03 均值无穷时 |Xₙ| ≥ n 无穷多次，Sₙ/n 没有有限极限 · 作业1

这道题在问什么

人话版一句话版

独立同分布的 $X_{1}, X_{2}, \dots ，$ 若 $E ∣ X_{1} ∣ = \infty ，$ 会发生两件事：(1) 观测值会无穷多次大到超过自己的下标，即 $∣ X_{n} ∣ \geq n$ 无穷多次（概率 1）；(2) 因此样本均值 $S_{n} / n$ 几乎必然没有有限的极限。第一件事用「尾级数比较 + 第二 Borel–Cantelli 引理」；第二件事用一个恒等式： $S_{n} / n$ 若收敛，相邻两个平均值之差必须趋于 0，可每当 $∣ X_{n + 1} ∣ \geq n + 1 ，$ 这个差都要跳一大步。

考点：期望与尾级数的比较（第 3 讲第 12 页）；第二 Borel–Cantelli 引理（第 3 讲第 7 页）；收敛数列「相邻两项之差趋于 0」。第一部分其实就是第 3 讲第 13 页定理 9 取斜率 $C = 1$ 的情形。
这道题的意义：强大数定律说 $E ∣ X_{1} ∣ < \infty$ 时 $S_{n} / n \to E X_{1}$ 几乎必然。本题说明这个条件不能去掉：对独立同分布序列，「 $S_{n} / n$ 收敛到有限数」与「 $E ∣ X_{1} ∣ < \infty 」$ 是等价的。
和其他题的关系：第 2 题、第 4 题、第 5 题也用第二引理把「概率之和发散」变成「发生无穷多次」。作业 2 第 5 题把本题推广到一般的除数 $a_{n} 。$

先补基础

基础补课独立同分布、部分和与样本均值

独立同分布（i.i.d.，independent and identically distributed）： $X_{1}, X_{2}, \dots$ 相互独立，而且每个 $X_{n}$ 的分布都和 $X_{1}$ 一样（第 3 讲第 6 页补充定义）。所以对任何博雷尔集 $B ，$ $P (X_{n} \in B) = P (X_{1} \in B) 。$
部分和： $S_{n} = X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n} 。$ 样本均值： $S_{n} / n ，$ 前 $n$ 次观测的平均。
小例子：抛一枚均匀硬币，正面记 1、反面记 0。 $S_{n}$ 是前 $n$ 次的正面个数， $S_{n} / n$ 是正面的比例，直觉上它应当趋于 $\frac{1}{2} 。$ 本题要说的是：如果单次观测的平均大小是无穷，这种「平均值稳定下来」的现象就不会发生。
相邻部分和之差就是单项： $S_{n + 1} - S_{n} = X_{n + 1} 。$ 本题第二部分的全部技巧都来自这一行。

基础补课E|X₁| = ∞ 的意思，以及「期望 ≤ 上阶梯」

对非负随机变量 $Y ，$ 尾积分公式： $E Y = \int_{0}^{\infty} P (Y > x) d x$ （第 2 讲第 12 页、第 21 页推论 21 取 $p = 1 ）。$ 人话：期望是尾函数 $x \mapsto P (Y > x)$ 曲线下方的面积。
尾函数是递减的： $x$ 越大，「 $Y > x 」$ 越难发生。所以在 $[n, n + 1)$ 上， $P (Y > x) \leq P (Y > n) ：$ 曲线不高于左端点的值。把每一段的面积换成「宽 1、高 $P (Y > n) 」$ 的矩形，矩形盖住曲线，得到

E Y \leq n = 0 \sum \infty P (Y > n) .

这就是第 3 讲第 12 页的「上阶梯」不等式。

$E ∣ X_{1} ∣ = \infty$ 不是说 $X_{1}$ 会取到 $\infty ：$ 每个 $X_{1} (ω)$ 都是有限实数，只是大值出现得不够罕见，平均起来没有上限。例： $U$ 在 $(0, 1)$ 上均匀， $X = 1/ U ，$ $P (X > t) = \frac{1}{t}$ （ $t \geq 1 ），$ $E X = \int_{0}^{1} 1 d t + \int_{1}^{\infty} \frac{d t}{t} = \infty ；$ 柯西分布（密度 $\frac{1}{π ( 1 + x ^{2} )} ）$ 也是 $E ∣ X ∣ = \infty 。$

基础补课第二 Borel–Cantelli 引理（回顾）

若事件 $A_{1}, A_{2}, \dots$ 相互独立，且 $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty ，$ 则 $P (A_{n} i.o.) = 1$ （第 3 讲第 7 页定理 4）。「i.o.」是 infinitely often（无穷多次）的缩写： ${A_{n} i.o.} = ⋂_{m \geq 1} ⋃_{n \geq m} A_{n}$ （第 3 讲第 3 页）。

