-a|\le \epsilon )+P(X_n+Y_n\le z,|Y_n-a|>\epsilon )\\ & \le P(X_n\le z-a+\epsilon ,|Y_n-a|\le \epsilon )+P(|Y_n-a|>\epsilon )\\ & \le P(X_n\le z-a+\epsilon )+P(|Y_n-a|>\epsilon ).\end{array}$$

因此

$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}P(X_n+Y_n\le z)\le \underset{n\to \infty }{\lim }P(X_n\le z-a+\epsilon )+\underset{n\to \infty }{\lim }P(|Y_n-a|>\epsilon )=F(z-a+\epsilon ),$$

其中 $F(\cdot )$ 为 $X$ 的分布函数.

类似有

$$\begin{array}{rl}P(X_n+Y_n\le z)& \ge P(X_n+Y_n\le z,|Y_n-a|\le \epsilon )\\ & \ge P(X_n\le z-a-\epsilon ,|Y_n-a|\le \epsilon )\\ & =P(X_n\le z-a-\epsilon )-P(X_n\le z-a-\epsilon ,|Y_n-a|>\epsilon )\\ & \ge P(X_n\le z-a-\epsilon )-P(|Y_n-a|>\epsilon ).\end{array}$$

因此

$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}P(X_n+Y_n\le z)\ge \underset{n\to \infty }{\lim }P(X_n\le z-a-\epsilon )-\underset{n\to \infty }{\lim }P(|Y_n-a|>\epsilon )\ge F(z-a-\epsilon ).$$

由上述两个关系式，再考虑到 $\epsilon$ 的任意性，即可得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P(X_n+Y_n\le z)=F(z-a).$$

这就意味着

$$X_n+Y_n\stackrel{L}{\to }X+a.$$

证毕.

习题 4.1-10

如果 $X_n\stackrel{L}{\to }X$，$Y_n\stackrel{P}{\to }0$.试证：$X_n{Y}_n\stackrel{P}{\to }0$.

解 记 $X_n$ 与 $X$ 的分布函数分别为 $F_n(x)$ 和 $F(x)$.对任给的 $\epsilon >0$，取足够大的 $a>0$ 和 $b>0$，使 $-a,b$ 是 $F(x)$ 的连续点，且

$$1-F(b)<\epsilon ,F(-a)<\epsilon .$$

因为 $F_n(x)\stackrel{W}{\to }F(x)$，故存在 $N_1$，使当 $n\ge N_1$ 时，有

$$1-F_n(b)<2\epsilon ,F_n(-a)<2\epsilon .$$

令

$$M=\max \{a,b\},$$

因为 $Y_n\stackrel{P}{\to }0$，故存在 $N_2$，使当 $n\ge N_2$ 时，有

$$P\{|Y_n|>\epsilon /M\}<\epsilon .$$

而

$$\begin{array}{rl}P\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}& =P(\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}\cap \{-a<X_n\le b\}\cap \{|Y_n|\le \epsilon /M\})\\ & +P(\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}\cap [\{X_n\le -a\}\cup \{X_n>b\}\cup \{|Y_n|>\epsilon /M\}])\\ & =I_1+I_2.\end{array}$$

由 $M$ 的定义即知

$$\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}\cap \{-a<X_n\le b\}\cap \{|Y_n|\le \epsilon /M\}=\varnothing ,$$

所以有 $I_1=0$.而对于 $I_2$，当 $n\ge \max \{N_1,N_2\}$ 时，有

$$\begin{array}{rl}P(\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}\cap \overline{\{-a<X_n\le b\}})& \le P\left(\overline{\{-a<X_n\le b\}}\right)\\ & =P(\{X_n\le -a\}\cup \{X_n>b\})\\ & =F_n(-a)+[1-F_n(b)]<4\epsilon ,\end{array}$$

且

$$P(\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}\cap \{|Y_n|>\epsilon /M\})\le P\{|Y_n|>\epsilon /M\}<\epsilon ,$$

因而

$$P\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}=I_2<5\epsilon .$$

由 $\epsilon$ 的任意性知

$$X_n{Y}_n\stackrel{P}{\to }0,$$

结论得证.

习题 4.1-11

如果 $X_n\stackrel{L}{\to }X$，$Y_n\stackrel{P}{\to }a$，且 $Y_n\ne 0$，常数 $a\ne 0$.试证：$X_n/Y_n\stackrel{L}{\to }X/a$.

