📝 课后习题精解：条件期望与布朗运动性质
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本页面收录了《随机微分方程》课程第一章（独立性、条件期望）与第二章（布朗运动及其性质）的核心课后习题解答。所有解答均采用折叠框形式，点击即可查看详细的推导过程。
Part I: 独立性与条件期望
习题 1
题目： 设随机变量 \(X\) 的概率密度函数是 \(f(x) = ax(1-x), x \in (0,1)\)。除此之外，\(f\) 都取零。 (1) 求常数 \(a\)； (2) 设 \(Y = X^3\)，求 \(Y\) 的概率密度函数。
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(1) 求解常数 \(a\)
由概率密度函数的归一性可知，在全空间上的积分为 1：
解此积分得：
解得：\(a = 6\) [cite: 1519]。
(2) 求解 \(Y=X^3\) 的概率密度函数
首先求 \(Y\) 的累积分布函数 \(F_Y(y)\)。因为 \(X \in (0,1)\)，故 \(Y = X^3 \in (0,1)\)。 对于 \(y \in (0,1)\)：
代入 \(X\) 的概率密度函数计算积分：
对 \(F_Y(y)\) 求导即可得到 \(Y\) 的概率密度函数 \(f_Y(y)\) [cite: 1519]：
综上所述，\(Y\) 的概率密度函数为：
习题 2
题目： 设 \(X, Y\) 是独立的随机变量，\(f(x,y)\) 是有界的连续函数，\(F_X\) 是 \(X\) 的概率分布函数。证明： (1) \(\mathbb{E}[f(X,Y)|Y] = \int f(x,Y)dF_X(x)\)； (2) \(\mathbb{P}(X+Y \leqslant x | Y) = F_X(x-Y)\)。
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(1) 证明：
[cite_start]我们采用测度论中的标准测度逼近方法（Standard Machine）进行严谨证明 [cite: 1520]：
第一步（示性函数）： 设 \(f(x,y) = I_A(x)I_B(y)\)，其中 \(A, B\) 为 Borel 集。 因为 \(X, Y\) 独立，利用条件期望的性质（已知 \(Y\) 时 \(I_B(Y)\) 可提出，且独立变量的条件期望等于无条件期望）：
另一方面，对右侧的积分形式：
两者相等，故对示性函数成立。
第二步（简单函数）： 由期望的线性性质，该结论对有限个示性函数线性组合的简单函数成立 [cite: 1520]。
第三步（非负可测函数）： 对于任意非负可测函数，存在单调递增的简单函数序列逼近它，由单调收敛定理 (Monotone Convergence Theorem)，该结论对非负可测函数成立 [cite: 1520]。
第四步（有界连续函数）： 任何有界连续函数均可拆分为正部和负部 \(f = f^+ - f^-\)，且依定义勒贝格可积，故原式对所有有界连续函数成立。得证 [cite: 1520]。
(2) 证明：
条件概率可以直接写为条件期望的形式：
我们令 \(g(X, Y) = I_{\{X+Y \leqslant x\}}\)，利用第(1)问已证的结论：
对积分域进行等价转换 \(u \leqslant x - Y\)：
得证 [cite: 1521]。
习题 3
题目： 设 \(A, B\) 是测度空间 \((\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P})\) 中的两个事件，计算条件期望 \(\mathbb{E}[\chi_A|\chi_B]\)。（注：\(\chi\) 为示性函数）
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由于 \(\chi_B\) 只能取 0 或 1，由其生成的 \(\sigma\)-代数非常简单：\(\sigma(\chi_B) = \{\emptyset, \Omega, B, B^c\}\)。 因此，条件期望 \(\mathbb{E}[\chi_A|\chi_B]\) 必须是 \(\sigma(\chi_B)\)-可测的，这意味着它在 \(B\) 和 \(B^c\) 上必须是常数。我们设为：
根据条件期望的 Radon-Nikodym 导数定义，对于任意 \(\Lambda \in \sigma(\chi_B)\)，必须满足积分相等：
