05 独立 Exp(1) 序列：lim sup Xₙ / ln n = 1 几乎必然 · 作业1

这道题在问什么

人话版一句话版

独立的 $Exp (1)$ 观测值 $X_{n}$ 能「冲」多高？答案是：反复冲到 $ln n$ 附近，但几乎不会冲到 $1.01 ln n$ 以上无穷多次。关键算式是 $P (X_{n} \geq α ln n) = n^{- α} ：$ $α > 1$ 时概率之和有限，第一引理说「超过 $α ln n 」$ 只发生有限次，于是 $L \leq 1 ；$ $α < 1$ 时和发散，独立 + 第二引理说「超过 $α ln n 」$ 发生无穷多次，于是 $L \geq 1 。$

考点：两个 Borel–Cantelli 引理各管一半（第 3 讲第 4 页、第 7 页）；上极限 $lim sup$ 与「无穷多次」的互相翻译（第 1 讲第 40 页）；把 ${L \geq 1} 、$ ${L > 1}$ 写成可数个事件的交、并。
这道题的意义：这是「用 Borel–Cantelli 引理确定一个序列的精确增长速度」的标准范例。同样的方法可以确定正态序列、几何序列等的增长速度。
和其他题的关系：第 4 题的判别法「和有限 / 和无穷」在这里被用在一族事件上（每个 $α$ 一列事件）。作业 2 第 2 题是本题的加强版：前 $n$ 项的最大值除以 $ln n$ 几乎必然收敛到 1。

先补基础

基础补课指数分布 Exp(1)

题目给的分布： $P (X > x) = e^{- x}$ （ $x > 0 ），$ $P (X > x) = 1$ （ $x \leq 0 ）。$ 这就是参数为 1 的指数分布（exponential distribution），密度是 $e^{- x}$ （ $x > 0 ），$ $E X = 1 。$ 常用来描述「等待时间」。
$P (X > 0) = 1 ：$ $X$ 几乎必然是正数。
$\geq$ 和 $>$ 没有区别：对 $t > 0 ，$ ${X \geq t} = ⋂_{k} {X > t - \frac{1}{k}}$ （ $k$ 取足够大使 $t - \frac{1}{k} > 0 ），$ 这些事件递减，由从上连续（第 1 讲第 14 页）， $P (X \geq t) = lim_{k} e^{- (t - 1/ k)} = e^{- t} = P (X > t) 。$
例： $P (X > 3) = e^{- 3} \approx 0.050 ，$ $P (X > ln 100) = e^{- l n 100} = \frac{1}{100} 。$

基础补课对数与幂：e^{−α ln n} = n^{−α}

$ln n$ 是自然对数，满足 $e^{l n n} = n 。$ $ln 1 = 0 ，$ $ln n > 0$ （ $n \geq 2 ）。$ 它增长极慢： $ln 10 \approx 2.30 ，$ $ln 1 0^{6} \approx 13.8 。$
指数运算： $e^{- α l n n} = (e^{l n n})^{- α} = n^{- α} 。$ 所以 $P (X_{n} > α ln n) = e^{- α l n n} = n^{- α}$ （ $α > 0 ，$ $n \geq 2 ）。$
$p$ -级数： $\sum_{n \geq 2} n^{- α} < \infty ⟺ α > 1 。$ 用积分比较： $\int_{1}^{\infty} x^{- α} d x$ 在 $α > 1$ 时等于 $\frac{1}{α - 1} ，$ 在 $α \leq 1$ 时是 $\infty 。$

基础补课上极限 lim sup 与「无穷多次」（第 1 讲 p40）

对实数列 $a_{n} ，$ $lim sup_{n} a_{n} = lim_{m \to \infty} sup_{n \geq m} a_{n} ，$ 取值可以是 $\pm \infty ：$ 数列「最终能反复达到的最高水平」。本题反复用下面两条（ $c$ 是实数）：

若 $a_{n} \geq c$ 对无穷多个 $n$ 成立，则 $lim sup a_{n} \geq c 。$ 理由：对每个 $m ，$ 第 $m$ 项以后还有某个 $a_{n} \geq c ，$ 所以 $sup_{n \geq m} a_{n} \geq c ，$ 取极限仍 $\geq c 。$
若 $lim sup a_{n} > c ，$ 则 $a_{n} > c$ 对无穷多个 $n$ 成立。 理由（逆否）：若从某项 $m_{0}$ 起 $a_{n} \leq c ，$ 则 $m \geq m_{0}$ 时 $sup_{n \geq m} a_{n} \leq c ，$ 极限 $\leq c 。$

