04 独立伯努利序列：依概率收敛 ⇔ pₙ → 0，几乎必然收敛 ⇔ ∑ pₙ < ∞ · 作业1

这道题在问什么

人话版一句话版

$X_{n}$ 只取 0 和 1，取 1 的概率是 $p_{n} 。$ 「依概率收敛到 0」只看每一项单独取 1 的概率，所以它等价于 $p_{n} \to 0 ；$ 「几乎必然收敛到 0」要求每条路径上只出现有限个 1，这由两个 Borel–Cantelli 引理精确判定： $\sum p_{n} < \infty$ 时只有有限个 1（第一引理）， $\sum p_{n} = \infty$ 且独立时有无穷多个 1（第二引理）。 $p_{n} = \frac{1}{n}$ 夹在两者之间：依概率收敛，却几乎必然不收敛。

考点：依概率收敛的定义（第 3 讲第 14 页定义 10）；几乎必然收敛与误差事件（第 3 讲第 9 页命题 B）；两个 Borel–Cantelli 引理（第 3 讲第 4 页、第 7 页）。
这道题的意义：它给出「依概率收敛但不几乎必然收敛」的最简单的例子，也是小测 2 第 1 题里的第二个反例。而且它说明：两种收敛的差距，恰好是「 $p_{n} \to 0 」$ 与「 $\sum p_{n} < \infty 」$ 的差距。
和其他题的关系：第 2 题、第 5 题同样是「第一引理管有限次、第二引理（加独立）管无穷多次」。本题的独立性只在 (ii) 的一个方向上用到，例 4 说明去掉它会怎样。

先补基础

基础补课伯努利随机变量就是示性函数

伯努利随机变量（Bernoulli random variable）：只取 1 和 0 的随机变量， $P (X = 1) = p ，$ $P (X = 0) = 1 - p 。$ 可以想成一枚「正面概率为 $p 」$ 的硬币，正面记 1。
记 $A = {X = 1} ，$ 则 $X = 1_{A} ：$ $ω \in A$ 时为 1，否则为 0。所以关于 $X$ 的问题都可以换成关于事件 $A$ 的问题。
本题第 $n$ 枚硬币的正面概率是 $p_{n} ，$ 可以随 $n$ 变化。例如 $p_{n} = \frac{1}{n} ：$ 第 1 枚必出正面，第 2 枚一半一半，第 100 枚只有 1% 的机会出正面。

基础补课依概率收敛（第 3 讲 p14）

$X_{n} \to X$ 依概率（in probability），是说对每个 $ε > 0 ，$

P (∣ X_{n} - X ∣ > ε) \to 0 (n \to \infty) .

人话：对任何容忍度 $ε ，$ 「误差超过 $ε 」$ 的概率越来越小。它只看每个 $n$ 单独的概率，不关心同一个 $ω$ 在不同 $n$ 上的表现。例： $X_{n}$ 在 $[0, 1]$ 上均匀分布再除以 $n ，$ $P (X_{n} > ε) = max (1 - n ε, 0) \to 0 ，$ 所以 $X_{n} \to 0$ 依概率。

基础补课几乎必然收敛，以及 0-1 数列什么时候收敛到 0

$X_{n} \to 0$ 几乎必然： $P ({ω : X_{n} (ω) \to 0}) = 1$ （第 3 讲第 9 页定义 6）。等价说法（同页命题 B）：对每个 $ε > 0 ，$ $P (∣ X_{n} ∣ > ε i.o.) = 0 。$
只取 0、1 的数列 $a_{1}, a_{2}, \dots$ 收敛到 0，当且仅当其中只有有限个 1。理由：若有无穷多个 1，则 $∣ a_{n} - 0∣ = 1$ 无穷多次，不收敛；若只有有限个 1，最后一个 1 之后全是 0，当然收敛到 0。
例： $1, 0, 1, 0, 1, 0, \dots$ 不收敛； $1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, \dots$ （第 4 项以后全是 0）收敛到 0。

基础补课两个 Borel–Cantelli 引理（回顾）

第一引理（第 3 讲第 4 页定理 2）： $\sum_{n} P (A_{n}) < \infty \Rightarrow P (A_{n} i.o.) = 0 。$ 对任何事件列成立，不需要独立。
第二引理（第 3 讲第 7 页定理 4）： $A_{n}$ 相互独立且 $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty \Rightarrow P (A_{n} i.o.) = 1 。$
$X_{n}$ 相互独立时，事件 $A_{n} = {X_{n} = 1} = {X_{n} \in {1}}$ 相互独立（第 3 讲第 6 页补充定义， ${1}$ 是博雷尔集）。