解 先证

$$1/Y_n\stackrel{P}{\to }1/a.$$

不妨设 $a>0$.对任意的 $0<\epsilon <a$，当 $|Y_n-a|<\epsilon$ 时，有

$$|Y_{n}a|=|a^2+a(Y_n-a)|\ge a^2-a\epsilon .$$

因而

$$\left\{\left|\frac{Y_n-a}{Y_{n}a}\right|\ge \epsilon \right\}\subset \left\{\left|\frac{Y_n-a}{a^2-a\epsilon }\right|\ge \epsilon \right\}.$$

于是当 $n\to \infty$ 时，有

$$\begin{array}{rl}0\le P\left\{\left|\frac{1}{Y_n}-\frac{1}{a}\right|\ge \epsilon \right\}& =P\left\{\left|\frac{Y_n-a}{Y_{n}a}\right|\ge \epsilon \right\}\\ & =P\left(\left\{\left|\frac{Y_n-a}{Y_{n}a}\right|\ge \epsilon \right\}\cap \{|Y_n-a|<\epsilon \}\right)\\ & +P\left(\left\{\left|\frac{Y_n-a}{Y_{n}a}\right|\ge \epsilon \right\}\cap \{|Y_n-a|\ge \epsilon \}\right)\\ & \le P\left\{\left|\frac{Y_n-a}{a^2-a\epsilon }\right|\ge \epsilon \right\}+P(|Y_n-a|\ge \epsilon )\to 0.\end{array}$$

所以

$$1/Y_n\stackrel{P}{\to }1/a.$$

于是由本节第 10 题，有

$$X_n\left(\frac{1}{Y_n}-\frac{1}{a}\right)\stackrel{P}{\to }0.$$

又由本节第 8 题的证明知

$$X_n/a\stackrel{L}{\to }X/a,$$

因而由本节第 9 题知

$$\frac{X_n}{Y_n}=X_n\left(\frac{1}{Y_n}-\frac{1}{a}\right)+\frac{X_n}{a}\stackrel{L}{\to }\frac{X}{a},$$

结论得证.

习题 4.1-12

设随机变量 $X_n$ 服从柯西分布，其密度函数为

$$p_n(x)=\frac{n}{\pi (1+n^2{x}^2)},-\infty <x<\infty .$$

试证：$X_n\stackrel{P}{\to }0$.

解 对任意的 $\epsilon >0$，当 $n\to \infty$ 时，有

$$\begin{array}{rl}P(|X_n|\le \epsilon )& ={\int }_{-\epsilon }^{\epsilon }\frac{n}{\pi (1+n^2{x}^2)}dx\\ & ={\int }_{-n\epsilon }^{n\epsilon }\frac{1}{\pi (1+t^2)}dt\to 1.\end{array}$$

即

$$X_n\stackrel{P}{\to }0,$$

结论得证.

习题 4.1-13

设随机变量序列 $\{X_n\}$ 独立同分布，其密度函数为

$$p(x)=\{\begin{array}{ll}1/\beta ,& 0<x<\beta ,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

其中常数 $\beta >0$，令

$$Y_n=\max \{X_1,X_2,\dots ,X_n\},$$

试证：$Y_n\stackrel{P}{\to }\beta$.

解 因为当 $x<0$ 时，有

$$P(Y_n\le x)=0;$$

当 $x\ge \beta$ 时，有

$$P(Y_n\le x)=1;$$

而当 $0\le x<\beta$ 时，有

$$P(Y_n\le x)=\prod _{i=1}^{n}P(X_i\le x)=\prod _{i=1}^n{\int }_0^x\frac{1}{\beta }dx={\left(\frac{x}{\beta }\right)}^n.$$

所以，对任意的 $\epsilon >0$（$\epsilon <\beta$），当 $n\to \infty$ 时，有

$$P(|Y_n-\beta |\ge \epsilon )=P(Y_n\le \beta -\epsilon )={\left(\frac{\beta -\epsilon }{\beta }\right)}^n\to 0,$$

所以有

$$Y_n\stackrel{P}{\to }\beta ,$$

结论得证.

习题 4.1-14

设随机变量序列 $\{X_n\}$ 独立同分布，其密度函数为

$$p(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-(x-\alpha )},& x\ge \alpha ,\\ 0,& x<\alpha .\end{array}$$

令

$$Y_n=\min \{X_1,X_2,\dots ,X_n\},$$

试证：$Y_n\stackrel{P}{\to }\alpha$.