注意第 2 条要求严格的「 $> 」$ ： $a_{n} = 1 - \frac{1}{n}$ 的上极限是 1，但没有一项 $\geq 1 。$ 所以「 $lim sup a_{n} \geq c 」$ 推不出「 $a_{n} \geq c$ 无穷多次」，证明里必须留一点余量。

基础补课两个 Borel–Cantelli 引理与可数交、并（回顾）

第一引理（第 4 页）： $\sum P (A_{n}) < \infty \Rightarrow P (A_{n} i.o.) = 0 ，$ 不需要独立。第二引理（第 7 页）： $A_{n}$ 独立且 $\sum P (A_{n}) = \infty \Rightarrow P (A_{n} i.o.) = 1 。$
可数个概率 1 的事件之交，概率仍为 1；可数个概率 0 的事件之并，概率仍为 0（可数次可加性，见第 2 题先补基础）。不可数个就不行，所以下面只用 $α = 1 \pm \frac{1}{k}$ （ $k$ 是正整数）。

题目与原解答

课件原文题目

Let $(X_{1}, X_{2}, \dots)$ be a sequence of independent real random variables, each with the distribution $P (X_{n} > x) = e^{- x}$ when $x > 0$ and $P (X_{n} > x) = 1$ when $x \leq 0$ . Let

L = n lim sup \frac{X _{n}}{ln n},

then $P (L = 1) = 1$ .

中文翻译

设 $X_{1}, X_{2}, \dots$ 是一列相互独立的实值随机变量，每个都服从分布： $x > 0$ 时 $P (X_{n} > x) = e^{- x} ，$ $x \leq 0$ 时 $P (X_{n} > x) = 1 。$ 令 $L = lim sup_{n} \frac{X _{n}}{l n n} ，$ 则 $P (L = 1) = 1 。$

题目是陈述句，意思是「证明 $P (L = 1) = 1 」。$
$n = 1$ 时 $ln 1 = 0$ ， $\frac{X _{1}}{l n 1}$ 没有定义。上极限只看「最终」的行为，去掉前面有限项不改变它，所以约定 $L = lim sup_{n \to \infty, n \geq 2} \frac{X _{n}}{l n n} 。$

原解答的思路（左栏）：

令 $A_{n} = {X_{n} \geq α ln n} ，$ $P (A_{n}) = n^{- α} ，$ 事件独立；级数 $α \leq 1$ 时发散、 $α > 1$ 时收敛；由两个引理， $P (X_{n} \geq α ln n i.o.)$ 在 $α \leq 1$ 时为 1、 $α > 1$ 时为 0。
指出 ${L \geq α} = ⋂_{m > 0} {X_{n} \geq (α - \frac{1}{m}) ln n i.o.} ，$ 得 $P (L \geq 1) = 1 。$
再由 $P (L \geq 1 + \frac{1}{n}) = 0$ 得 $P (L > 1) = 0 ，$ 所以 $P (L = 1) = 1 。$

框架正确。但第 3 步「 $P (L \geq 1 + \frac{1}{n}) = 0 」$ 缺了关键的理由（需要留余量），还有 $n = 1 、$ $α$ 的范围和字母 $n$ 重复使用等问题，见「原解答逐行对照」。

思路：怎么想到的

先猜增长速度。 $P (X_{n} > t) = e^{- t} ，$ 要让「超过 $t_{n} 」$ 在 $n$ 次里大约发生一次，需要 $e^{- t_{n}} \approx \frac{1}{n} ，$ 即 $t_{n} \approx ln n 。$ 所以 $X_{n}$ 的「纪录水平」应该在 $ln n$ 附近，比值 $X_{n} / ln n$ 的上极限应该是 1。
把 $L$ 翻译成事件。 $L \leq 1$ 要证的是「对每个 $α > 1 ，$ 超过 $α ln n$ 只发生有限次」； $L \geq 1$ 要证的是「对每个 $α < 1 ，$ 超过 $α ln n$ 发生无穷多次」。这正是两个 Borel–Cantelli 引理各自的结论形式。
算概率之和： $\sum_{n} n^{- α} ，$ 分界点恰好是 $α = 1 。$ 这就是答案为 1 的原因。
最后把可数个 $α$ 合起来：只取 $α = 1 \pm \frac{1}{k} 。$

