乘积的收敛：依概率收敛总能相乘，L¹ 收敛要靠 Hölder 配对指数

这道题在问什么

• 考点：证明依概率收敛的「坏事件拆分」写法；单个随机变量的紧性 $\mathbb{P}(|X|>\lambda )\to 0；$Hölder、Cauchy–Schwarz、Minkowski 不等式；$L^p$ 空间的单调性；构造反例。
• 要用的讲义结论：依概率收敛（第 3 讲 第 14 页）；从上连续（第 1 讲 第 14 页）；子列判别法与连续映射定理（第 3 讲 第 16 页、第 17 页，后者已经用子列证明过乘积的依概率收敛）；$L^p$ 空间（第 2 讲 第 22 页）；$L^p$ 的单调性（第 2 讲 第 25 页）；Hölder 不等式（第 2 讲 第 26 页）；Minkowski 不等式（第 2 讲 第 27 页）；Markov 不等式（第 2 讲 第 29 页）；尖峰反例（第 3 讲 第 19 页）；依概率收敛下的控制收敛定理（第 3 讲 第 20 页）。
• 与其他题的关系：
  • 作业 1 第 6 题 在一般测度空间上问同样的问题：和总能保持，积需要有限测度。本题第 (i) 问正是「有限测度」那一半，读完你会知道总质量为 1 用在了哪一步。
  • 本作业 第 1 题 讨论单个序列的 $L^p$ 收敛；小测 1 第 4 题 走的是「$L^p$ 收敛 ⇒ 子列几乎处处收敛 ⇒ Fatou」的路线，原解答最后一步想用的正是它（但用错了，见逐行对照）。
  • 小测 2 第 2 题、小测 2 第 3 题 的一致可积，给出乘积 $L^1$ 收敛的充要条件（见「拓展延伸」）。
  • 第 4 题、第 7 题、第 9 题 要用的 Slutsky 定理，核心就是第 (i) 问里的「依概率趋于 0 × 依概率有界 = 依概率趋于 0」。

先补基础

题目与原解答

题面说明：星号是小问的标记，不是脚注。下面按 (i)–(v) 编号：(i) 一颗星；(ii) 两颗星的第一句（$L^2\times L^2）；$(iii) 三颗星；(iv) 两颗星的第二句（$L^p\times L^p$ 能否推广），它的回答要用到 (iii)，所以放在 (iii) 后面；(v) 最后一问（$p=q=1）。$几处措辞：(i) 没写极限是什么，应为 $XY，$「converges」应为「converge」；「then that」多了 that；(iii) 的「for some $p,q>1」$意思是「对适当的 $p,q>1」，$要我们找出条件。

原解答的思路（左栏）：

1. (i)：把 $\{|X_n(Y_n-Y)|+|Y(X_n-X)|>\epsilon \}$ 拆成两个「$>\frac{\epsilon }{2}」$的事件；对含 $X_n$ 的那一项，用「$|X_n-X|>1、$$|X|>\lambda 、$$|Y_n-Y|$ 不够小」三个坏事件盖住它，得到 $\mathrm{limsup}\le \mathbb{P}(|X|>\lambda )，$再让 $\lambda \to \infty 。$
2. (ii)：一句话「是 (iii) 的特例」。两颗星的第二句（能否推广）没有回答。
3. (iii)：三角不等式 + Hölder，得到 $\Vert X_n{Y}_n-XY{\Vert }_1\le \Vert X_n{\Vert }_p\Vert Y_n-Y{\Vert }_q+\Vert X_n-X{\Vert }_p\Vert Y{\Vert }_q\to 0；$最后用 Fatou 说明 $XY\in L^1$（这一步写错了）。
4. (v)：反例 $X_n=Y_n=w^{-(1/2+1/n)}，$算出 ${\int }_0^1\frac{1}{w}\mathrm{d}w=\infty 。$附加条件没有给。