独立随机变量 ⇒ 独立事件：若 $X_{n}$ 相互独立， $B_{n}$ 是博雷尔集，则事件 ${X_{n} \in B_{n}}$ （ $n = 1, 2, \dots ）$ 相互独立（第 3 讲第 6 页）。本题用 $B_{n} = (- \infty, - n] \cup [n, \infty) ，$ ${X_{n} \in B_{n}} = {∣ X_{n} ∣ \geq n} 。$

基础补课数列极限的两条小性质

设 $a_{n} \to c ，$ $c$ 是有限实数。

相邻两项之差趋于 0： $a_{n} - a_{n + 1} \to c - c = 0 。$ 逆否说法：若 $∣ a_{n} - a_{n + 1} ∣ > \frac{2}{3}$ 对无穷多个 $n$ 成立， $a_{n}$ 就不可能收敛到有限数。
有界乘以趋于 0 还是趋于 0：若 $b_{n} \to 0 ，$ 则 $a_{n} b_{n} \to c \cdot 0 = 0 。$

注意性质 1 只能单向使用： $a_{n} = ln n$ 的相邻差 $ln \frac{n + 1}{n} \to 0 ，$ 可它趋于 $\infty 。$ 另外，「 $lim a_{n} \in (- \infty, \infty) 」$ 是说「极限存在并且是有限数」； $a_{n} = (- 1)^{n}$ （极限不存在）和 $a_{n} = n$ （极限是 $+ \infty ）$ 都不满足。

基础补课强大数定律（讲义尚未讲，这里作为已知结论使用）

强大数定律（strong law of large numbers，SLLN）：若 $X_{1}, X_{2}, \dots$ 独立同分布，且 $E ∣ X_{1} ∣ < \infty ，$ 则

\frac{S _{n}}{n} \to E X_{1} 几乎必然 .

出处：Durrett《Probability: Theory and Examples》第 2.4 节。小例子： $X_{n} \sim Exp (1) ，$ $E X_{1} = 1 ，$ 于是 $S_{n} / n \to 1$ a.s.（「例子」一节有模拟）。原解答最后一句说的「necessary for SLLN」，就是指本题证明了这个定理里的条件 $E ∣ X_{1} ∣ < \infty$ 去不掉。

题目与原解答

课件原文题目

If $X_{1}, X_{2}, \dots$ are i.i.d. with $E ∣ X_{i} ∣ = \infty$ , then $P (∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.) = 1$ . So if $S_{n} = X_{1} + \dots + X_{n}$ then

P (n \to \infty lim S_{n} / n \in (- \infty, \infty)) = 0.

中文翻译

若 $X_{1}, X_{2}, \dots$ 独立同分布，且 $E ∣ X_{i} ∣ = \infty ，$ 则 $P (∣ X_{n} ∣ \geq n 无穷多次) = 1 。$ 因此，若记 $S_{n} = X_{1} + \dots + X_{n} ，$ 则

P (n \to \infty lim S_{n} / n 存在且属于 (- \infty, \infty)) = 0.

题目有两个结论，用「So」（因此）连接：第二个结论要用第一个结论来证。
$lim S_{n} / n \in (- \infty, \infty)$ 的意思是「极限存在且有限」。题目没有排除 $S_{n} / n \to + \infty$ 这种情形（例 2 就是这样）。
$E ∣ X_{i} ∣$ 写成 $X_{i}$ 还是 $X_{1}$ 都一样：同分布，所有 $E ∣ X_{i} ∣$ 相等。

原解答的思路（左栏）：

由 $E ∣ X_{1} ∣ = \int_{0}^{\infty} P (∣ X_{1} ∣ > x) d x \leq \sum_{n = 0}^{\infty} P (∣ X_{1} ∣ > n)$ 得级数发散，再由独立同分布和第二 Borel–Cantelli 引理得 $P (∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.) = 1 ；$
恒等式 $\frac{S _{n}}{n} - \frac{S _{n + 1}}{n + 1} = \frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} - \frac{X _{n + 1}}{n + 1} ，$ 在 $C = {lim S_{n} / n 存在且有限}$ 上 $\frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} \to 0 ；$
在 $C \cap {∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.}$ 上，相邻平均值之差 $> \frac{2}{3}$ 无穷多次，与收敛矛盾，所以交集是空集， $P (C) = 0 。$

这正是 Durrett 教材里的证明，思路完全正确，但有几处跳步（求和从 $n = 0$ 开始、 $>$ 与 $\geq 、$ $\frac{2}{3}$ 从哪里来）和一处笔误，见「原解答逐行对照」。