完整解答

定理命题

设 $X_{1}, X_{2}, \dots$ 独立，都服从 $Exp (1) ，$ $L = lim sup_{n \to \infty} X_{n} / ln n$ （ $n \geq 2 ）。$ 则 $P (L = 1) = 1 。$ 其中「 $L \leq 1$ a.s.」不需要独立性。

推导证明思路

先算 $P (X_{n} \geq α ln n) = n^{- α} ，$ 用两个引理得到「 $α > 1 ：$ 有限次； $α < 1 ：$ 无穷多次」。上半部分： ${L > 1}$ 含在可数个概率 0 事件 ${X_{n} \geq (1 + \frac{1}{k}) ln n i.o.}$ 的并里。下半部分：可数个概率 1 事件 ${X_{n} \geq (1 - \frac{1}{k}) ln n i.o.}$ 的交含在 ${L \geq 1}$ 里。

第 1 步：尾概率。 取 $α > 0 ，$ $n \geq 2 。$ 此时 $α ln n > 0 ，$ 由「先补基础」，

P (X_{n} \geq α ln n) = P (X_{n} > α ln n) = e^{- α l n n} = n^{- α} .

第 2 步：两个引理。 令 $A_{n}^{(α)} = {X_{n} \geq α ln n}$ （ $n \geq 2 ）。$

$α > 1$ ： $\sum_{n \geq 2} n^{- α} < \infty ，$ 由第一引理， $P (A_{n}^{(α)} i.o.) = 0 。$ 不需要独立。
$0 < α \leq 1$ ： $\sum_{n \geq 2} n^{- α} = \infty ；$ $A_{n}^{(α)} = {X_{n} \in [α ln n, \infty)}$ 由独立的 $X_{n}$ 决定，相互独立。由第二引理， $P (A_{n}^{(α)} i.o.) = 1 。$

第 3 步：上半部分， $P (L > 1) = 0 。$ 对正整数 $k ，$ 令 $G_{k} = {A_{n}^{(1 + 1/ k)} i.o.} = {X_{n} \geq (1 + \frac{1}{k}) ln n i.o.} ，$ 由第 2 步（ $α = 1 + \frac{1}{k} > 1 ），$ $P (G_{k}) = 0 。$

断言： ${L > 1} \subseteq ⋃_{k \geq 1} G_{k} 。$ 取 $ω$ 使 $L (ω) > 1 ，$ 选正整数 $k$ 使 $1 + \frac{1}{k} < L (ω)$ （ $L (ω) = \infty$ 时任何 $k$ 都行；有限时因为 $\frac{1}{k} \to 0 ）。$ 由上极限的性质 2， $\frac{X _{n} ( ω )}{l n n} > 1 + \frac{1}{k}$ 对无穷多个 $n$ 成立，所以 $ω \in G_{k} 。$

于是 $P (L > 1) \leq \sum_{k} P (G_{k}) = 0 。$

第 4 步：下半部分， $P (L \geq 1) = 1 。$ 对正整数 $k \geq 2 ，$ 令 $E_{k} = {X_{n} \geq (1 - \frac{1}{k}) ln n i.o.} 。$ $0 < 1 - \frac{1}{k} < 1 ，$ 由第 2 步， $P (E_{k}) = 1 。$ 令 $E = ⋂_{k \geq 2} E_{k} ，$ 可数个概率 1 事件之交， $P (E) = 1 。$

取 $ω \in E 。$ 对每个 $k \geq 2 ，$ $\frac{X _{n} ( ω )}{l n n} \geq 1 - \frac{1}{k}$ 对无穷多个 $n$ 成立，由上极限的性质 1， $L (ω) \geq 1 - \frac{1}{k} 。$ 令 $k \to \infty ，$ $L (ω) \geq 1 。$ 所以 $E \subseteq {L \geq 1} ，$ $P (L \geq 1) = 1 。$

第 5 步：合起来。 ${L = 1} = {L \geq 1} ∖ {L > 1} ，$ 所以

P (L = 1) = P (L \geq 1) - P (L > 1) = 1 - 0 = 1. ■

哪一半用了独立：第 3 步只用了第一引理，所以「 $L \leq 1$ a.s.」对任何同分布于 $Exp (1)$ 的序列都成立；第 4 步用了第二引理，必须独立（例 4）。

原解答逐行对照

第 1–2 行 Let $A_{n}$ be the event that $X_{n} \geq α ln n$ . Then $P (A_{n}) = n^{- α}$ , and the events $(A_{1}, A_{2}, \dots)$ are independent.

