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  - L01 习题与完整解答
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# L01 习题与完整解答

> 对应讲义：[[随机矩阵理论/notes/lessons/L01-probability-space-expectation|L01：概率空间、事件与期望]]

本习题集共 8 题：基础题 3 道、证明题 3 道、探索题 2 道。每题后的完整解答默认折叠。建议先独立作答，再展开核对。

## 一、基础题

> [!question] 基础题 1：指示函数与二事件容斥
> 设 $A,B$ 是同一概率空间中的两个事件。
>
> 1. 证明逐点恒等式
> $$
> \mathbf 1_{A\cup B}
> =\mathbf 1_A+\mathbf 1_B-\mathbf 1_{A\cap B}.
> $$
> 2. 对恒等式取期望，推出二事件容斥公式。

> [!success]- 完整解答
> **所用事实**
>
> - 指示函数 $\mathbf 1_A$ 在 $A$ 上取 1，在 $A^c$ 上取 0；
> - $\mathbb E[\mathbf 1_A]=\mathbb P(A)$；
> - 期望具有线性。
>
> **逐步推导**
>
> 固定任意 $\omega\in\Omega$。按照 $\omega$ 是否属于 $A$、$B$，共有 4 种情形：
>
> 1. 若 $\omega\notin A$ 且 $\omega\notin B$，等式两边都是 0；
> 2. 若 $\omega\in A$ 且 $\omega\notin B$，左边为 1，右边为 $1+0-0=1$；
> 3. 若 $\omega\notin A$ 且 $\omega\in B$，左边为 1，右边为 $0+1-0=1$；
> 4. 若 $\omega\in A\cap B$，左边为 1，右边为 $1+1-1=1$。
>
> 因此恒等式对每个 $\omega$ 都成立。两边取期望并使用线性，得到
> $$
> \mathbb P(A\cup B)
> =\mathbb P(A)+\mathbb P(B)-\mathbb P(A\cap B).
> $$
>
> **假设用途**
>
> $A,B$ 必须是事件，才能保证相关指示函数可测、概率和期望有定义。整个证明不需要 $A,B$ 独立。
>
> **常见错误**
>
> 把 $\mathbb P(A\cap B)$ 直接写成 $\mathbb P(A)\mathbb P(B)$。这个乘法公式需要独立性，本题没有该假设，也不需要它。

> [!question] 基础题 2：简单随机变量的期望
> 设 $A$ 是事件，$\mathbb P(A)=p$。随机变量 $X$ 定义为：在 $A$ 上取 2，在 $A^c$ 上取 $-1$。
>
> 1. 求 $\mathbb E[X]$；
> 2. 求使 $\mathbb E[X]=0$ 的 $p$；
> 3. 说明为什么本题反驳了“期望一定是随机变量可能取到的值”。

> [!success]- 完整解答
> **所用事实**
>
> 简单随机变量的期望是各取值按其概率加权的和；也可将 $X$ 写成指示函数的线性组合。
>
> **逐步推导**
>
> 因为 $X=2$ 在 $A$ 上、$X=-1$ 在 $A^c$ 上，所以
> $$
> X=2\mathbf 1_A-\mathbf 1_{A^c}
> =2\mathbf 1_A-(1-\mathbf 1_A)
> =3\mathbf 1_A-1.
> $$
> 利用期望线性以及 $\mathbb E[\mathbf 1_A]=p$，
> $$
> \mathbb E[X]=3p-1.
> $$
> 要使期望为 0，必须有 $3p-1=0$，故
> $$
> p=\frac13.
> $$
> 当 $p=1/3$ 时，$X$ 仍然只可能取 $2$ 或 $-1$，从不取 0，但其期望等于 0。因此期望是概率加权中心，不必属于随机变量的值域。
>
> **假设用途**
>
> 条件 $\mathbb P(A)=p$ 决定两种取值的权重；$\mathbb P(A^c)=1-p$ 来自概率空间总质量为 1。
>
> **常见错误**
>
> 把期望理解成“最常出现的值”。最常出现的值是众数概念，和期望不是同一个对象。

> [!question] 基础题 3：期望线性不要求独立
> 设 $X$ 可积，并令 $Y=X$。
>
> 1. 求 $\mathbb E[X+Y]$；
> 2. 判断 $X,Y$ 是否独立；
> 3. 解释这个例子为什么说明期望线性不依赖独立性。