思路：怎么想到的

第一部分是「无穷多次」，找第二引理。要证某个事件以概率 1 发生无穷多次，标准工具是第二 Borel–Cantelli 引理。它要两样东西：事件独立（题目给了独立）、概率之和发散（要从 $E ∣ X_{1} ∣ = \infty$ 得到）。
同分布把概率之和变成尾级数。 $P (∣ X_{n} ∣ \geq n)$ 和 $P (∣ X_{1} ∣ \geq n)$ 一样，于是 $\sum_{n} P (∣ X_{n} ∣ \geq n)$ 只和 $X_{1}$ 的尾巴有关。「期望无穷 ⇒ 尾级数无穷」正是第 3 讲第 12 页的上阶梯不等式。
第二部分：怎样把「平均值」和「单项」联系起来？ 单项可以从部分和里「减」出来： $X_{n + 1} = S_{n + 1} - S_{n} 。$ 如果 $S_{n} / n$ 稳定在某个有限数附近，相邻两个平均值几乎一样，那么单项 $X_{n + 1}$ 相对 $n + 1$ 必须很小。
可第一部分说单项无穷多次「很大」： $∣ X_{n + 1} ∣/ (n + 1) \geq 1$ 无穷多次。两者矛盾，所以「平均值收敛」只能发生在概率 0 的事件上。恒等式只是把这个想法写成精确的算式。

完整解答

定理命题（一阶矩无穷时样本均值不收敛）

设 $X_{1}, X_{2}, \dots$ 是独立同分布的实值随机变量， $E ∣ X_{1} ∣ = \infty ，$ $S_{n} = X_{1} + \dots + X_{n} 。$ 则

$P (∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.) = 1 ；$
记 $C$ 为「极限 $lim_{n \to \infty} S_{n} (ω) / n$ 存在且是有限实数」的那些 $ω$ 组成的事件，即 $C = {ω : lim_{n} S_{n} (ω) / n \in R} ，$ 则 $P (C) = 0 。$

推导证明思路

第一部分：上阶梯不等式 ⇒ 尾级数发散（去掉 $n = 0$ 那一项）⇒ 同分布把它变成 $\sum_{n} P (∣ X_{n} ∣ \geq n) = \infty$ ⇒ 独立 + 第二引理。第二部分：在 $C$ 上，恒等式左边和右边第一项都趋于 0；第一部分给出右边第二项无穷多次绝对值 $\geq 1 ；$ 矛盾，所以 $C$ 与「 $∣ X_{n} ∣ \geq n$ 无穷多次」不相交。

第一部分：|Xₙ| ≥ n 无穷多次

第 1 步：尾级数发散。 令 $Y = ∣ X_{1} ∣ \geq 0 。$ 由「先补基础」的上阶梯不等式，

\infty = E Y \leq n = 0 \sum \infty P (Y > n) = \leq 1 P (Y > 0) + n = 1 \sum \infty P (Y > n) .

左边是 $\infty ，$ 右边第一项不超过 1，所以第二项必须是 $\infty ：$

n = 1 \sum \infty P (∣ X_{1} ∣ > n) = \infty.

为什么要去掉 $n = 0$ 这一项：下一步要把第 $n$ 项换成 $X_{n}$ 的事件，而序列里没有 $X_{0} ；$ 去掉一个不超过 1 的有限项，不改变级数是否发散。

第 2 步：换成 $X_{n}$ 的事件。 令 $A_{n} = {∣ X_{n} ∣ \geq n} ，$ $n = 1, 2, \dots 。$ 因为 ${∣ X_{n} ∣ > n} \subseteq {∣ X_{n} ∣ \geq n} ，$ 又因为 $X_{n}$ 与 $X_{1}$ 同分布，

P (A_{n}) \geq P (∣ X_{n} ∣ > n) = P (∣ X_{1} ∣ > n), 所以 n = 1 \sum \infty P (A_{n}) \geq n = 1 \sum \infty P (∣ X_{1} ∣ > n) = \infty.

第 3 步：独立 + 第二引理。 $A_{n} = {X_{n} \in B_{n}} ，$ $B_{n} = (- \infty, - n] \cup [n, \infty)$ 是闭集，因而是博雷尔集。 $X_{n}$ 相互独立，所以 $A_{1}, A_{2}, \dots$ 相互独立。由第二 Borel–Cantelli 引理， $P (A_{n} i.o.) = 1 ，$ 即 $P (∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.) = 1 。$

第二部分：Sₙ/n 没有有限极限

第 4 步：恒等式。 由 $S_{n + 1} = S_{n} + X_{n + 1} ，$

\frac{S _{n}}{n} - \frac{S _{n + 1}}{n + 1} = \frac{S _{n}}{n} - \frac{S _{n}}{n + 1} - \frac{X _{n + 1}}{n + 1} = S_{n} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) - \frac{X _{n + 1}}{n + 1} = \frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} - \frac{X _{n + 1}}{n + 1} .