基础补课级数：各项趋于 0 不等于和有限

若 $\sum_{n} p_{n} < \infty ，$ 则 $p_{n} \to 0 ：$ 部分和 $s_{n} = p_{1} + \dots + p_{n}$ 收敛， $p_{n} = s_{n} - s_{n - 1} \to 0 。$
反过来不对：调和级数 $\sum_{n} \frac{1}{n} = \infty ，$ 虽然 $\frac{1}{n} \to 0 。$ 部分和大约是 $ln n + 0.577 ：$ Python 算得 $\sum_{n \leq 1 0^{6}} \frac{1}{n} \approx 14.39 ，$ 增长极慢但没有上限。
$p$ -级数： $\sum_{n} \frac{1}{n ^{s}} < \infty ⟺ s > 1 。$ 所以 $\sum \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ 有限， $\sum \frac{1}{n} = \infty 。$
更细的分界： $\sum_{n \geq 2} \frac{1}{n l n n} = \infty ，$ $\sum_{n \geq 2} \frac{1}{n ( l n n ) ^{2}} < \infty$ （用积分 $\int \frac{d x}{x l n x} = ln ln x 、$ $\int \frac{d x}{x ( l n x ) ^{2}} = - \frac{1}{l n x}$ 比较）。

题目与原解答

课件原文题目

Let $X_{1}, X_{2}, \dots$ be independent with $P (X_{n} = 1) = p_{n}$ and $P (X_{n} = 0) = 1 - p_{n}$ . Show that

(i) $X_{n} \to 0$ in probability if and only if $p_{n} \to 0$ , and

(ii) $X_{n} \to 0$ a.s. if and only if $\sum p_{n} < \infty$ .

中文翻译

设 $X_{1}, X_{2}, \dots$ 相互独立， $P (X_{n} = 1) = p_{n} ，$ $P (X_{n} = 0) = 1 - p_{n} 。$ 证明：

(i) $X_{n} \to 0$ 依概率成立，当且仅当 $p_{n} \to 0 ；$

(ii) $X_{n} \to 0$ 几乎必然成立，当且仅当 $\sum p_{n} < \infty 。$

题设的「independent」只在 (ii) 的「⇒」方向用到；(i) 和 (ii) 的「⇐」对任何相关结构都成立。
结论 (ii) 里的「⇒」是说：几乎必然收敛 ⇒ 级数有限。通常证它的逆否命题：级数无穷 ⇒ 不几乎必然收敛。

原解答的思路（左栏）：

(i)： $0 < ε < 1$ 时 $P (∣ X_{n} ∣ > ε) = p_{n} ，$ 所以依概率收敛 $⟺ p_{n} \to 0 ；$
(ii)：令 $A_{n} = {∣ X_{n} ∣ > ε} ，$ 则 $P (A_{n} i.o.) = 0 ⟺ \sum P (A_{n}) = \sum p_{n} < \infty ，$ 并注明「⇒」用了独立性。

结论都对，但写得太省：没有交代 $ε \geq 1$ 的情形，没有说明「几乎必然收敛」和「 $P (A_{n} i.o.) = 0 」$ 为什么等价，也没有点明两个方向分别用哪个引理。见「原解答逐行对照」。

思路：怎么想到的

0-1 变量的误差事件只有一个。 $X_{n}$ 只取 0、1，所以对 $0 < ε < 1 ，$ 「 $∣ X_{n} ∣ > ε 」$ 就是「 $X_{n} = 1 」，$ 和 $ε$ 无关；对 $ε \geq 1 ，$ 它是空集。于是所有问题都归结为事件 $A_{n} = {X_{n} = 1} 。$
(i) 只看单个概率：依概率收敛就是 $P (A_{n}) = p_{n} \to 0 。$
(ii) 看「发生几次」：路径收敛到 0 ⟺ 只有有限个 1 ⟺ $ω \in / {A_{n} i.o.} 。$ 于是几乎必然收敛 ⟺ $P (A_{n} i.o.) = 0 ，$ 而这个概率正是 Borel–Cantelli 引理计算的对象：和有限时为 0，和无穷且独立时为 1。