这是完整解答第 1 步，并用到「独立随机变量决定的事件独立」。

易错点原解答的问题：n = 1 和 α 的范围

$n = 1$ 时 $ln 1 = 0 ，$ $L$ 的定义里 $\frac{X _{1}}{l n 1}$ 没有意义。应说明 $L$ 只对 $n \geq 2$ 取上极限（不影响结果）。
公式 $P (A_{n}) = n^{- α}$ 只在 $α \geq 0$ 时成立。若 $α < 0 ，$ $α ln n < 0 ，$ $P (X_{n} \geq α ln n) = 1 ，$ 而 $n^{- α} = n^{∣ α ∣} > 1$ 不可能是概率。后面只用到 $α$ 在 1 附近，所以应写「对 $α > 0 」。$

第 3–4 行 $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty$ if $α \leq 1$ , $< \infty$ if $α > 1$ . Thus, from the Borel–Cantelli Lemmas it follows that $P (X_{n} \geq α ln n, i . o .) = 1$ if $α \leq 1$ , $0$ if $α > 1$ .

级数的分界由 $p$ -级数给出。复数「Lemmas」是说两个引理都用了，最好写明： $α > 1$ 用第一引理（不需要独立）， $α \leq 1$ 用第二引理（需要上一行的独立性）。

第 5 行 Now, note that the event ${L \geq α}$ is identical to the event $\cap_{m > 0} {X_{n} \geq (α - 1/ m) ln n, i . o .}$ and so $P (L \geq 1) = 1$ .

等式是对的，验证两边包含：若 $L (ω) \geq α ，$ 则对每个 $m ，$ $L (ω) > α - \frac{1}{m} ，$ 由性质 2， $\frac{X _{n}}{l n n} > α - \frac{1}{m}$ 无穷多次；反过来，若对每个 $m$ 都有 $\frac{X _{n}}{l n n} \geq α - \frac{1}{m}$ 无穷多次，由性质 1， $L \geq α - \frac{1}{m}$ 对所有 $m$ 成立，所以 $L \geq α 。$

易错点原解答的问题：m 要取正整数，「and so」中间缺两步

「 $m > 0 」$ 应写成「 $m = 1, 2, 3, \dots 」，$ 强调是可数交；若 $m$ 取遍正实数，交集的概率就不能用可数次可加性来算。
由等式推出 $P (L \geq 1) = 1$ 需要：(1) 取 $α = 1$ 时每个事件里的系数 $1 - \frac{1}{m} \leq 1 ，$ 由上一行（第二引理）概率为 1（ $m = 1$ 时系数为 0，事件 ${X_{n} \geq 0 i.o.}$ 本身概率就是 1）；(2) 可数个概率 1 的事件之交概率为 1。原解答用「and so」一笔带过。

第 6 行 Then it follows that $P (L \geq 1 + 1/ n) = 0$ for any $n > 0$ , and so we have that $P (L > 1) = 0$ , hence, $P (L \leq 1) = 1$ , and so $P (L = 1) = 1$ .

意思是：于是对任意 $n > 0$ 都有 $P (L \geq 1 + 1/ n) = 0 ，$ 所以 $P (L > 1) = 0 ，$ 即 $P (L \leq 1) = 1 ；$ 再结合上一行的 $P (L \geq 1) = 1 ，$ 得到 $P (L = 1) = 1 。$

易错点原解答的问题：P(L ≥ 1 + 1/n) = 0 不能直接从第 4 行得到，需要留余量

第 4 行说的是 $P (X_{n} \geq α ln n i.o.) = 0$ （ $α > 1 ）。$ 但 ${L \geq α}$ 不包含于 ${X_{n} \geq α ln n i.o.} ：$ 上极限等于 $α$ 时，比值可以从下方逼近 $α$ 而一次都不达到（先补基础的 $1 - \frac{1}{n} ）。$ 正确的推理要留余量：由第 5 行的等式取 $m = 2 k ，$

