严格证明对称随机游走的独立增量性

没问题，我来帮你把这个证明补严谨——咱们从随机变量独立性的核心定义入手，结合已知的$X_i$的独立性来一步步推导：

首先先明确已知条件：

• 对称随机游走$(S_k)_{k\in\mathbb{N}0}$定义为：$S_0=0$，$S_k=\sum{j=1}^k X_j$（$k\geq1$）
• 序列${X_i}_{i\in\mathbb{N}}$是独立同分布的，满足$P(X_i=1)=\frac{1}{2}=1-P(X_i=-1)$

我们要证明：对任意时间序列$0=k_0<k_1<k_2<\dots<k_n$，增量$Y_i = S_{k_i}-S_{k_{i-1}} = \sum_{j=k_{i-1}+1}^{k_i} X_j$（$i=1,2,\dots,n$）是相互独立的。

方法1：利用σ-代数的独立性（测度论严谨证明） #

随机变量独立性的本质是它们生成的σ-代数独立，我们从这个角度出发：

1. 对每个增量$Y_i$，它是由索引集$I_i = {k_{i-1}+1, k_{i-1}+2, \dots, k_i}$对应的$X_j$生成的，即$Y_i$是$\sigma(X_j \mid j\in I_i)$可测的。
2. 因为原序列${X_i}$是独立的，根据独立随机变量族的性质：若两个索引集不交，则它们对应的随机变量子族生成的σ-代数是独立的。
   这里$I_1,I_2,\dots,I_n$是两两不交的（因为$k_0<k_1<\dots<k_n$），所以$\sigma(X_j \mid j\in I_1), \sigma(X_j \mid j\in I_2), \dots, \sigma(X_j \mid j\in I_n)$是两两独立的σ-代数。
3. 对于任意Borel可测集$A_1,A_2,\dots,A_n$，事件${Y_i\in A_i}$属于$\sigma(X_j \mid j\in I_i)$，因此根据独立σ-代数的性质：
   $$
   P\left( \bigcap_{i=1}^n {Y_i\in A_i} \right) = \prod_{i=1}^n P(Y_i\in A_i)
   $$
   这正好满足随机变量相互独立的定义，因此$Y_1,Y_2,\dots,Y_n$是独立的。

方法2：特征函数法（更直观的验证） #

特征函数是判断随机变量独立性的有力工具：若联合特征函数等于各边缘特征函数的乘积，则随机变量独立。

1. 对任意实数$t_1,t_2,\dots,t_n$，计算增量的联合特征函数：
   $$
   \phi_{Y_1,\dots,Y_n}(t_1,\dots,t_n) = E\left[ e^{i(t_1Y_1 + t_2Y_2 + \dots + t_nY_n)} \right]
   $$
2. 代入$Y_i$的定义，把指数拆成不交的$X_j$的和：
   $$
   t_1Y_1 + \dots + t_nY_n = \sum_{j=1}^{k_1} t_1X_j + \sum_{j=k_1+1}^{k_2} t_2X_j + \dots + \sum_{j=k_{n-1}+1}^{k_n} t_nX_j
   $$
   因此指数项可以写成$\prod_{j=1}^{k_n} e^{i t_m X_j}$（其中$m$是$j$所属的$I_m$的下标）。
3. 因为${X_j}$独立，期望可以拆成乘积：
   $$
   E\left[ \prod_{j=1}^{k_n} e^{i t_m X_j} \right] = \prod_{j=1}^{k_n} E\left[ e^{i t_m X_j} \right]
   $$
   再按$I_i$分组，结合$X_j$同分布的性质：
   $$
   \prod_{i=1}^n \prod_{j\in I_i} E\left[ e^{i t_i X_j} \right] = \prod_{i=1}^n \left( E\left[ e^{i t_i X_1} \right] \right)^{|I_i|} = \prod_{i=1}^n \phi_{Y_i}(t_i)
   $$
   这里$\phi_{Y_i}(t_i)$是$Y_i$的边缘特征函数。

联合特征函数等于边缘特征函数的乘积，说明增量$Y_1,\dots,Y_n$是独立的。

其实你最初的观察是完全正确的——这些增量是不交的$X_i$的和，而$X_i$本身独立，只是需要用σ-代数或特征函数把这个直觉转化为严谨的数学证明就好啦～

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Tapi