完整解答

定理命题（独立伯努利序列的两种收敛）

设 $X_{1}, X_{2}, \dots$ 相互独立， $P (X_{n} = 1) = p_{n} = 1 - P (X_{n} = 0) 。$ 则

$X_{n} \to 0$ 依概率 $⟺ p_{n} \to 0$ （不需要独立）；
$X_{n} \to 0$ 几乎必然 $⟺ \sum_{n} p_{n} < \infty$ （「⇐」不需要独立）。

而且 $P (X_{n} \to 0)$ 只能是 0 或 1： $\sum p_{n} < \infty$ 时为 1， $\sum p_{n} = \infty$ 时为 0。

推导证明思路

先把误差事件 ${∣ X_{n} ∣ > ε}$ 算出来： $0 < ε < 1$ 时就是 $A_{n} = {X_{n} = 1} ，$ $ε \geq 1$ 时是空集。(i) 直接由定义得到。(ii) 先证 ${X_{n} \to 0} = {A_{n} i.o.}^{c} ，$ 再用第一引理（⇐）和第二引理的逆否（⇒）。

预备：误差事件。 令 $A_{n} = {X_{n} = 1} 。$ 因为 $X_{n}$ 只取 0、1：

若 $0 < ε < 1 ：$ $∣ X_{n} ∣ > ε ⟺ X_{n} = 1 ，$ 所以 ${∣ X_{n} ∣ > ε} = A_{n} ，$ $P (∣ X_{n} ∣ > ε) = p_{n} ；$
若 $ε \geq 1 ：$ $∣ X_{n} ∣ \leq 1 \leq ε$ 总成立，所以 ${∣ X_{n} ∣ > ε} = \emptyset ，$ 概率为 0。

(i) 依概率收敛 ⇔ pₙ → 0

（⇐） 设 $p_{n} \to 0 。$ 任给 $ε > 0 ：$ 若 $ε < 1 ，$ $P (∣ X_{n} ∣ > ε) = p_{n} \to 0 ；$ 若 $ε \geq 1 ，$ $P (∣ X_{n} ∣ > ε) = 0 。$ 所以对每个 $ε$ 都趋于 0，即 $X_{n} \to 0$ 依概率。
（⇒） 设 $X_{n} \to 0$ 依概率。在定义中取 $ε = \frac{1}{2} ：$ $p_{n} = P (∣ X_{n} ∣ > \frac{1}{2}) \to 0 。$

整个过程只用了每个 $X_{n}$ 自己的分布，没有用独立性。

(ii) 几乎必然收敛 ⇔ ∑ pₙ < ∞

第 1 步：收敛集就是「只有有限个 1」。 固定 $ω 。$ 数列 $X_{1} (ω), X_{2} (ω), \dots$ 只取 0、1，由「先补基础」，它收敛到 0 当且仅当只有有限个 $n$ 使 $X_{n} (ω) = 1 ，$ 即 $ω \in / {A_{n} i.o.} 。$ 所以

{X_{n} \to 0} = {A_{n} i.o.}^{c}, P (X_{n} \to 0) = 1 - P (A_{n} i.o.) .

第 2 步（⇐，不需要独立）。 设 $\sum_{n} p_{n} < \infty ，$ 即 $\sum_{n} P (A_{n}) < \infty 。$ 由第一 Borel–Cantelli 引理， $P (A_{n} i.o.) = 0 ，$ 所以 $P (X_{n} \to 0) = 1 。$

第 3 步（⇒，用独立性）。 证逆否命题：设 $\sum_{n} p_{n} = \infty 。$ $X_{n}$ 相互独立，所以事件 $A_{n} = {X_{n} \in {1}}$ 相互独立；又 $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty 。$ 由第二 Borel–Cantelli 引理， $P (A_{n} i.o.) = 1 ，$ 所以 $P (X_{n} \to 0) = 0 \neq = 1 ，$ $X_{n}$ 不几乎必然收敛到 0。

第 4 步：结论。 第 2、3 步合起来就是 (ii)；顺便得到 $P (X_{n} \to 0)$ 只能是 1（级数有限）或 0（级数无穷）。 $■$

第 1 步的另一种写法（用命题 B）：由第 3 讲第 9 页命题 B， $X_{n} \to 0$ a.s. ⟺ 对每个 $ε > 0 ，$ $P (∣ X_{n} ∣ > ε i.o.) = 0 。$ 由预备， $ε \geq 1$ 时事件是空集，自动成立； $0 < ε < 1$ 时事件都是同一个 ${A_{n} i.o.} 。$ 所以条件化为一句话： $P (A_{n} i.o.) = 0 。$

原解答逐行对照

(i) For $0 < ε < 1$ , $P (∣ X_{n} ∣ > ε) = p_{n} \to 0 ⟺ p_{n} \to 0$ .