（ $\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} = \frac{( n + 1 ) - n}{n ( n + 1 )} = \frac{1}{n ( n + 1 )} 。）$

第 5 步：在 $C$ 上，两项都趋于 0。 取 $ω \in C ，$ 记 $c = lim_{n} S_{n} (ω) / n ，$ 它是有限实数。

左边：由「先补基础」性质 1， $\frac{S _{n}}{n} - \frac{S _{n + 1}}{n + 1} \to c - c = 0 。$
右边第一项： $\frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} = \frac{S _{n}}{n} \cdot \frac{1}{n + 1} ，$ 由性质 2，趋于 $c \cdot 0 = 0 。$

所以存在 $N = N (ω) ，$ 使 $n \geq N$ 时 $\frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} < \frac{1}{3} 。$

第 6 步：再在「 $∣ X_{n} ∣ \geq n$ 无穷多次」上，推出矛盾。 假设 $ω$ 同时属于 ${A_{n} i.o.} 。$ 满足 $∣ X_{m} (ω) ∣ \geq m$ 的 $m$ 有无穷多个，其中有无穷多个 $m > N ；$ 对每个这样的 $m ，$ 令 $n = m - 1 \geq N ，$ 则 $∣ X_{n + 1} ∣ \geq n + 1 。$ 对这些 $n ，$ 由第 4 步和三角不等式 $∣ a - b ∣ \geq ∣ b ∣ - ∣ a ∣ ：$

\frac{S _{n}}{n} - \frac{S _{n + 1}}{n + 1} \geq \frac{∣ X _{n + 1} ∣}{n + 1} - \frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} > 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3} .

这样的 $n$ 有无穷多个，所以左边不趋于 0，与第 5 步矛盾。因此

C \cap {A_{n} i.o.} = \emptyset .

第 7 步：结论。 由第 6 步， $C \subseteq {A_{n} i.o.}^{c} ；$ 由第 3 步，后者的概率是 $1 - 1 = 0 。$ 所以 $P (C) = 0 。$ $■$

第 5–6 步的另一种说法（第 3 讲第 13 页的写法）：在 $C$ 上，由第 4 步， $\frac{X _{n + 1}}{n + 1} = \frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} - (\frac{S _{n}}{n} - \frac{S _{n + 1}}{n + 1}) \to 0 - 0 = 0 ，$ 即 $X_{m} / m \to 0 ；$ 而在 ${A_{n} i.o.}$ 上 $∣ X_{m} ∣/ m \geq 1$ 无穷多次。两者不能同时成立。原解答的「 $> \frac{2}{3} 」$ 只是把这个矛盾写成了具体的数。

原解答逐行对照

第 1 行 We have $E ∣ X_{1} ∣ = \int_{0}^{\infty} P (∣ X_{1} ∣ > x) d x \leq \sum_{n = 0}^{\infty} P (∣ X_{1} ∣ > n)$ .

等号是尾积分公式，不等号是上阶梯（每段 $[n, n + 1)$ 上，尾函数不超过左端点的值）。两步都对。

易错点原解答的问题：求和从 n = 0 开始，还要从「>」过渡到「≥」

不等式右边从 $n = 0$ 开始，首项是 $P (∣ X_{1} ∣ > 0) ，$ 序列里却没有 $X_{0} 。$ 要用第二引理，必须先说明 $\sum_{n \geq 1} P (∣ X_{1} ∣ > n) = \infty ：$ 首项不超过 1，去掉它不改变发散（完整解答第 1 步）。
级数里是 $P (∣ X_{1} ∣ > n) ，$ 要证的事件却是 ${∣ X_{n} ∣ \geq n} 。$ 需要补一句： $P (∣ X_{n} ∣ \geq n) \geq P (∣ X_{n} ∣ > n) = P (∣ X_{1} ∣ > n) ，$ 第二个等号用同分布（完整解答第 2 步）。

第 2 行 Since $E ∣ X_{1} ∣ = \infty$ and $X_{1}, X_{2}, \dots$ are i.i.d., it follows from the second Borel-Cantelli lemma that $P (∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.) = 1$ .

这一句把三件事压在了一起：期望无穷 ⇒ 级数发散；同分布 ⇒ 级数就是 $\sum_{n} P (∣ X_{n} ∣ > n) ；$ 独立 ⇒ 事件 ${∣ X_{n} ∣ \geq n}$ 独立，可以用第二引理。

易错点原解答的问题：第二引理的两个条件各从哪里来，应当写明

第二引理要求的是事件相互独立、事件的概率之和发散。「i.i.d.」里的「同分布」负责后者（把概率换成 $X_{1}$ 的尾概率），「独立」负责前者（ ${∣ X_{n} ∣ \geq n} = {X_{n} \in B_{n}} ）。$ 只写「i.i.d.」，读者看不出两个字分别用在哪里。

第 3 行 To prove the second claim, observe that $\frac{S _{n}}{n} - \frac{S _{n + 1}}{n + 1} = \frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} - \frac{X _{n + 1}}{n + 1}$ .

