如何理解简单随机游走的事件域不能是样本空间的幂集

前言

事情的起因有两个。一个是前几天班里的大佬问我如何给掷无穷次硬币这个过程给一个样本空间。另一个则是国庆前一天晚课读 Probability with Martingales 时看到的一句话：

We certainly wish to speak of the intuitive event "$\omega_n = W$" where $W \in \{H, T\}$. And it is natural to choose

\ $\\mathcal{F} = \\sigma\\left(\\{\\,\\omega \\in \\Omega : \\omega_n = W\\,\\} : n \\in \\mathbb{N},\\ W \\in \\{H, T\\}\\right) \\$

Although $\mathcal{F} \neq P(\Omega)$ （accept this）

为什么呢？

解决这些问题最根本的办法是用 Kolmogorov 的乘积测度，但是针对简单随机游走，有没有一种简单的理解方式，让它能出现在教材前面几页，使得有实变函数基础的人（没有正经学过概率论）可以看明白呢？

设定

我们先声明要研究的问题。

首先，所谓的「简单随机游走」，专指一列随机变量 $\xi_1, \xi_2, \ldots, \xi_n, \ldots$，它们独立同分布，共同分布为

\ $P(\\xi_i = \\pm 1) = \\tfrac{1}{2}. \\$

它的典型例子是抛硬币。如果这个硬币是没有手脚的，那么抛出正面、反面的概率为 $\tfrac{1}{2}$。让正面是 $1$，反面是 $-1$，那么抛任意有限次硬币就给出了这样的随机游走。

就像 Probability with Martingales 里面，我们取

\ $\\Omega = \\left\\{ (\\omega_1, \\omega_2, \\omega_3, \\ldots) : \\omega_i \\in \\{\\pm 1\\} \\right\\} \\$

为随机过程的样本空间。

像抛任意有限次硬币中出现的结果，应该为一个事件，即

\ $\\left\\{ (\\omega_1, \\omega_2, \\ldots, \\omega_n, \\ldots) : \\omega_i = k_i,\\ 1 \\le i \\le n \\right\\} \\quad (k_i \\in \\{\\pm 1\\}),\\quad \\forall n \\$

是一个事件。不难知道， $\{\omega : \omega_n = k\},\ k \in \{\pm 1\}$ 是事件，加上 $\sigma$-代数生成的条件

\ $\\mathcal{F} = \\sigma\\left(\\{\\omega : \\omega_n = k\\},\\ k \\in \\{\\pm 1\\},\\ n \\in \\mathbb{N}\\right) \\$

是事件域。

我们问：$\mathcal{F}$ 是否是为 $P(\Omega)$ 的？也就是说，有没有不可测集在 $P(\Omega)$ 上面？

引入概率

回忆实变函数中的不可测集构造办法，我们用到了测度。自然，如果没有测度，上面那个问题也肯定是可以被提出的、有解的。但是如果想要好好解决这个问题，也许我们有必要引入概率。

在无穷乘积空间中构造概率是不可以的，这和我一开始的想法------不要用到过于抽象的构造相悖，所以我们也许要用到已知的测度，比如 Lebesgue 测度。

参考 Durrett，习题中给出了一种构造样本空间的办法，考虑 $( $0,1$ ,\ \mathcal{R},\ \mathrm{Leb})$。

$ $0,1$ $ 区间有一种二进制展开法：

\ $\\forall x \\in \[0,1$ ,\quad x = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{i_n}{2^n},\qquad i_n \in \{0,1\}. \]

对于 $n = 1$，若 $x \in [0, \tfrac{1}{2})$，则 $i_1 = 0$，否则 $i_1 = 1$。

若已知 $i_1, i_2, \ldots, i_k$，则确定了 $x \in \left[\tfrac{m}{2^k}, \tfrac{m+1}{2^k}\right)$：

若 $x \in \left[\tfrac{2m}{2^{k+1}}, \tfrac{2m+1}{2^{k+1}}\right)$，则 $i_{k+1} = 0$，否则 $i_{k+1} = 1$。

依此类推，则有 $x \mapsto (i_1, i_2, \ldots)$ 单射。实际上是因为，确定了 $i_1, \ldots, i_n$ 则知

\ $x \\in \\left\[\\tfrac{m_n}{2\^n}, \\tfrac{m_n+1}{2\^n}\\right),\\quad \\forall n, \\$

且 $\left[\tfrac{m_n}{2^n}, \tfrac{m_n+1}{2^n}\right) \subset \left[\tfrac{m_{n-1}}{2^{n-1}}, \tfrac{m_{n-1}+1}{2^{n-1}}\right)$ 右端取闭，用闭区间套定理给出结论。

而 $(i_1, i_2, \ldots, i_n, \ldots)$ 天然地可以与 $\Omega$ 中元素一一对应，只要在相同位置上 $1$ 对应于 $+1$，$0$ 对应于 $-1$。

那我问，这样的对应关系能保证测度有相应的对应关系吗？可能这里说有点奇怪，因为我们毕竟没有给出概率，且我们先考虑一些特殊情况、显然的集合。

比如 $\xi_1 = \{\pm 1\}$，对应于 $[0, \tfrac{1}{2})$ 和 $[\tfrac{1}{2}, 1)$：

\ $P(\\xi_1 = 1) = \\tfrac{1}{2},\\qquad \\mathrm{Leb}\\left(\\left\[\\tfrac{1}{2}, 1\\right)\\right) = \\tfrac{1}{2}. \\$