解 因为 $X_i$ 的分布函数为

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}1-e^{-(x-\alpha )},& x\ge \alpha ,\\ 0,& x<\alpha .\end{array}$$

所以当 $x\ge \alpha$ 时，有

$$P(Y_n\ge x)=\prod _{i=1}^{n}P(X_i\ge x)=[1-F(x){]}^n=e^{-n(x-\alpha )}.$$

对任意的 $\epsilon >0$，当 $n\to \infty$ 时，有

$$P(|Y_n-\alpha |\ge \epsilon )=P(Y_n-\alpha \ge \epsilon )=e^{-n\epsilon }\to 0,$$

即

$$Y_n\stackrel{P}{\to }\alpha ,$$

结论得证.

习题 4.1-15

设随机变量序列 $\{X_n\}$ 独立同分布，且 $X_i\sim U(0,1)$.令

$$Y_n={\left(\prod _{i=1}^n{X}_i\right)}^{1/n},$$

试证明：

$$Y_n\stackrel{P}{\to }c,$$

其中 $c$ 为常数，并求出 $c$.

解 因为

$$\ln Y_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\ln X_i,$$

且

$$E(\ln X_i)={\int }_0^1\ln xdx=[x\ln x-x{]}_0^1=-1,$$ $$E(\ln X_i{)}^2={\int }_0^1(\ln x{)}^{2}dx=x[(\ln x{)}^2{]}_0^1-2{\int }_0^1\ln xdx=2,$$

从而

$$\mathrm{Var}(\ln X_i)=1.$$

所以由切比雪夫不等式得，对任意 $\epsilon >0$，有

$$P\left(\left|\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\ln X_i-(-1)\right|\ge \epsilon \right)\le \frac{1}{n{\epsilon }^2}\to 0.$$

即

$$\ln Y_n\stackrel{P}{\to }-1.$$

再由本节第 3 题知

$$Y_n={\left(\prod _{i=1}^n{X}_i\right)}^{1/n}\stackrel{P}{\to }{e}^{-1},$$

即

$$c=e^{-1}.$$

习题 4.1-16

设分布函数列 $\{F_n(x)\}$ 弱收敛于分布函数 $F(x)$，且 $F_n(x)$ 和 $F(x)$ 都是连续、严格单调函数，又设 $\xi$ 服从 $(0,1)$ 上的均匀分布，试证：$F_n^{-1}(\xi )\stackrel{P}{\to }{F}^{-1}(\xi )$.

解 对任意的 $\epsilon >0$，$\delta >0$，存在充分大的 $M$，使有

$$F(M)-F(-M)>1-\delta .$$

对取定的 $M$，可选取正整数 $k$ 和 $N$，使有

$$1/k<\epsilon ,N/k>M.$$

对取定的 $N$，存在

$$h>0,h<\delta /[2(2N+1)].$$

对取定的 $h$，因为 $F_n(x)\to F(x)$ 关于 $x$ 是一致的（见本节第 7 题），因而存在 $N_1$，使当 $n\ge N_1$ 时，任对 $x\in (-\infty ,\infty )$，有

$$|F_n(x)-F(x)|<h.$$

因此有

$$\begin{array}{rl}P(|F_n^{-1}(\xi )-F^{-1}(\xi )|\le \epsilon )& \ge P(|F_n^{-1}(\xi )-F^{-1}(\xi )|\le 1/k)\\ & \ge \sum _{i=-N}^{N}P\left(\left\{\left|F_n^{-1}(\xi )-\frac{i}{k}\right|\le \frac{1}{2k}\right\}\cap \left\{\left|F^{-1}(\xi )-\frac{i}{k}\right|\le \frac{1}{2k}\right\}\right)\\ & =\sum _{i=-N}^{N}P(\left\{F_n\left(\frac{i}{k}-\frac{1}{2k}\right)\le \xi \le F_n\left(\frac{i}{k}+\frac{1}{2k}\right)\right\}\\ & \cap \left\{F\left(\frac{i}{k}-\frac{1}{2k}\right)\le \xi \le F\left(\frac{i}{k}+\frac{1}{2k}\right)\right\})\\ & \ge \sum _{i=-N}^{N}P\left(F\left(\frac{i}{k}-\frac{1}{2k}\right)+h\le \xi \le F\left(\frac{i}{k}+\frac{1}{2k}\right)-h\right)\\ & =\sum _{i=-N}^N\left[F\left(\frac{i}{k}+\frac{1}{2k}\right)-F\left(\frac{i}{k}-\frac{1}{2k}\right)-2h\right]\\ & =F\left(\frac{N}{k}+\frac{1}{2k}\right)-F\left(-\frac{N}{k}-\frac{1}{2k}\right)-2(2N+1)h\\ & \ge 1-2\delta .\end{array}$$

由 $\epsilon ,\delta$ 的任意性知

$$F_n^{-1}(\xi )\stackrel{P}{\to }{F}^{-1}(\xi ).$$

结论得证.