代数恒等式，验算见完整解答第 4 步，正确。

第 4 行 and on $C = {ω : lim_{n \to \infty} S_{n} / n exists \in (- \infty, \infty)}$ , $S_{n} / (n (n + 1)) \to 0$ .

理由： $\frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} = \frac{S _{n}}{n} \cdot \frac{1}{n + 1} ，$ 前一个因子收敛到有限数，后一个趋于 0。这里有限二字是关键：若 $S_{n} / n \to \infty ，$ 这个乘积就不一定趋于 0。

第 5 行 So, on $C \cap {ω : ∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.}$ , we have $\frac{S _{n}}{n} - \frac{S _{n + 1}}{n + 1} > 2/3$ i.o.

意思是：于是在 $C \cap {∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.}$ 上，相邻两个平均值之差 $\frac{S _{n}}{n} - \frac{S _{n + 1}}{n + 1}$ 有无穷多次大于 $\frac{2}{3} 。$

易错点原解答的问题：「> 2/3」的来历没有交代

需要补两点：(1) 由上一行， $n$ 足够大以后 $\frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} < \frac{1}{3} ；$ (2) 「 $∣ X_{n} ∣ \geq n$ 无穷多次」等价于「 $∣ X_{n + 1} ∣ \geq n + 1$ 无穷多次」（下标平移一位，无穷多个仍是无穷多个），所以有无穷多个足够大的 $n$ 使 $\frac{∣ X _{n + 1} ∣}{n + 1} \geq 1 。$ 对这些 $n ，$ 三角不等式给出差值 $> 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ （完整解答第 6 步）。 $\frac{2}{3}$ 本身没有特别含义，换成 $(0, 1)$ 里的任何数都行。

第 6–7 行 contradicting the fact that $ω \in C$ … ${ω : ∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.} \cap C = \emptyset$ and since $P (∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.) = 1$ , it follows that $P (C) = 0$ .

矛盾的理由： $ω \in C$ 时 $S_{n} / n$ 收敛到有限数，相邻两项之差必须趋于 0（先补基础性质 1），不能无穷多次 $> \frac{2}{3} 。$ 交集为空 ⇒ $C$ 含在一个概率为 0 的事件里。正确。

第 8 行 It also showed that $E [∣ X ∣_{1}] < \infty$ is necessary for SLLN.

意思是：这也说明 $E ∣ X_{1} ∣ < \infty$ 是强大数定律（SLLN）成立的必要条件（原文写成 $E [∣ X ∣_{1}] ，$ 是笔误）。

易错点原解答的问题：笔误 E[|X|₁]，以及「必要」的确切含义

$E [∣ X ∣_{1}]$ 应为 $E ∣ X_{1} ∣ ；$ It also showed 应为 This also shows。
「必要」的准确说法：对独立同分布序列，若 $S_{n} / n$ 以正概率收敛到有限数，则 $E ∣ X_{1} ∣ < \infty$ （这是本题的逆否命题）；再由强大数定律，此时极限就是 $E X_{1} 。$ 所以「 $S_{n} / n$ 几乎必然收敛到有限数」 $⟺ E ∣ X_{1} ∣ < \infty 。$

例子与数值验证

例 1：独立同分布的柯西变量——平均值永远在跳

$X_{n}$ 服从标准柯西分布， $P (∣ X_{1} ∣ \geq t) = 1 - \frac{2}{π} arctan t \approx \frac{2}{π t}$ （ $t$ 大时）。

越线次数：前 $N$ 项中满足 $∣ X_{n} ∣ \geq n$ 的平均个数是 $\sum_{n = 1}^{N} (1 - \frac{2}{π} arctan n) 。$ Python 算得： $N = 1 0^{3}$ 时约 $4.59 ，$ $N = 1 0^{6}$ 时约 $8.99 ，$ 大致像 $\frac{2}{π} ln N$ 那样增长——极慢，但趋于无穷，和第二引理一致。

一条模拟路径（ $N = 1 0^{6} ）：$ 满足 $∣ X_{n} ∣ \geq n$ 的 $n$ 是 1、51、6462、6971、40758、54697、628362、991742，共 8 次。在其中几次，相邻平均值之差 $\frac{S _{n}}{n} - \frac{S _{n + 1}}{n + 1}$ 分别为： $n = 6970$ 时 $- 3.92 ，$ $n = 40757$ 时 $1.23 ，$ $n = 991741$ 时 $- 3.05 ，$ 绝对值都远大于 $\frac{2}{3} 。$ $S_{n} / n$ 在 $n = 10, 1 0^{2}, \dots, 1 0^{6}$ 的值依次是 −0.544、0.554、−0.007、1.058、0.957、3.399，看不出任何稳定的迹象。