情况一：取 \(\Lambda = B\)
若 \(\mathbb{P}(B) > 0\)，则 \(c_1 = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)} = \mathbb{P}(A|B)\) [cite: 1523]。
情况二：取 \(\Lambda = B^c\)
若 \(\mathbb{P}(B^c) > 0\)，则 \(c_2 = \frac{\mathbb{P}(A \cap B^c)}{\mathbb{P}(B^c)} = \mathbb{P}(A|B^c)\) [cite: 1524]。
综上所述，条件期望的显式表达为：
习题 4
题目： 设 \(\mathcal{V}_1\) 和 \(\mathcal{V}_2\) 是两个独立的 \(\sigma\)-域，\(X\) 是个可积的随机变量。证明： \(\mathbb{E}[\mathbb{E}(X|\mathcal{V}_1)|\mathcal{V}_2] = \mathbb{E}[X]\)。
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证明：
首先，由条件期望的定义可知，内层期望 \(\mathbb{E}(X|\mathcal{V}_1)\) 必然是一个 \(\mathcal{V}_1\)-可测的随机变量 [cite: 1529]。
由于题目已知 \(\mathcal{V}_1\) 和 \(\mathcal{V}_2\) 是相互独立的 \(\sigma\)-域，因此 \(\mathcal{V}_1\)-可测的随机变量 \(\mathbb{E}(X|\mathcal{V}_1)\) 与 \(\sigma\)-域 \(\mathcal{V}_2\) 自然是相互独立的。
根据条件期望关于独立 \(\sigma\)-域的性质（如果随机变量 \(Z\) 独立于 \(\sigma\)-域 \(\mathcal{G}\)，则 \(\mathbb{E}[Z|\mathcal{G}] = \mathbb{E}[Z]\)），我们可以去掉关于 \(\mathcal{V}_2\) 的条件 [cite: 1529]：
最后，根据条件期望的全期望公式（即 Tower Property 的退化形式）：
联合两式，原命题得证 [cite: 1529]。 \(\square\)
习题 5
题目： 设 \(X\) 和 \(\{X_n\}\) 是 \((\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P})\) 上的一列随机变量，对固定的 \(1 \leqslant p < \infty\)，\(\mathbb{E}[|X_n|^p] < +\infty\)。假设 \(\lim_{n\to\infty}\mathbb{E}[|X_n - X|^p] = 0\)，证明：对 \(\mathcal{F}\) 的任意子 \(\sigma\)-域 \(\mathcal{V} \subset \mathcal{F}\)，成立
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证明：
考察函数 \(\Phi(x) = |x|^p\)。由于 \(p \geqslant 1\)，这是一个凸函数。 利用条件期望的线性性质和 条件 Jensen 不等式，我们将绝对值内的条件期望合并，并把绝对值放缩到期望内部 [cite: 1530]：
对上述不等式两边同时取无条件期望，应用全期望公式 [cite: 1530, 1531]：
对不等式两边令 \(n \to \infty\) 取极限。由于题目已知 \(\lim_{n\to\infty}\mathbb{E}[|X_n - X|^p] = 0\)，且左侧期望恒非负，由夹逼定理可得 [cite: 1532]：
原命题得证。 \(\square\)
习题 6
题目： 取 \(\Omega = \{1, 2, \cdots, 7, 8\}\)，\(\mathcal{F} = 2^\Omega\)（即 \(\Omega\) 的所有子集组成的 \(\sigma\)-域）。当 \(i \leqslant 4\) 时 \(\mathbb{P}(\{i\}) = 1/10\)，当 \(i > 4\) 时 \(\mathbb{P}(\{i\}) = 3/20\)。 定义 \(X = \chi_{\{1,2,3,4\}} + 2\chi_{\{5,6,7,8\}}\)，\(Y = \chi_{\{1,5\}} + 2\chi_{\{2,3,4,6,7,8\}}\)。 \(\mathcal{V}\) 是由 \(\{1,2\}\) 和 \(\{3,4\}\) 生成的 \(\sigma\)-域，\(\mathcal{H}\) 是 \(\{1,2,3,4\}\) 生成的 \(\sigma\)-域。 计算：(1) \(X\mathbb{E}[Y]\)；(2) \(\mathbb{E}[\mathbb{E}[XY|\mathcal{V}]|\mathcal{H}]\)。