想说的是： $0 < ε < 1$ 时误差概率就是 $p_{n} ，$ 所以「误差概率趋于 0」等价于「 $p_{n} \to 0 」。$

易错点原解答的问题：(i) 漏了 ε ≥ 1，而且写法像循环论证

依概率收敛要求每个 $ε > 0 。$ 原解答只讨论了 $0 < ε < 1 ，$ 应补一句： $ε \geq 1$ 时 ${∣ X_{n} ∣ > ε} = \emptyset ，$ 概率恒为 0，自动趋于 0。
「 $= p_{n} \to 0 ⟺ p_{n} \to 0 」$ 把要证的结论写在了等价号两边，读起来像「 $A ⟺ A 」。$ 应写成： $X_{n} \to 0$ 依概率 $⟺$ 对每个 $ε \in (0, 1) ，$ $P (∣ X_{n} ∣ > ε) \to 0$ $⟺ p_{n} \to 0$ （第一个等价用了 $ε \geq 1$ 的情形自动成立，第二个等价用了 $P (∣ X_{n} ∣ > ε) = p_{n} ）。$

(ii) Let $A_{n} = {∣ X_{n} ∣ > ε}$ . Then, $P (A_{n} i.o.) = 0 ⟺ \sum_{n = 1}^{\infty} P (A_{n}) = \sum_{n = 1}^{\infty} p_{n} < \infty$ .

想说的是：用两个引理判定 $P (A_{n} i.o.) 。$

易错点原解答的问题：ε 没有限定，也没说明 a.s. 收敛为什么等价于 P(Aₙ i.o.) = 0

这里的 $ε$ 必须取在 $(0, 1)$ 里。若 $ε \geq 1 ，$ $A_{n} = \emptyset ，$ $\sum P (A_{n}) = 0 ，$ 等价式的右边永远成立，和 $p_{n}$ 无关。
原解答直接写「 $P (A_{n} i.o.) = 0 ⟺ \dots 」，$ 却没说明左边为什么等价于「 $X_{n} \to 0$ a.s.」。需要补：0-1 数列收敛到 0 ⟺ 只有有限个 1（完整解答第 1 步），或者用命题 B 并指出 $A_{n}$ 对所有 $ε \in (0, 1)$ 是同一个事件。
等价号的两个方向用的是不同的引理：「⇐」是第一引理（不需要独立），「⇒」是第二引理的逆否命题（需要独立）。应当分开写。

Note Note that ( $\Rightarrow$ ) holds since $X_{n}$ 's are independent.

方向标注是对的：在「 $P (A_{n} i.o.) = 0 \Rightarrow \sum p_{n} < \infty 」$ 这个方向上，要用第二引理的逆否命题，所以需要独立。最好写全：「若 $\sum p_{n} = \infty ，$ 由独立性和第二 Borel–Cantelli 引理， $P (A_{n} i.o.) = 1 \neq = 0 」。$

例子与数值验证

例 1：几种 pₙ 一览

$p_{n}$	$p_{n} \to 0 ？$	$\sum p_{n}$	依概率收敛到 0	几乎必然收敛到 0
$\frac{1}{2}$	否	$\infty$	否	否
$\frac{1}{n}$	是	$\infty$	是	否
$\frac{1}{n}$	是	$\infty$	是	否
$\frac{1}{n l n n}$ （ $n \geq 2 ）$	是	$\infty$	是	否
$\frac{1}{n ( l n n ) ^{2}}$ （ $n \geq 2 ）$	是	有限	是	是
$\frac{1}{n ^{2}}$	是	$\frac{π ^{2}}{6}$	是	是