很多条路径：一个已知事实（用特征函数可以证明，这里作为已知结论使用）是 $S_{n} / n$ 本身仍服从标准柯西分布，所以 $P (∣ S_{n} / n ∣ > 1) = \frac{1}{2}$ 对每个 $n$ 都成立。模拟 2 万条路径， $n = 1000$ 时 $∣ S_{n} / n ∣ > 1$ 的比例是 $0.49985 。$ 平均 1000 个数并没有让结果更集中。

例 2：非负的 1/U——极限存在，但等于 +∞

$X_{n} = 1/ U_{n} ，$ $U_{n}$ 独立、在 $(0, 1)$ 上均匀， $E X_{1} = \infty 。$ 由本题， $S_{n} / n$ 没有有限极限。但由于 $X_{n} \geq 1 > 0 ，$ 实际发生的是 $S_{n} / n \to + \infty$ 几乎必然（Durrett 第 2.4 节；思路：把 $X_{n}$ 截断成 $min (X_{n}, M) ，$ 对截断后的变量用强大数定律，再让 $M \to \infty ）。$

一条模拟路径（Python，numpy.random.default_rng(1)）上 $S_{n} / n$ 的值（括号里是 $ln n ）：$ $n = 10$ 时 $5.83$ （ $2.30 ），$ $n = 1 0^{2}$ 时 $6.94$ （ $4.61 ），$ $n = 1 0^{3}$ 时 $6.27$ （ $6.91 ），$ $n = 1 0^{4}$ 时 $10.76$ （ $9.21 ），$ $n = 1 0^{5}$ 时 $28.34$ （ $11.51 ），$ $n = 1 0^{6}$ 时 $14.13$ （ $13.82 ）。$ 第 $98886$ 项出现了一个约 $1.3 \times 1 0^{6}$ 的巨大观测值，一下子把平均值从 $15.5$ 抬到 $28.6 ，$ 此后慢慢回落，但整体趋势随 $ln n$ 一起往上走。

这说明题目写 $(- \infty, \infty)$ 是有意的：结论只排除有限极限，不排除 $\pm \infty 。$

例 3（反例）：去掉独立，两个结论都会失败

令 $X$ 服从标准柯西分布，每个 $X_{n} = X 。$ 同分布， $E ∣ X_{1} ∣ = \infty ，$ 但不独立。

第一个结论失败： $X (ω)$ 是有限数， $∣ X (ω) ∣ \geq n$ 只对有限个 $n$ 成立，所以 $P (∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.) = 0 。$ 证明坏在第 3 步：事件 ${∣ X ∣ \geq n}$ 一个套一个，不独立，第二引理用不上，尽管概率之和照样发散。
第二个结论失败： $S_{n} / n = n X / n = X ，$ 对每个 $ω$ 都收敛到有限数 $X (ω) ，$ 所以 $P (C) = 1 。$

例 4（对照）：一阶矩有限时一切正常

$X_{n} \sim Exp (1)$ 独立同分布， $E X_{1} = 1 < \infty 。$

$\sum_{n} P (X_{n} \geq n) = \sum_{n} e^{- n} < \infty ，$ 由第一引理， $X_{n} \geq n$ 只发生有限次（第 3 讲第 11 页推论 8 说得更多： $X_{n} / n \to 0$ a.s.）。
强大数定律： $S_{n} / n \to 1 。$ 一条模拟路径在 $n = 10, 1 0^{2}, \dots, 1 0^{6}$ 的值是 0.885、0.955、0.970、0.986、0.997、1.001，稳稳地靠近 1。

拓展延伸

强大数定律及其逆：独立同分布时的完整图景

把本题和强大数定律合起来，对独立同分布序列：

\frac{S _{n}}{n} 几乎必然收敛到有限数 ⟺ E ∣ X_{1} ∣ < \infty, 此时极限 = E X_{1} .

而且本题说明「收敛到有限数」的概率只能是 0 或 1，没有中间情况。这和第 3 讲第 11 页、第 13 页的二分法（ $X_{n} / n \to 0$ a.s. $⟺ E ∣ X_{1} ∣ < \infty ）$ 是平行的：单项的次线性增长和平均值的收敛，由同一个条件决定。

更强的结论：lim sup |Sₙ|/n = ∞

第 3 讲第 13 页定理 9 说 $lim sup_{n} ∣ X_{n} ∣/ n = \infty$ a.s.。由 $X_{n} = S_{n} - S_{n - 1} ，$

\frac{∣ X _{n} ∣}{n} \leq \frac{∣ S _{n} ∣}{n} + \frac{∣ S _{n - 1} ∣}{n} \leq \frac{∣ S _{n} ∣}{n} + \frac{∣ S _{n - 1} ∣}{n - 1} .