{L \geq 1 + \frac{1}{k}} \subseteq {X_{n} \geq (1 + \frac{1}{k} - \frac{1}{2 k}) ln n i.o.} = {X_{n} \geq (1 + \frac{1}{2 k}) ln n i.o.},

而 $1 + \frac{1}{2 k} > 1 ，$ 后者概率为 0。完整解答第 3 步用的是同一个想法（选 $k$ 使 $1 + \frac{1}{k} < L (ω) ）。$

这里的 $n$ 与序列下标 $X_{n}$ 的 $n$ 撞了字母，应换成 $k 。$
从「每个 $k$ 概率为 0」到「 $P (L > 1) = 0 」$ 用的是 ${L > 1} = ⋃_{k \geq 1} {L \geq 1 + \frac{1}{k}}$ 和可数次可加性，可以写出来。

例子与数值验证

例 1：两个引理在数字上的样子

在 $[2, N]$ 中满足 $X_{n} \geq α ln n$ 的 $n$ 的平均个数是 $\sum_{n = 2}^{N} n^{- α} 。$ Python 算得：

$α$	$N = 1 0^{3}$	$N = 1 0^{6}$	$N \to \infty$
$0.8$	$14.47$	$73.81$	$\infty$
$1$	$6.49$	$13.39$	$\infty$ （像 $ln N ）$
$1.5$	$1.55$	$1.61$	约 $1.612$

$α = 1.5$ 时平均总共只发生 1.6 次左右，而且几乎都发生在前面； $α = 1$ 时平均次数像 $ln N$ 一样慢慢变大，永不停止。

例 2：模拟三条路径

Python 模拟 3 条路径，各取 $1 0^{6}$ 项，计算「第 $m$ 项以后（到 $1 0^{6}$ 为止）比值 $X_{n} / ln n$ 的最大值」：

路径	$m = 10$	$m = 1 0^{3}$	$m = 1 0^{5}$	$X_{n} \geq ln n$ 的次数	$X_{n} \geq 1.5 ln n$ 的次数
1	1.313	1.313	0.994	10	0
2	2.421	1.115	1.115	13	4
3	1.570	1.266	1.164	21	3

随着 $m$ 变大，尾部最大值向 1 靠拢，这就是 $lim sup = 1$ 的样子。路径 1 在 $m = 1 0^{5}$ 时是 $0.994 < 1 ，$ 是因为我们只看到 $1 0^{6}$ 为止；在无穷长的路径上，比值还会无穷多次超过 $1 - \frac{1}{k} 。$ $X_{n} \geq 1.5 ln n$ 的情形每条路径只出现几次，而且都在前面（第一引理）。

例 3：依概率收敛到 0，上极限却是 1

$P (\frac{X _{n}}{l n n} > ε) = n^{- ε} \to 0$ 对每个 $ε > 0$ 成立，所以 $\frac{X _{n}}{l n n} \to 0$ 依概率。数值： $ε = 0.5$ 时， $n = 10, 1 0^{3}, 1 0^{6}$ 的概率分别是 $0.316, 0.032, 0.001 。$

可上极限是 1：比值不几乎必然收敛到 0。再算下极限：事件 ${X_{n} \leq ε ln n}$ 相互独立，概率 $1 - n^{- ε} \to 1 ，$ 和为无穷，由第二引理， $\frac{X _{n}}{l n n} \leq ε$ 无穷多次，所以 $lim inf \leq ε ；$ $ε$ 任意小，又 $X_{n} > 0 ，$ 得 $lim inf \frac{X _{n}}{l n n} = 0$ a.s.。比值大部分时间贴近 0，偶尔冲到 1 附近，永不停止——又一个「依概率收敛但不几乎必然收敛」的例子（参见第 4 题）。

例 4（反例）：去掉独立，下半部分失败

令 $X \sim Exp (1) ，$ 每个 $X_{n} = X 。$ 每个 $X_{n}$ 的分布都对，但不独立。此时 $\frac{X _{n}}{l n n} = \frac{X}{l n n} \to 0$ 对每个 $ω$ 成立， $L = 0 。$