若有 $\{\xi_{i_1} = k_1,\ \xi_{i_2} = k_2,\ \ldots,\ \xi_{i_n} = k_n\}$，$k_i \in \{\pm 1\}$，

\ $P(A) = \\frac{1}{2\^n}. \\$

对应的集合为

\ $B = \\bigcap_{l}\\bigcup_{m}\[\\frac{2m+\\frac{k_l+1}{2}}{2\^{i_l}},\\frac{2m+\\frac{k_l+1}{2}+1}{2\^{i_l}}), \\$

可以算出 $\mathrm{Leb}(B) = \dfrac{1}{2^n}$。

而概率在这些柱集上的定义可以给出在所有事件上的定义（因为柱集构成一个代数），所以应该是可以的！

我们严格给出这样的对应关系：

\ $f:\\ \[0,1$ \to \Omega,\qquad \omega = (i_1, i_2, \ldots, i_n, \ldots) \mapsto f(\omega) = (2i_1 - 1,\ 2i_2 - 1,\ \ldots). \]

对应给出了 $f^{-1}(\mathcal{B})$，$f: \mathcal{R} \to P(\Omega)$ 的集合对应关系，且对于任何集合 $A$ ，为柱集

\ $\\mathrm{Leb}\\left(f\^{-1}(A)\\right) \\overset{?}{=} P(A). \\$

两种样本空间的研究

我们先来说

\ $f:\\ \\mathcal{R} \\to \\mathcal{F} \\$

是一个一一对应。

首先，像上面 $B$ 那样的集合，是在 $\mathcal{R}$ 中的，记为 $\mathcal{E}_0$。它对应于概率空间里面的柱集，记为$\mathcal{E}'0$ 所以像 $I{\frac{m}{2^n}, \frac{m+1}{2^n}}$ 这样的集合，是在 $\mathcal{R}$ 中的。

\ $\\mathcal{E}_1 = \\left\\{ \[\\frac{m}{2\^n}, \\frac{m+1}{2\^n}) : n, m \\in \\mathbb{N} \\right\\}. \\$

对应的集类为$\mathcal{E}'_1$

$\mathcal{E}_1$ 显然是一个代数。任给一个区间 $\left(\tfrac{m}{2^n}, \tfrac{m+1}{2^n}\right)$，可以考虑$\left[\tfrac{m2^{k}+1}{2^{n+k}}, \tfrac{m+1}{2^n}\right) \in \mathcal{E}_1 \uparrow \left(\tfrac{m}{2^n}, \tfrac{m+1}{2^n}\right)$ ，所以 $\left(\frac{m}{2^n} \tfrac{m+1}{2^n}\right) \in \sigma(\mathcal{E}_1)$ 。又任意开区间可被 $(\frac{m}{2^n}, \frac{m+1}{2^n})$ 逼近，故 $\sigma(\mathcal{E}_1) = \mathcal{R}$。

另一边

\ $\\sigma\\left(\\mathcal{E}'_0\\right) = \\mathcal{F} = \\sigma\\left(\\mathcal{E}'_1\\right) \\$

任给集合 $A \in \mathcal{R}$，要证 $f(A) \in \mathcal{F}$。因为设

\ $\\mathcal{D} := \\left\\{ A \\subset \\mathcal{R} : f(A) \\in \\mathcal{F} \\right\\}, \\$

则 $\mathcal{D}$ 为一个 $\lambda$ 类，而 $\mathcal{E}_1 \subset \mathcal{E}_0 \subset \mathcal{D}$，$\sigma(\mathcal{E}_1) = \mathcal{R} \subset \mathcal{D}$。

任给 $A' \in \mathcal{F}$，要证$f^{-1}(A') \in \mathcal{R}$。

\ $\\mathcal{D}' := \\left\\{ A : A \\in \\mathcal{F},\\ f\^{-1}(A) \\in \\mathcal{R} \\right\\}. \\$

$\mathcal{D}'$ 为一个 $\lambda$ 类，而 $\mathcal{E}'_1 \subset \mathcal{E}'_0 \subset \mathcal{D}'$ ，故 $\mathcal{F}= \sigma\left(\mathcal{E}'_1\right) \subset \mathcal{D}'$。

那么 $P$ 在 $\mathcal{F}$ 上与 $\mathrm{Leb}$ 在 $\mathcal{R}$ 上是否一样呢？

在 $f: \mathcal{E}_0 \to \mathcal{E}'_0$ 上是一样的。

$\mathcal{E}_0$ 是 $\mathcal{R}$ 上的代数，$\mathcal{E}'_0$ 是 $\mathcal{F}$ 上的代数。

定义 $P - \mathrm{Leb} : \mathcal{R} \to \mathbb{R}$，

\ $(P - \\mathrm{Leb})(A) = P(f(A)) - \\mathrm{Leb}(A). \\$

则 $P - \mathrm{Leb}$ 是测度，且在 $\mathcal{E}_0$ 上为 $0$，故 $P - \mathrm{Leb}$ 在 $\mathcal{R}$ 上恒为 $0$。

所以现在 $(\Omega, \mathcal{F}, P)$ 与 $\left( $0,1$ , \mathcal{R}, \mathrm{Leb}\right)$ 是真的一样了。

自然，在 $\left( $0,1$ , \mathcal{R}, \mathrm{Leb}\right)$ 上有一个不可测集，所以在 $(\Omega, \mathcal{F}, P)$ 上也有对应的不可测集。

Remark

所以勒贝格测度就是随机游走的概率？好神奇的结论。