若某个 $ω$ 上 $lim sup_{n} ∣ S_{n} ∣/ n = L < \infty ，$ 则 $n$ 足够大时右边两项都 $\leq L + 1 ，$ 于是 $∣ X_{n} ∣/ n \leq 2 (L + 1) ，$ 与 $lim sup ∣ X_{n} ∣/ n = \infty$ 矛盾（除了一个概率 0 的事件）。所以 $lim sup_{n} ∣ S_{n} ∣/ n = \infty$ a.s.：平均值不仅不收敛，而且无界。作业 2 第 5 题进一步把除数 $n$ 换成一般的 $a_{n} 。$

C 是一个事件吗？

要谈 $P (C) ，$ $C$ 必须属于 $F 。$ 数列收敛到有限数等价于它是柯西列（任给 $\frac{1}{k} ，$ 从某项起任意两项之差 $\leq \frac{1}{k} ），$ 所以

C = k \geq 1 ⋂ N \geq 1 ⋃ m, n \geq N ⋂ {\frac{S _{m}}{m} - \frac{S _{n}}{n} \leq \frac{1}{k}} .

里面每个集合都是事件（ $S_{m} / m - S_{n} / n$ 是随机变量），外面只用了可数次交、并，所以 $C \in F 。$

常见疑问与易错点

易错点问：P(C) = 0 是不是说 Sₙ/n → +∞ 或 −∞？

答：不是。 $ω \in / C$ 包含两种情况：极限是 $\pm \infty$ （例 2，非负的 $1/ U ），$ 或者极限根本不存在（例 1，柯西变量的平均值来回跳）。本题只说「有限极限」几乎不可能。

易错点问：第二部分用到独立性了吗？

答：没有直接用到。第 4–7 步只用了恒等式和极限运算，对任何序列都成立；独立性只通过第一部分的结论「 $P (∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.) = 1 」$ 进入。例 3 说明，一旦第一部分失败，第二部分也会失败。

易错点问：为什么是 2/3？换成 1/2 行不行？

答：行。只要先取 $N$ 使 $n \geq N$ 时 $\frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} < η$ （ $0 < η < 1 ），$ 就得到差值 $> 1 - η$ 无穷多次。原解答取 $η = \frac{1}{3} ，$ 所以是 $\frac{2}{3} 。$ 重要的是这个下界是一个固定的正数，而收敛要求差值趋于 0。

易错点问：第一部分为什么不能直接说「E|X₁| = ∞，所以 P(|X_n| ≥ n) 不趋于 0」？

答：因为这不对。柯西分布的 $P (∣ X_{n} ∣ \geq n) \approx \frac{2}{πn} \to 0 ，$ 但和 $\sum \frac{2}{πn}$ 发散。第二引理要的正是「和发散」，不是「各项不趋于 0」。「各项趋于 0 但和发散」恰好是期望无穷时的典型样子。

小结与自测

小结本题小结

第一部分： $E ∣ X_{1} ∣ \leq \sum_{n \geq 0} P (∣ X_{1} ∣ > n)$ ⇒（去掉首项） $\sum_{n \geq 1} P (∣ X_{1} ∣ > n) = \infty$ ⇒（同分布、 $\geq$ 比 $>$ 大） $\sum_{n} P (∣ X_{n} ∣ \geq n) = \infty$ ⇒（独立 + 第二引理） $∣ X_{n} ∣ \geq n$ 无穷多次。
第二部分： $\frac{S _{n}}{n} - \frac{S _{n + 1}}{n + 1} = \frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} - \frac{X _{n + 1}}{n + 1} ；$ 在 $C$ 上左边与右边第一项都趋于 0，而第二项无穷多次绝对值 $\geq 1 ，$ 所以 $C$ 与「 $∣ X_{n} ∣ \geq n$ i.o.」不相交， $P (C) = 0 。$
意义：独立同分布时， $S_{n} / n$ 收敛到有限数 $⟺ E ∣ X_{1} ∣ < \infty$ （强大数定律的逆）；去掉独立，结论失败。
原解答要补的地方：求和首项、 $>$ 与 $\geq 、$ 第二引理的条件来源、 $\frac{2}{3}$ 的来历；笔误 $E [∣ X ∣_{1}]$ 应为 $E ∣ X_{1} ∣ 。$

自测

1. $X_{n}$ 独立同分布， $P (∣ X_{1} ∣ > t) = \frac{1}{1 + t}$ （ $t \geq 0 ）。$ 按完整解答第 1–3 步，验证 $P (∣ X_{n} ∣ \geq n i.o.) = 1 。$

点开看答案

$E ∣ X_{1} ∣ = \int_{0}^{\infty} \frac{d t}{1 + t} = lim_{T \to \infty} ln (1 + T) = \infty 。$ 直接看级数也行： $P (∣ X_{n} ∣ \geq n) \geq P (∣ X_{1} ∣ > n) = \frac{1}{1 + n} ，$ $\sum_{n} \frac{1}{n + 1} = \infty$ （调和级数去掉首项）。事件 ${∣ X_{n} ∣ \geq n}$ 由独立的 $X_{n}$ 决定，相互独立，由第二引理得结论。