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计算准备：明确概率结构
- \(\mathbb{P}(\{1,2,3,4\}) = 4 \times \frac{1}{10} = \frac{2}{5}\)
- \(\mathbb{P}(\{5,6,7,8\}) = 4 \times \frac{3}{20} = \frac{3}{5}\)
- 容易验证，\(\mathcal{H} = \sigma(\{1,2,3,4\})\) 的两个核心原子就是 \(\{1,2,3,4\}\) 和 \(\{5,6,7,8\}\)。而 \(\mathcal{V} = \sigma(\{1,2\}, \{3,4\})\) 的划分更细，显然有 \(\mathcal{H} \subset \mathcal{V}\)。
(1) 计算 \(X\mathbb{E}[Y]\)
首先计算 \(Y\) 的无条件期望 [cite: 1533]：
直接将其乘上 \(X\)：
(2) 计算 \(\mathbb{E}[\mathbb{E}[XY|\mathcal{V}]|\mathcal{H}]\)
这里我们利用极其优雅的平滑性质 (Tower Property) 直接降维，避免双重条件期望的繁琐计算 [cite: 1533]。 因为 \(\mathcal{H} \subset \mathcal{V}\)，较小的 \(\sigma\)-代数在外部起决定性作用：
观察随机变量 \(X\)，它在 \(\{1,2,3,4\}\) 上恒为 1，在 \(\{5,6,7,8\}\) 上恒为 2，这恰好完全对应 \(\mathcal{H}\) 的原子划分。因此 \(X\) 是 \(\mathcal{H}\)-可测的！作为已知信息，可以将其提出条件期望 [cite: 1535]：
接着我们在 \(\mathcal{H}\) 的两个原子上分别计算 \(Y\) 的条件期望： * 在 \(\{1,2,3,4\}\) 上：\(\mathbb{E}[Y|\{1,2,3,4\}] = \frac{1\cdot P(\{1\}) + 2\cdot P(\{2,3,4\})}{P(\{1,2,3,4\})} = \frac{1/10 + 6/10}{4/10} = \frac{7}{4}\) * 在 \(\{5,6,7,8\}\) 上：\(\mathbb{E}[Y|\{5,6,7,8\}] = \frac{1\cdot P(\{5\}) + 2\cdot P(\{6,7,8\})}{P(\{5,6,7,8\})} = \frac{3/20 + 18/20}{12/20} = \frac{7}{4}\)
惊人地发现，在两块划分上 \(\mathbb{E}[Y|\mathcal{H}] = 7/4\) 恒成立。故：
习题 7
题目： 给定概率空间 \((\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P})\) 及可积的随机变量 \(X\)，又设 \(\{\mathcal{F}(t)\}_{t \geqslant 0}\) 是一个 \(\sigma\)-域流。对 \(t \geqslant 0\)，定义 \(X(t) \doteq \mathbb{E}[X|\mathcal{F}(t)]\)。证明：\(X(t)\) 关于 \(\mathcal{F}(t)\) 是一个鞅。
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证明： [cite_start]我们要严格验证鞅的三大核心条件 [cite: 1546, 1547]：
1. 可积性 (Integrability)： 利用条件期望的收缩性（Jensen 不等式的绝对值特例）：
由于题目给定 \(X\) 是可积的（\(\mathbb{E}|X| < \infty\)），故 \(\mathbb{E}|X(t)| < \infty\)。