上半部分「 $L \leq 1 」$ 仍然成立：它只用了第一引理。
下半部分失败：事件 ${X \geq (1 - \frac{1}{k}) ln n}$ 随 $n$ 一个套一个，概率之和发散，却只发生有限次——第二引理需要的独立性不成立。

拓展延伸

加强版：最大值 / ln n → 1（作业 2 第 2 题）

令 $M_{n} = max {X_{1}, \dots, X_{n}} 。$ 作业 2 第 2 题证明 $M_{n} / ln n \to 1$ 几乎必然——不只是上极限，而是真正的极限。本题给出一半： $lim sup X_{n} / ln n = 1$ 推出 $lim sup M_{n} / ln n \leq 1$ （单项最终不超过 $(1 + ε) ln n ，$ 前面有限项的最大值除以 $ln n$ 趋于 0）；另一半 $lim inf M_{n} / ln n \geq 1$ 需要估计「前 $n$ 项都很小」的概率 $(1 - n^{- (1 - ε)})^{n} 。$ 一条模拟路径上 $M_{n} / ln n$ 在 $n = 1 0^{2}, 1 0^{4}, 1 0^{6}$ 时分别约为 $0.80, 1.03, 1.04 ，$ 收敛得很慢。

更细的刻度：lim sup (Xₙ − ln n)/ln ln n = 1

同样的方法可以看得更细。 $P (X_{n} \geq ln n + β ln ln n) = e^{- l n n - β l n l n n} = \frac{1}{n ( l n n ) ^{β}} 。$ 级数 $\sum_{n \geq 2} \frac{1}{n ( l n n ) ^{β}}$ 在 $β \leq 1$ 时发散、 $β > 1$ 时收敛（与 $\int_{2}^{\infty} \frac{d x}{x ( l n x ) ^{β}} = \int_{l n 2}^{\infty} \frac{d u}{u ^{β}}$ 比较，代换 $u = ln x ；$ 第 4 题例 1 是 $β = 1 、$ $β = 2$ 两个特例），用和本题完全相同的论证得到

n \to \infty lim sup \frac{X _{n} - ln n}{ln ln n} = 1 几乎必然 .

这说明 $X_{n}$ 超过 $ln n$ 的部分，最多也只是 $ln ln n$ 的量级。

一般的配方

对独立同分布的 $X_{n} ，$ 想求 $lim sup X_{n} / a_{n} ，$ 就找 $a_{n}$ 使

n \sum P (X_{1} > (1 + ε) a_{n}) < \infty, n \sum P (X_{1} > (1 - ε) a_{n}) = \infty (对每个 ε > 0),

则 $lim sup X_{n} / a_{n} = 1$ a.s.。例如独立标准正态序列，用正态尾部估计 $P (X_{1} > t) \approx \frac{1}{t 2 π} e^{- t^{2} /2}$ 可以得到 $a_{n} = 2 ln n ，$ 即 $lim sup X_{n} / 2 ln n = 1$ a.s.（第 2 题例 1 的数值正是这个量级）。

常见疑问与易错点

易错点问：为什么不能直接写 P(L ≥ 1 + 1/k) ≤ P(Xₙ ≥ (1 + 1/k) ln n i.o.) = 0？

答：因为 ${L \geq α} \neq \subseteq {X_{n} \geq α ln n i.o.} 。$ 上极限等于 $α$ 时，比值可以一直略低于 $α$ （例如 $\frac{X _{n}}{l n n} = α - \frac{1}{n}$ 型的数列）。正确做法是留余量： $L \geq 1 + \frac{1}{k}$ 推出 $L > 1 + \frac{1}{2 k} ，$ 再推出比值 $> 1 + \frac{1}{2 k}$ 无穷多次。

易错点问：为什么只取 α = 1 ± 1/k，不对所有 α 同时用引理？

答：每个 $α$ 给出一个概率 0 或 1 的事件。 $α$ 取遍实数，事件就有不可数多个，「交集概率为 1」「并集概率为 0」都不能再用可数次可加性保证。 $1 \pm \frac{1}{k}$ 只有可数多个，又能任意接近 1，正好够用。

易错点问：两个引理哪个需要独立？对应 L 的哪一半？

答：第一引理不需要独立，给出 $L \leq 1 ；$ 第二引理需要独立，给出 $L \geq 1 。$ 所以「 $X_{n} / ln n$ 最终不会超过 $1 + ε$ 太多次」对任何 $Exp (1)$ 序列都对，而「它会反复接近 1」要靠独立（例 4）。