2. 只用第 4 步的恒等式，证明：在 $C$ 上 $X_{n} / n \to 0 。$

点开看答案

恒等式改写为 $\frac{X _{n + 1}}{n + 1} = \frac{S _{n}}{n ( n + 1 )} - (\frac{S _{n}}{n} - \frac{S _{n + 1}}{n + 1}) 。$ 在 $C$ 上 $S_{n} / n \to c$ （有限），第一项 $= \frac{S _{n}}{n} \cdot \frac{1}{n + 1} \to 0 ，$ 括号里是相邻两项之差，也 $\to 0 。$ 所以 $\frac{X _{n + 1}}{n + 1} \to 0 ，$ 即 $X_{m} / m \to 0 。$

3. 判断：「若 $X_{n}$ 独立同分布且 $E ∣ X_{1} ∣ = \infty ，$ 则 $∣ S_{n} / n ∣ \to \infty$ 几乎必然。」

点开看答案

错误。柯西分布时 $S_{n} / n$ 仍服从标准柯西分布（已知事实）， $P (∣ S_{n} / n ∣ > 1) = \frac{1}{2}$ 对所有 $n$ 成立。若 $∣ S_{n} / n ∣ \to \infty$ a.s.，由「几乎必然收敛 ⇒ 依概率收敛」的同样论证（第 3 讲第 14 页），应有 $P (∣ S_{n} / n ∣ > 1) \to 1 ，$ 矛盾。本题只排除有限极限；平均值可以像例 1 那样来回跳，也可以像例 2 那样趋于 $+ \infty 。$

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
独立同分布	independent and identically distributed (i.i.d.)	一列随机变量相互独立，并且分布都相同，例如反复独立地掷同一颗骰子。
无穷多次	infinitely often (i.o.)	「Aₙ 发生无穷多次」就是集合 lim sup Aₙ。
几乎必然收敛	almost sure convergence	除了概率为 0 的结局以外，Xₙ(ω) 都收敛到 X(ω)。
Borel–Cantelli 引理	Borel–Cantelli lemma	概率之和有限 ⇒ 只发生有限次；独立且概率之和无穷 ⇒ 发生无穷多次。
级数	series	无穷多项相加 a₁ + a₂ + …，它的值是前 n 项和在 n → ∞ 时的极限。
期望	expectation	随机变量对概率测度的积分 E[X] = ∫ X dP，也就是「加权平均」。
强大数定律	strong law of large numbers (SLLN)	独立同分布且 E\|X₁\| < ∞ 时，样本均值 Sₙ/n 几乎必然收敛到 E X₁。
分布	law / distribution	X 把概率「推」到取值空间上得到的测度：L(X)(B) = P(X ∈ B)。
独立	independence	任意有限个事件同时发生的概率等于各自概率的乘积。
博雷尔 σ-代数	Borel sigma-algebra	由实数轴上所有开区间生成的 σ-代数 𝓑(ℝ)，包含所有常见的集合。
部分和	partial sum	级数 a₁ + a₂ + … 的前 n 项之和 Sₙ = a₁ + … + aₙ；级数的值就是 Sₙ 在 n → ∞ 时的极限。
随机变量	random variable	从样本空间到实数的（可测）函数，把结局翻译成数字；随机性来自「实现了哪个 ω」。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
事件	event	样本空间的（允许谈概率的）子集；实现的 ω 落在里面，就说事件发生。
空集	empty set	一个元素也没有的集合，记作 ∅。作为事件，它永远不会发生。
交集	intersection	同时属于两个集合的元素全体，A ∩ B 对应「A 且 B」。
三角不等式	triangle inequality	\|a + b\| ≤ \|a\| + \|b\|：分两段走的总路程不会比直接走更短。推广有 \|∫f\| ≤ ∫\|f\|、E\|X + Y\| ≤ E\|X\| + E\|Y\|，以及 Lᵖ 范数的 Minkowski 不等式。
尾概率	tail probability	随机变量取到「很大的值」的概率，例如 P(X > t) 或 P(\|X\| ≥ t)。它随 t 增大而下降得越慢，分布的尾巴就越「厚」。
特征函数	characteristic function	φ_X(t) = E e^{itX}（i 是虚数单位），把一个分布编码成一个函数：两个随机变量同分布 ⟺ 特征函数相同。本课没有讲它，作业里只当作已知工具提到。
集合	set	把一些对象放在一起当成一个整体，例如 {1,2,3}。
可数	countable	元素能排成第 1 个、第 2 个、第 3 个……的一列（有限也算），例如自然数、有理数。
下界	lower bound	数集 A 的下界是一个数 m，A 里每个数都 ≥ m。例如 0 和 −3 都是 (0,1] 的下界；所有下界中最大的那个叫下确界。
依概率收敛	convergence in probability	对每个 ε > 0，P(\|Xₙ − X\| > ε) → 0；比几乎必然收敛弱。