2. 适应性 (Adaptability)： 根据条件期望 \(\mathbb{E}[X|\mathcal{F}(t)]\) 的测度论定义，它天然是 \(\mathcal{F}(t)\)-可测的。因此过程 \(\{X(t)\}\) 适应于信息流 \(\{\mathcal{F}(t)\}_{t \ge 0}\)。
3. 鞅性质 (Martingale Property)： 对于任意的 \(0 \leqslant s \leqslant t\)，由于 \(\{\mathcal{F}(t)\}\) 是 \(\sigma\)-域流，即信息是不断累积的，必有 \(\mathcal{F}(s) \subset \mathcal{F}(t)\)。 根据条件期望的平滑性质 (Tower Property)：
综上三点，由单一可积变量在不同信息流上的投影所构成的过程 \(X(t)\)，必是一个鞅（这在随机分析中被称为 Doob 鞅）。 \(\square\)
Part II: 布朗运动及其性质
习题 1
题目： 设 \(W(t)\) 是一维 Brown 运动，证明对任意固定的 \(s>0\)，\(W(t+s)-W(s)\) 是 Brown 运动；对任意正数 \(c\)，\(cW(t/c^2)\) 也是 Brown 运动。
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(1) 证明 \(B(t) = W(t+s) - W(s)\) 是布朗运动
我们逐一验证布朗运动的四条定义 [cite: 1551]：
- 零初值：\(B(0) = W(0+s) - W(s) = 0\)。
- 独立增量：对于任意 \(0 \le t_1 < t_2 < \cdots < t_k\)，其增量序列为： $\(B(t_j) - B(t_{j-1}) = W(t_j+s) - W(t_{j-1}+s)\)$ 由于原过程 \(W\) 具有独立增量性质，且时间区间 \([t_{j-1}+s, t_j+s]\) 在时间轴上互不重叠，因此这些增量是相互独立的。
- 平稳正态增量：对于 \(t > u\)，增量分布为： $\(B(t) - B(u) = W(t+s) - W(u+s) \sim N(0, (t+s) - (u+s)) = N(0, t-u)\)$
- 路径连续性：因为 \(W(\cdot)\) 的样本路径几乎必然连续，所以平移后的路径 \(B(\cdot)\) 也几乎必然连续。
综上，\(B(t)\) 是一维布朗运动。
(2) 证明 \(U(t) = cW(t/c^2)\) 是布朗运动
同理进行验证 [cite: 1552, 1553]：
- 零初值：\(U(0) = cW(0/c^2) = cW(0) = 0\)。
- 独立增量：对于任意 \(0 \le t_1 < t_2 < \cdots < t_k\)，由于 \(t_1/c^2 < t_2/c^2 < \cdots < t_k/c^2\) 不重叠，故原布朗运动的增量相互独立，乘上常数 \(c\) 后依然独立。
- 平稳正态增量：由于线性变换的性质，均值仍为 \(0\)，方差为： $\(Var(U(t) - U(s)) = Var\left( c(W(t/c^2) - W(s/c^2)) \right) = c^2 \cdot \left( \frac{t-s}{c^2} \right) = t-s\)$ 故 \(U(t) - U(s) \sim N(0, t-s)\)。
- 路径连续性：尺度变换不改变样本路径的连续性。
综上，\(U(t) = cW(t/c^2)\) 也是布朗运动（这被称为布朗运动的标度不变性/分形性质）。
习题 2
题目： 设 \(W(t)\) 是一维 Brown 运动，记 \(\tilde{W}(t) = \begin{cases} tW(1/t), & t > 0, \\ 0, & t = 0. \end{cases}\) 证明：\(\tilde{W}(t) - \tilde{W}(s) \sim N(0, t-s), \forall 0 < s < t\)。
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对于 \(0 < s < t\)，我们将增量进行恒等变形，凑出相互独立的项 [cite: 1557, 1558]：
我们通过加一项减一项 \(sW(1/t)\) 来分离：
注意，这里 \(1/t < 1/s\)。利用布朗运动的独立增量性质，随机变量 \(W(1/t) = W(1/t) - W(0)\) 与增量 \(W(1/s) - W(1/t)\) 是相互独立的。
由于相互独立，方差可以直接相加 [cite: 1561]：
代入方差公式 \(Var(W(u)) = u\)：