> [!success]- 完整解答
> **所用事实**
>
> 只要 $X,Y$ 可积，期望就满足
> $$
> \mathbb E[X+Y]=\mathbb E[X]+\mathbb E[Y],
> $$
> 不需要独立性。
>
> **逐步推导**
>
> 因为 $Y=X$，所以逐点有 $X+Y=2X$。于是
> $$
> \mathbb E[X+Y]=\mathbb E[2X]=2\mathbb E[X].
> $$
> 除非 $X$ 几乎处处为常数等退化情形，否则 $Y=X$ 表示二者完全相关，并不独立。例如事件 $\{X\in C\}$ 与 $\{Y\in C\}$ 实际是同一事件，通常不会满足概率乘法公式。
>
> **假设用途**
>
> 可积性 $\mathbb E|X|<\infty$ 保证上述期望都是有限且有定义的。没有使用独立性。
>
> **常见错误**
>
> 把“独立随机变量的方差可加”误记成“只有独立随机变量的期望才可加”。前者通常需要独立性，后者不需要。

## 二、证明题

> [!question] 证明题 1：零距离推出几乎处处相等
> 设 $a\in\mathbb R$，随机变量 $X$ 满足
> $$
> \mathbb E|X-a|=0.
> $$
> 证明 $X=a$ 几乎处处。

> [!success]- 完整解答
> **所用事实**
>
> 若非负随机变量 $Y$ 满足 $\mathbb E[Y]=0$，则 $Y=0$ 几乎处处。
>
> **逐步推导**
>
> 定义
> $$
> Y=|X-a|.
> $$
> 绝对值保证 $Y\ge0$，题设给出 $\mathbb E[Y]=0$。为不把所用命题当成黑箱，也可直接证明：对每个正整数 $m$，Markov 不等式给出
> $$
> \mathbb P(Y\ge1/m)
> \le m\mathbb E[Y]=0.
> $$
> 又因为
> $$
> \{Y>0\}=\bigcup_{m=1}^{\infty}\{Y\ge1/m\},
> $$
> 可数次可加性给出 $\mathbb P(Y>0)=0$。因此 $Y=0$ 几乎处处，也就是 $|X-a|=0$ 几乎处处，等价于 $X=a$ 几乎处处。
>
> **假设用途**
>
> 绝对值使 $Y$ 非负，这是从零期望推出几乎处处为零的关键。若只知道 $\mathbb E[X-a]=0$，正负部分可能抵消，不能推出 $X=a$。
>
> **常见错误**
>
> 从 $\mathbb E[X-a]=0$ 直接推出 $X=a$。例如对称取值 $-1,1$ 的随机变量期望为 0，但并不恒等于 0。

> [!question] 证明题 2：完整证明 Markov 不等式
> 设 $X\ge0$，且 $t>0$。证明
> $$
> \mathbb P(X\ge t)\le\frac{\mathbb E[X]}{t}.
> $$

> [!success]- 完整解答
> **所用事实**
>
> 使用指示函数、期望的单调性以及 $\mathbb E[\mathbf 1_A]=\mathbb P(A)$。
>
> **逐步推导**
>
> 先证明逐点不等式
> $$
> t\mathbf 1_{\{X\ge t\}}\le X.
> $$
> 固定 $\omega$：
>
> - 若 $X(\omega)\ge t$，左边为 $t$，故左边不超过 $X(\omega)$；
> - 若 $X(\omega)<t$，左边为 0，而 $X(\omega)\ge0$，所以左边仍不超过右边。
>
> 对逐点不等式取期望，由单调性得到
> $$
> t\mathbb E[\mathbf 1_{\{X\ge t\}}]\le\mathbb E[X].
> $$
> 指示函数期望等于事件概率，因此
> $$
> t\mathbb P(X\ge t)\le\mathbb E[X].
> $$
> 最后因为 $t>0$，两边除以 $t$，得到所需结论。
>
> **假设用途**
>
> $X\ge0$ 用于事件补集上的比较 $0\le X(\omega)$；$t>0$ 用于最后除以 $t$ 且不改变不等号方向。
>
> **常见错误**
>
> 对可能取负值的 $X$ 直接套用该形式。一般实随机变量应先对 $|X|$ 使用 Markov 不等式。

> [!question] 证明题 3：方差为零的等价刻画
> 设 $X$ 二阶可积。证明
> $$
> \operatorname{Var}(X)=0
> \quad\Longleftrightarrow\quad
> X=\mathbb E[X]\ \text{几乎处处}.
> $$

> [!success]- 完整解答
> **所用事实**
>
> 方差定义为
> $$
> \operatorname{Var}(X)
> =\mathbb E\!\left[|X-\mathbb E[X]|^2\right],
> $$
> 且非负随机变量期望为 0 当且仅当它几乎处处为 0。
>
> **逐步推导**
>
> 先证正向。若 $\operatorname{Var}(X)=0$，令
> $$
> Y=|X-\mathbb E[X]|^2.
> $$
> 则 $Y\ge0$ 且 $\mathbb E[Y]=0$，因此 $Y=0$ 几乎处处。平方为 0 当且仅当底数为 0，所以
> $$
> X=\mathbb E[X]\qquad\text{几乎处处}.
> $$
> 再证反向。若 $X=\mathbb E[X]$ 几乎处处，则 $|X-\mathbb E[X]|^2=0$ 几乎处处，故其期望为 0，即 $\operatorname{Var}(X)=0$。
>
> **假设用途**
>
> 二阶可积保证方差有限且定义良好。正向证明依赖平方偏差的非负性。
>
> **常见错误**
>
> 混淆“$\mathbb E[X]=0$”与“$\operatorname{Var}(X)=0$”。前者允许正负取值抵消；后者才表示随机变量几乎处处是常数。