读表：几乎必然收敛的分界线落在 $\frac{1}{n l n n}$ 与 $\frac{1}{n ( l n n ) ^{2}}$ 之间，非常精细；依概率收敛的分界线只是「趋于 0」。 $\sum_{n \geq 2} \frac{1}{n l n n}$ 发散得比调和级数还慢：Python 算得到 $1 0^{3}$ 时部分和约 $2.73 ，$ 到 $1 0^{7}$ 时也只有约 $3.57 ，$ 大致像 $ln ln n$ 那样增长，但没有上限。

例 2：pₙ = 1/n，一条路径上的 1 越来越稀，但永不消失

Python 模拟一条路径，前 $1 0^{6}$ 项中 $X_{n} = 1$ 的位置是

1, 4, 7, 25, 33, 38, 115, 1208, 8256, 8546, 27637, 44397,

共 12 个（理论平均 $\sum_{n \leq 1 0^{6}} \frac{1}{n} \approx 14.39$ 个）。相邻两个 1 之间的间隔越来越长，可按第二引理，几乎每条路径上的 1 都有无穷多个。另一方面，任意固定的 $n ，$ $P (X_{n} = 1) = \frac{1}{n}$ 都很小，这就是依概率收敛。

一个精确的计算：从第 $m$ 项到第 $M$ 项全是 0 的概率是 $\prod_{n = m}^{M} (1 - \frac{1}{n}) = \prod_{n = m}^{M} \frac{n - 1}{n} = \frac{m - 1}{M}$ （相邻项约掉）， $M \to \infty$ 时趋于 0：再长的「全 0」都会被打断。

例 3：pₙ = 1/n²，最后一个 1 出现在哪里

从第 $m$ 项（ $m \geq 2 ）$ 起全是 0 的概率：

n \geq m \prod (1 - \frac{1}{n ^{2}}) = n \geq m \prod \frac{( n - 1 ) ( n + 1 )}{n \cdot n} = \frac{m - 1}{m} .

所以「最后一个 1 的位置 $\leq m - 1 」$ 的概率是 $\frac{m - 1}{m} 。$ 注意 $p_{1} = 1 ，$ 第 1 项必为 1。Python 模拟 2 万条路径（每条看前 2000 项）：最后一个 1 就是第 1 项的比例为 $0.504$ （理论 $\frac{1}{2} ），$ 最后一个 1 在前 9 项的比例为 $0.902$ （理论 $\frac{9}{10} ）。$

注意「最后一个 1」可以很晚：由上式， $P (最后一个 1 的位置 \geq k) = \frac{1}{k} ，$ 只是以 $\frac{1}{k}$ 的速度变小。所以 2 万条路径里，平均约有 $20000 \times \frac{1}{2001} \approx 10$ 条路径的最后一个 1 落在第 2000 项之后，前 2000 项的模拟看不到它们（模拟中「看得见的」最晚一个 1 在第 1893 项，就是被这个观察窗口截住的）。尽管如此，每条路径都只有有限个 1，几乎必然收敛。

例 4（反例）：去掉独立，(ii) 的「⇒」失败

设 $U$ 在 $(0, 1)$ 上均匀，令 $X_{n} = 1_{{U < 1/ n}} 。$

边缘分布和例 2 完全一样： $P (X_{n} = 1) = P (U < \frac{1}{n}) = \frac{1}{n} ，$ $\sum p_{n} = \infty 。$
但几乎必然收敛到 0： $X_{n} (ω) = 1 ⟺ n < 1/ U (ω) 。$ 对固定的 $ω ，$ 满足这个条件的 $n$ 只有有限个（最后一个是 $⌊ 1/ U (ω)⌋ ，$ 当 $1/ U (ω)$ 不是整数时）。例如 $U (ω) = 0.247$ 时， $1/ U \approx 4.04 ，$ 只有 $X_{1}, \dots, X_{4}$ 是 1。所以每个 $ω$ 上 $X_{n} (ω) \to 0 。$
证明坏在第 3 步：事件 ${U < \frac{1}{n}}$ 一个套一个，不独立，第二引理用不上。
对照小测 2 第 1 题的打字机序列：它也是 $p_{n} \to 0 、$ $\sum p_{n} = \infty$ （第 $m$ 层的 $2^{m}$ 项各为 $2^{- m} ），$ 却是每个 $ω$ 都碰到无穷多个 1。同样的边缘分布，可以「全收敛」也可以「全不收敛」：只知道每个 $p_{n} ，$ 判断不了几乎必然收敛；独立性把联合结构定死了，才有本题的判别法。

拓展延伸

推广：独立序列几乎必然收敛到 0 的判别法

同样的论证对一般的独立随机变量成立：

X_{n} 独立 : X_{n} \to 0 a.s. ⟺ 对每个 ε > 0, n \sum P (∣ X_{n} ∣ > ε) < \infty.