通分化简：
又因为期望的线性性质，\(E[\tilde{W}(t) - \tilde{W}(s)] = 0 - 0 = 0\) [cite: 1562]。 由于它是联合正态随机变量的线性组合，因此必然服从正态分布。
结论得证：\(\tilde{W}(t) - \tilde{W}(s) \sim N(0, t-s)\)。
习题 3
题目： 设 \(W(t)\) 是 Brown 运动，证明：\(\mathbb{E}[W^{2k}(t)] = \frac{(2k)!t^k}{2^k k!}, \forall t > 0\)。
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由于 \(W(t) \sim N(0, t)\)，利用正态分布的矩母函数 (Moment Generating Function) \(M_W(\lambda) = \mathbb{E}[e^{\lambda W(t)}]\) [cite: 1564]：
我们将等式两边同时在 \(\lambda = 0\) 处展开为泰勒级数 (Taylor Series)：
左边根据期望的线性展开：
右边将指数函数展开：
对比两边 \(\lambda^{2k}\) 次方的系数：
移项即可得证 [cite: 1571]：
(注：对于奇数阶矩，对比两边系数由于右边没有奇数次项，故 \(\mathbb{E}[W^{2k+1}(t)] = 0\))。
习题 4
题目： 证明：设 \(c\) 是常数，\(0 < s < t\)，那么 \(\mathbb{E}[\exp(c(W(s) - W(t)))] = \exp\left(\frac{1}{2}c^2(t-s)\right)\)。
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由于布朗运动的增量具有平稳性与对称性，\(W(s) - W(t)\) 与 \(W(t) - W(s)\) 同分布，均服从 \(N(0, t-s)\) 分布。
这等价于求正态随机变量的矩母函数 [cite: 1573]。 令 \(Z = c(W(s) - W(t))\)，则 \(Z \sim N(0, c^2(t-s))\)。
根据正态分布 \(N(\mu, \sigma^2)\) 的矩母函数公式 \(\mathbb{E}[e^Z] = \exp(\mu + \frac{1}{2}\sigma^2)\) [cite: 1573, 1574]：
得证。
习题 5
题目： 设 \(U(t) = e^{-t}W(e^{2t})\)，则 \(\mathbb{E}[U(t)U(s)] = e^{-|t-s|}, \forall t, s \in \mathbb{R}\)。
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不失一般性，我们假设 \(t \geqslant s\)。
代入 \(U(t)\) 的定义计算交叉项的期望：
对于布朗运动，我们已知其协方差函数为 \(\mathbb{E}[W(u)W(v)] = \min(u, v)\)。 由于我们假定了 \(t \geqslant s\)，自然有 \(e^{2t} \geqslant e^{2s}\)，因此：
将其代回原式 [cite: 1576, 1577]：
由于 \(t \geqslant s\)，\(s-t = -|t-s|\)。若 \(s > t\) 结论对称同样成立。 故 \(\forall t, s \in \mathbb{R}\)，\(\mathbb{E}[U(t)U(s)] = e^{-|t-s|}\)，得证。
习题 6
题目： 证明：几乎必然成立 \(\lim_{m \to \infty} \frac{W(m)}{m} = 0\)。
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我们可以利用切比雪夫不等式 (Chebyshev's Inequality) 结合 Borel-Cantelli 引理来进行严格测度论意义上的证明。
第一步：方差界定 考察随机序列 \(Y_m = \frac{W(m)}{m}\)。由于 \(W(m) \sim N(0, m)\)，有：
第二步：强化矩界限（为 Borel-Cantelli 铺垫） 如果仅用二阶矩的切比雪夫不等式，会得到 \(P(|Y_m| \ge \epsilon) \le \frac{1}{m\epsilon^2}\) [cite: 1583]。但 \(\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m}\) 是调和级数，不收敛，无法直接使用 B-C 引理。 因此我们使用四阶矩（或利用正态分布的指数衰减性质）。对于标准正态变量 \(Z \sim N(0,1)\)，\(\mathbb{E}[Z^4] = 3\)。