## 三、探索题

> [!question] 探索题 1：异常事件计数
> 设 $X_1,\ldots,X_n$ 为可积随机变量，不假设相互独立。对 $t>0$ 定义
> $$
> N_t=\sum_{i=1}^n\mathbf 1_{\{|X_i|\ge t\}}.
> $$
>
> 1. 求 $\mathbb E[N_t]$；
> 2. 仅利用 $\mathbb E|X_i|$，证明 $\mathbb P(N_t\ge1)$ 的一个上界；
> 3. 指出推导中的哪些步骤不需要独立性。

> [!success]- 完整解答
> **所用事实**
>
> 使用期望线性、指示函数期望公式和 Markov 不等式。也可用 union bound 得到同一概率上界。
>
> **逐步推导**
>
> 首先，由期望线性，
> $$
> \mathbb E[N_t]
> =\sum_{i=1}^n\mathbb E[\mathbf 1_{\{|X_i|\ge t\}}]
> =\sum_{i=1}^n\mathbb P(|X_i|\ge t).
> $$
> 由于 $N_t\ge0$，对阈值 1 使用 Markov 不等式，
> $$
> \mathbb P(N_t\ge1)\le\mathbb E[N_t].
> $$
> 再分别对非负随机变量 $|X_i|$ 使用 Markov 不等式，
> $$
> \mathbb P(|X_i|\ge t)
> \le\frac{\mathbb E|X_i|}{t}.
> $$
> 合并得到
> $$
> \mathbb P(N_t\ge1)
> \le\frac1t\sum_{i=1}^n\mathbb E|X_i|.
> $$
> 另一条路线是注意
> $$
> \{N_t\ge1\}
> =\bigcup_{i=1}^n\{|X_i|\ge t\},
> $$
> 然后先用 union bound，再对每项使用 Markov 不等式。
>
> **假设用途**
>
> 可积性保证每个 $\mathbb E|X_i|$ 有限；$t>0$ 允许除以 $t$。期望线性、union bound 和以上 Markov 估计都不需要 $X_i$ 独立。
>
> **常见错误**
>
> 把并集概率写成各事件概率之和。一般只有上界；事件重叠时直接相加会重复计算。也不要为了使用期望线性而额外假设独立。

> [!question] 探索题 2：均值为零不等于没有随机性
> 令 $X$ 以概率 $1/2$ 取 1，以概率 $1/2$ 取 $-1$。
>
> 1. 计算 $\mathbb E[X]$ 和 $\operatorname{Var}(X)$；
> 2. 令 $X_1,\ldots,X_n$ 为 $X$ 的独立副本，并令
> $$
> H=\operatorname{diag}(X_1,\ldots,X_n).
> $$
> 计算 $\mathbb E[H]$，并判断 $H$ 是否可能等于零矩阵；
> 3. 解释这个例子对随机矩阵“矩阵元均值归一化”的提醒。

> [!success]- 完整解答
> **所用事实**
>
> 离散随机变量的期望按概率加权求和；矩阵期望按矩阵元逐项计算。
>
> **逐步推导**
>
> 首先，
> $$
> \mathbb E[X]
> =\frac12\cdot1+\frac12\cdot(-1)=0.
> $$
> 又因为 $X^2=1$ 恒成立，
> $$
> \operatorname{Var}(X)
> =\mathbb E[X^2]-(\mathbb E[X])^2
> =1-0=1.
> $$
> 对角矩阵的期望逐项计算：
> $$
> \mathbb E[H]
> =\operatorname{diag}(\mathbb E[X_1],\ldots,\mathbb E[X_n])
> =0.
> $$
> 但是每个对角元都等于 $1$ 或 $-1$，从不为 0。因此 $H$ 不可能是零矩阵；事实上
> $$
> H^2=I_n
> $$
> 恒成立。
>
> **随机矩阵连接**
>
> “矩阵元均值为 0”只消除了确定性的平均偏移，不会消除方差或谱波动。随机矩阵模型还必须明确方差和尺度；否则仅写“中心化”远远不够。
>
> **假设用途**
>
> 独立性不是计算 $\mathbb E[H]$ 所必需的，但它把 $X_i$ 组织成标准的独立随机符号模型，便于后续研究联合谱行为。
>
> **常见错误**
>
> 从 $\mathbb E[H]=0$ 推出 $H=0$。矩阵期望仍是平均值，不能代表每次随机实现。