易错点问：L = 1 是不是说 Xₙ/ln n → 1？

答：不是。 $L$ 是上极限，比值的下极限是 0（例 3），比值在 0 与 1 之间来回摆动。 $lim sup = 1$ 只说明「反复冲到 1 附近，但最终不会明显超过 1」。

小结与自测

小结本题小结

核心算式： $P (X_{n} \geq α ln n) = n^{- α} ，$ $\sum n^{- α}$ 在 $α > 1$ 时有限、 $α \leq 1$ 时无穷。
上半部分（ $L \leq 1 ）：$ ${L > 1} \subseteq ⋃_{k} {X_{n} \geq (1 + \frac{1}{k}) ln n i.o.} ，$ 第一引理，不需要独立。
下半部分（ $L \geq 1 ）：$ $⋂_{k} {X_{n} \geq (1 - \frac{1}{k}) ln n i.o.} \subseteq {L \geq 1} ，$ 独立 + 第二引理。
$lim sup$ 与「i.o.」互译时要留余量；只用可数个 $α 。$
原解答要补的地方： $n = 1$ 无定义； $α > 0 ；$ $m$ 取正整数； $P (L \geq 1 + \frac{1}{n}) = 0$ 需要留余量的论证，且字母 $n$ 重复。

自测

1. $X_{n}$ 独立，都服从参数为 $λ$ 的指数分布（ $P (X_{n} > x) = e^{- λ x} ，$ $x > 0 ）。$ $lim sup X_{n} / ln n$ 等于多少？

点开看答案

$\frac{1}{λ} 。$ $P (X_{n} \geq α ln n) = e^{- λ α l n n} = n^{- λ α} ，$ 级数在 $λ α > 1$ 即 $α > \frac{1}{λ}$ 时有限，在 $α \leq \frac{1}{λ}$ 时无穷。照搬本题的论证，把 1 换成 $\frac{1}{λ} 。$

2. 只用第一引理（不用独立），证明 $P (X_{n} \geq 2 ln n i.o.) = 0 ，$ 并说明这推出 $P (L \leq 2) = 1 。$

点开看答案

$\sum_{n \geq 2} P (X_{n} \geq 2 ln n) = \sum_{n \geq 2} n^{- 2} < \infty ，$ 由第一引理得概率为 0。在补集上，从某项起 $\frac{X _{n}}{l n n} < 2 ，$ 所以 $L \leq 2$ （若 $a_{n} < 2$ 最终成立，则 $sup_{n \geq m} a_{n} \leq 2 ）。$

3. 判断：「若 $X_{n}$ 都服从 $Exp (1)$ 但不一定独立，则 $P (L = 1) = 1 。」$

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错误。 $P (L \leq 1) = 1$ 仍成立（只用第一引理），但 $P (L \geq 1) = 1$ 可能失败：例 4 中 $X_{n} = X$ 对所有 $n ，$ $L = 0 。$

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
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。
无穷多次	infinitely often (i.o.)	「Aₙ 发生无穷多次」就是集合 lim sup Aₙ。
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。
上极限	limit superior (lim sup)	数列「尾部的最大可能值」的极限；对集合则表示「发生无穷多次」。
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。
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。
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)。
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)。
指数分布	exponential distribution	P(X > x) = e^(−λx)（x ≥ 0）的分布，均值 1/λ，常用来描述等待时间。
从上连续	continuity from above	集合一层层变小（Eₙ ↓ E）且 μ(E₁) < ∞ 时，μ(Eₙ) → μ(E)。
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。
次可加性	subadditivity	并集的测度不超过各部分测度之和：μ(A ∪ B) ≤ μ(A) + μ(B)。
不可数	uncountable	无论怎么排都排不成一列，例如区间 [0,1] 里的全体实数。
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」。
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」。
交集	intersection	同时属于两个集合的元素全体，A ∩ B 对应「A 且 B」。
下极限	limit inferior (lim inf)	数列「尾部的最小可能值」的极限；对集合则表示「从某一项起一直发生」。
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。
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。
并集	union	至少属于其中一个集合的元素全体，A ∪ B 对应「A 或 B」。
补集	complement	样本空间里不属于 A 的元素全体，记作 Aᶜ，对应「A 不发生」。