「⇐」是第 3 讲第 10 页推论 7（偏差概率可求和），不需要独立；「⇒」：若某个 $ε$ 使级数发散，独立 + 第二引理给出 $∣ X_{n} ∣ > ε$ 无穷多次（概率 1），不可能收敛到 0。本题的 0-1 变量是最简单的特例，因为它的误差事件不依赖 $ε 。$

Lᵖ 收敛和子列

$E ∣ X_{n} ∣^{p} = P (X_{n} = 1) = p_{n} ，$ 所以对任何 $p > 0 ，$ $X_{n} \to 0$ 在 $L^{p}$ 中 $⟺ p_{n} \to 0 ⟺$ 依概率收敛。
依概率收敛的序列一定有几乎必然收敛的子列（第 3 讲第 16 页）。在 $p_{n} = \frac{1}{n}$ 时可以直接看出来：取子列 $n_{k} = k^{2} ，$ $\sum_{k} p_{k^{2}} = \sum_{k} \frac{1}{k ^{2}} < \infty ，$ 由第一引理， $X_{k^{2}} \to 0$ a.s.。整个序列不收敛，但抽稀之后就收敛了。

0-1 律

本题的副产品「 $P (X_{n} \to 0) \in {0, 1} 」$ 是 Kolmogorov 0-1 律的特例（这里作为已知结论介绍，见 Durrett《Probability: Theory and Examples》第 2.5 节）：独立序列的尾事件（改动有限项不影响其是否发生的事件）概率只能是 0 或 1。 ${X_{n} \to 0}$ 就是尾事件。0-1 律只告诉我们「是 0 或 1」，Borel–Cantelli 引理则告诉我们「到底是哪一个」。

常见疑问与易错点

易错点问：(i) 用到独立性了吗？

答：没有。依概率收敛只涉及每个 $n$ 单独的概率 $P (∣ X_{n} ∣ > ε) ，$ 与 $X_{n}$ 之间的关系无关。例 4 中的 $X_{n} = 1_{{U < 1/ n}}$ 不独立，(i) 照样成立。

易错点问：∑pₙ = ∞ 时，Xₙ 只是「不几乎必然收敛到 0」，还是「几乎必然不收敛」？

答：后者，而且更强：几乎每条路径上都有无穷多个 1。若再有 $p_{n} \to 0 ，$ 则 $\sum (1 - p_{n}) = \infty ，$ 同样由第二引理，几乎每条路径上也有无穷多个 0，所以路径在 0、1 之间无穷次跳动，根本不收敛（到任何数）。

易错点问：为什么说两种收敛的差距就是「pₙ → 0」和「∑pₙ < ∞」的差距？

答：由本题，依概率收敛 ⟺ $p_{n} \to 0 ，$ 几乎必然收敛 ⟺ $\sum p_{n} < \infty 。$ 级数有限 ⇒ 各项趋于 0，所以几乎必然收敛 ⇒ 依概率收敛（与第 3 讲第 14 页命题 11 一致）；反过来， $p_{n} = \frac{1}{n}$ 各项趋于 0 而级数发散，正好是依概率收敛而不几乎必然收敛。

易错点问：如果 pₙ 不单调（比如忽大忽小），结论还对吗？

答：对。证明里从没用到单调性。例如 $p_{n} = \frac{1}{n}$ （ $n$ 是完全平方数）、 $p_{n} = \frac{1}{n ^{2}}$ （其他 $n ）：$ $\sum_{n} p_{n} \leq \sum_{k} \frac{1}{k ^{2}} + \sum_{n} \frac{1}{n ^{2}} < \infty ，$ 所以几乎必然收敛。