应用基于四阶矩的马尔可夫不等式：
第三步：Borel-Cantelli 引理 对于任意固定的 \(\epsilon > 0\)，由于 \(\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m^2} < \infty\)，级数绝对收敛：
根据 Borel-Cantelli 引理第一部分，事件 \(\left\{ \left|\frac{W(m)}{m}\right| \geqslant \epsilon \right\}\) 发生无穷次的概率为 0。 这等价于，几乎所有的样本路径满足 \(\lim_{m \to \infty} \frac{W(m)}{m} = 0\)，得证。
习题 7
题目： 证明 \(W(t)^2 - t\) 和 \(\exp\left(\lambda W_t - \frac{1}{2}\lambda^2 t\right)\) \((\lambda \in \mathbb{R})\) 关于 \(W(t)\) 的历史 \(\mathcal{F}(t)\) 都是鞅。
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证明 (1): \(W(t)^2 - t\) 是鞅
设 \(0 \leqslant s < t\)。我们需要证明 \(\mathbb{E}[W(t)^2 - t | \mathcal{F}(s)] = W(s)^2 - s\)。 利用恒等变形 \(W(t) = (W(t) - W(s)) + W(s)\) 展开平方项：
- [cite_start]第一项：由于布朗运动独立增量，\(W(t)-W(s)\) 独立于 \(\mathcal{F}(s)\)，故条件期望等于无条件期望 \(\mathbb{E}[(W(t)-W(s))^2] = t-s\) [cite: 1585, 1586]。
- 第二项：\(W(s)\) 是 \(\mathcal{F}(s)\)-可测的，可提出。剩余增量期望为 0。
- 第三项：\(W(s)^2\) 是 \(\mathcal{F}(s)\)-可测的，直接等于自身。
因此：
减去 \(t\)：
鞅性质得证。
证明 (2): \(\exp\left(\lambda W(t) - \frac{1}{2}\lambda^2 t\right)\) 是鞅 (几何布朗鞅)
同样设 \(0 \leqslant s < t\)。利用指数的拆分：
因为 \(\exp(\lambda W(s))\) 是 \(\mathcal{F}(s)\)-可测的，将其作为常数提出：
由于增量 \(W(t)-W(s)\) 独立于 \(\mathcal{F}(s)\) 且服从 \(N(0, t-s)\) 分布，利用正态分布矩母函数 \(\mathbb{E}[e^{\lambda Z}] = e^{\lambda^2 \sigma^2 / 2}\)：
将上述期望代入要证明的式子 [cite: 1587]：
指数合并：
最终得到：
鞅性质得证。
习题 8
题目： 置 \(X(t) = \int_0^t W(s)ds\)。证明：\(\mathbb{E}[X^2(t)] = \frac{t^3}{3}, \forall t > 0\)。
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[cite_start]这是一个极具代表性的随机过程积分计算，核心在于利用 Fubini 定理交换期望和积分顺序 [cite: 1588]。
首先将平方项写成双重黎曼积分：
对等式两边取期望，并利用 Fubini 定理（因积分域有界且函数绝对可积）将期望穿透到积分内部：
由于布朗运动的协方差函数为 \(\mathbb{E}[W(u)W(v)] = \min(u, v)\)，代入上式：
由于 \(\min(u,v)\) 在对角线 \(u=v\) 处不可微，我们将积分区域 \([0,t] \times [0,t]\) 沿着对角线划分为两块：\(u \leqslant v\) 区域和 \(u > v\) 区域 [cite: 1589, 1590]：
由于这两块区域积分完全对称，计算其中一块并乘以 2 即可：
结论得证：\(\mathbb{E}[X^2(t)] = \frac{t^3}{3}\)。