习题 4.1-17

设随机变量序列 $\{X_n\}$ 独立同分布，数学期望、方差均存在，且 $E(X_n)=\mu$.试证：

$$\frac{2}{n(n+1)}\sum _{k=1}^{n}k{X}_k\stackrel{P}{\to }\mu .$$

解 已知

$$E(X_n)=\mu ,$$

记

$$\mathrm{Var}(X_n)={\sigma }^2,$$

令

$$Y_n=\frac{2}{n(n+1)}\sum _{k=1}^{n}k{X}_k,$$

则

$$E(Y_n)=\frac{2}{n(n+1)}\sum _{k=1}^{n}k\mu =\mu ,$$ $$\mathrm{Var}(Y_n)=\frac{4}{n^2(n+1{)}^2}\sum _{k=1}^n{k}^2{\sigma }^2=\frac{4{\sigma }^2}{(n+1{)}^2}\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{n^2}\le \frac{4{\sigma }^2}{n+1}.$$

对任意的 $\epsilon >0$，由切比雪夫不等式得

$$P(|Y_n-\mu |\ge \epsilon )\le \frac{\mathrm{Var}(Y_n)}{{\epsilon }^2}\le \frac{1}{{\epsilon }^2}\cdot \frac{4{\sigma }^2}{n+1}\to 0,n\to \infty .$$

即

$$Y_n\stackrel{P}{\to }\mu ,$$

结论得证.

习题 4.1-18

设随机变量序列 $\{X_n\}$ 独立同分布，数学期望、方差均存在，且

$$E(X_n)=0,\mathrm{Var}(X_n)={\sigma }^2.$$

试证：

$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{X}_k^2\stackrel{P}{\to }{\sigma }^2.$$

解 这时 $\{X_n^2\}$ 仍独立同分布，且

$$E(X_n^2)=\mathrm{Var}(X_n)={\sigma }^2<\infty ,$$

由辛钦大数定律（见 \S 4.3）知结论成立.

习题 4.1-19

设随机变量序列 $\{X_n\}$ 独立同分布，且 $\mathrm{Var}(X_n)={\sigma }^2$ 存在，令

$${\overline{X}}_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,S_n^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-{\overline{X}}_n{)}^2.$$

试证：$S_n^2\stackrel{P}{\to }{\sigma }^2$.

解 不妨设 $E(X_n)=0$，否则令

$$X_n^{\prime }=X_n-E(X_n),$$

并以 $\{X_n^{\prime }\}$ 代替 $\{X_n\}$，这时 ${\sigma }^2$，$S_n^2$ 均保持不变.

易知

$$S_n^2=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n(X_k-{\overline{X}}_n{)}^2=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{X}_k^2-({\overline{X}}_n{)}^2.$$

由本节第 18 题知

$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{X}_k^2\stackrel{P}{\to }{\sigma }^2.$$

又因为

$${\overline{X}}_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\stackrel{P}{\to }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i)=0,$$

所以由本节第 2 题（2）知

$$({\overline{X}}_n{)}^2\stackrel{P}{\to }0.$$

最后由本节第 2 题（1）知

$$S_n^2=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{X}_k^2-({\overline{X}}_n{)}^2\stackrel{P}{\to }{\sigma }^2,$$

结论得证.

习题 4.1-20

将 $n$ 个编号为 $1$ 至 $n$ 的球放入 $n$ 个编号为 $1$ 至 $n$ 的盒子中，每个盒子只能放一个球，记

$$X_i=\{\begin{array}{ll}1,& \text{编号为 }i\text{ 的球放入编号为 }i\text{ 的盒子},\\ 0,& \text{反之}.\end{array}$$ $$S_n=\sum _{i=1}^n{X}_i,$$

试证明：

$$\frac{S_n-E(S_n)}{n}\stackrel{P}{\to }0.$$

解 这是一个配对模型，由习题 3.4 第 25 题知：

$$E(S_n)=1,\mathrm{Var}(S_n)=1.$$

所以由切比雪夫不等式，对任意 $\epsilon >0$，有

$$P\left(\left|\frac{S_n-E(S_n)}{n}\right|\ge \epsilon \right)\le \frac{1}{n^2{\epsilon }^2}\to 0.$$

即

$$\frac{S_n-E(S_n)}{n}\stackrel{P}{\to }0.$$