小结与自测

小结本题小结

0-1 变量的误差事件： $0 < ε < 1$ 时是 ${X_{n} = 1} ，$ $ε \geq 1$ 时是空集。
(i) 依概率收敛 ⟺ $p_{n} \to 0 ，$ 不需要独立。
(ii) 收敛集 $= {X_{n} = 1 i.o.}^{c} ；$ $\sum p_{n} < \infty$ ⇒ 第一引理 ⇒ a.s. 收敛（不需要独立）； $\sum p_{n} = \infty$ + 独立 ⇒ 第二引理 ⇒ $P (X_{n} \to 0) = 0 。$
去掉独立，(ii) 的「⇒」失败（ $X_{n} = 1_{{U < 1/ n}} ）。$
原解答要补的地方： $ε \geq 1$ 的情形； $ε$ 要限定在 $(0, 1) ；$ 「a.s. 收敛 ⟺ $P (A_{n} i.o.) = 0 」$ 的理由；两个方向分别用哪个引理。

自测

1. $X_{n}$ 独立， $p_{n} = \frac{1}{n} 。$ $X_{n}$ 依概率收敛到 0 吗？几乎必然呢？

点开看答案

依概率收敛： $p_{n} = \frac{1}{n} \to 0 。$ 不几乎必然收敛： $\sum_{n} \frac{1}{n} = \infty$ （ $p$ -级数， $s = \frac{1}{2} \leq 1 ），$ 由独立性和第二引理， $X_{n} = 1$ 无穷多次（概率 1）。

2. $X_{n}$ 独立， $p_{n} = \frac{1}{n ^{1.01}} 。$ $X_{n}$ 几乎必然收敛到 0 吗？记 $E_{m}$ 为「从第 $m$ 项起全是 0」， $P (E_{m})$ 在 $m \to \infty$ 时趋于多少？

点开看答案

几乎必然收敛到 0： $\sum_{n} p_{n} < \infty$ （ $p$ -级数， $s = 1.01 > 1 ），$ 由第一引理，几乎每条路径只有有限个 1。 $E_{m}$ 随 $m$ 递增（从第 $m$ 项起全是 0，从第 $m + 1$ 项起当然也全是 0），并起来是「只有有限个 1」，概率为 1。由从下连续（第 1 讲第 13 页）， $P (E_{m}) \to 1 。$

3. 设 $U$ 在 $(0, 1)$ 上均匀， $X_{n} = 1_{{U < p_{n}}} ，$ $p_{n} \to 0 。$ 证明 $X_{n} \to 0$ a.s.，不管 $\sum p_{n}$ 是否有限。这和本题矛盾吗？

点开看答案

取 $ω$ 使 $U (ω) > 0$ （概率 1）。 $p_{n} \to 0 ，$ 所以 $n$ 足够大时 $p_{n} < U (ω) ，$ 此后 $X_{n} (ω) = 0 ，$ 收敛到 0。不矛盾：这些 $X_{n}$ 不独立（ $p_{n}$ 递减时事件一个套一个），本题 (ii) 的「⇒」方向需要独立。

本页术语中英对照（按出现顺序）

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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。
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。
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。
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。
无穷多次	infinitely often (i.o.)	「Aₙ 发生无穷多次」就是集合 lim sup Aₙ。
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」。
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)。
当且仅当	if and only if (iff)	「A 当且仅当 B」：A 成立就一定有 B，B 成立也一定有 A，两者同真同假，记作 A ⟺ B。
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。
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。
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。
边缘分布	marginal law	随机向量中单个坐标的分布，例如 P(X ∈ A) = P((X, Y) ∈ A × ℝ)。
打字机序列	typewriter sequence	在 [0,1) 上从左到右一遍遍扫过、越来越窄的小区间的示性函数列：依概率收敛到 0，却在每一点都不收敛。
偏差概率	deviation probability	Xₙ 和目标 X 相差超过 ε 的概率 P(\|Xₙ − X\| > ε)。它趋于 0 就是依概率收敛；对每个 ε 它都可求和时，由 Borel–Cantelli 引理可推出几乎必然收敛。
可求和	summable	非负数列的级数和有限：Σ aₙ < ∞。例如 Σ 1/n² 可求和，Σ 1/n 不可求和（和是 +∞）。
子列	subsequence	从一个数列里按顺序挑出无穷多项组成的新数列。
Kolmogorov 0-1 律	Kolmogorov's zero–one law	独立随机变量序列的尾事件（改动前面有限项不受影响的事件）概率只能是 0 或 1。
尾事件	tail event	改动任意有限个坐标都不影响是否发生的事件，例如「序列 ω₁, ω₂, … 收敛」。
从下连续	continuity from below	集合一层层变大（Eₙ ↑ E）时，测度也跟着收敛：μ(Eₙ) → μ(E)。