思路：怎么想到的

1. 乘积的误差怎么拆：想比较 $X_n{Y}_n$ 和 $XY，$就在中间插一个「混合项」$X_{n}Y：$

每一项都是「一个趋于 0 的差」乘「一个因子」。这是处理乘积的通用手法，数列的乘积法则 $\lim a_n{b}_n=\lim a_n\lim b_n$ 也是这样证明的。2. 依概率：小 × 有界 = 小，但「有界」只能在概率意义下：数列的证明要用「收敛数列有界」。随机变量 $X(\omega )$ 却可以没有上界（正态、Cauchy），只能退一步：$|X|>\lambda$ 的概率可以任意小。于是把 $\{|X|>\lambda \}$ 当成一个「坏事件」扔掉，在剩下的地方 $|X|\le \lambda$ 真的有界。这就是原解答里 $\lambda$ 的来历。3. 期望：乘积的期望用 Hölder：要证 $\mathbb{E}|X_n(Y_n-Y)|\to 0，$自然想把它拆成「$X_n$ 的大小」乘「$Y_n-Y$ 的大小」。Hölder 恰好做这件事，但两个因子必须用共轭的指数来量。4. 反例从哪里来：期望可能被「概率很小、取值很大」的部分撑住（尖峰）。把尖峰 $n{1}_{[0,1/n]}$ 开平方，得到 $\sqrt{n}{1}_{[0,1/n]}：$它小到在 $L^1$（甚至 $L^p，$$p<2）$中趋于 0，两个它相乘又变回尖峰。

完整解答

下面所有随机变量都定义在同一个概率空间 $(\Omega ,\mathcal{F},\mathbb{P})$ 上，取实数值。

(i) 依概率收敛：XₙYₙ →ᴾ XY

第 1 步（插入混合项）：

由三角不等式 $|a+b|\le |a|+|b|，$对每个 $\omega ，$

第 2 步（把 $\epsilon$ 分成两半）：固定 $\epsilon >0，$令

若 $A_n、$$B_n$ 都不发生，第 1 步右边两项都 $\le \frac{\epsilon }{2}，$所以 $|X_n{Y}_n-XY|\le \epsilon 。$取逆否并用次可加性：

下面证明 $\mathbb{P}(A_n)\to 0$ 和 $\mathbb{P}(B_n)\to 0。$

第 3 步（$B_n：$因子 $Y$ 不随 $n$ 变）：任取 $\lambda >0。$若 $|Y|\le \lambda$ 且 $|X_n-X|\le \frac{\epsilon }{2\lambda }，$则 $|Y||X_n-X|\le \lambda \cdot \frac{\epsilon }{2\lambda }=\frac{\epsilon }{2}。$取逆否：

$\frac{\epsilon }{2\lambda }$ 是一个固定的正数，由 $X_n\stackrel{\mathbb{P}}{\to }X，$最后一项随 $n\to \infty$ 趋于 0。所以

左边是一个不依赖 $\lambda$ 的数，右边在 $\lambda \to \infty$ 时趋于 0（「先补基础」的紧性）。所以左边 $\le 0；$概率非负，于是 $\mathbb{P}(B_n)\to 0。$

第 4 步（$A_n：$因子 $X_n$ 随 $n$ 变）：不能直接对 $X_n$ 用紧性，因为 $\lambda$ 要对所有 $n$ 同时管用。办法是用固定的 $X$ 控制 $X_n：$$|X_n|\le |X|+|X_n-X|。$任取 $\lambda >0，$若同时有

• (a) $|X_n-X|\le 1，$
• (b) $|X|\le \lambda ，$
• (c) $|Y_n-Y|\le \frac{\epsilon }{2(\lambda +1)}，$

则由 (a)(b)，$|X_n|\le \lambda +1；$再由 (c)，$|X_n||Y_n-Y|\le (\lambda +1)\cdot \frac{\epsilon }{2(\lambda +1)}=\frac{\epsilon }{2}。$取逆否：

取概率。第一项、第三项分别是容忍度 $1$ 和 $\frac{\epsilon }{2(\lambda +1)}$ 下的偏差概率，随 $n\to \infty$ 趋于 0。所以 ${\mathrm{limsup}}_n\mathbb{P}(A_n)\le \mathbb{P}(|X|>\lambda )$ 对每个 $\lambda >0$ 成立，与第 3 步一样令 $\lambda \to \infty ，$得 $\mathbb{P}(A_n)\to 0。$（(a) 里的 1 可以换成任何固定的正数。）

第 5 步（合起来）：由第 2 步，$\mathbb{P}(|X_n{Y}_n-XY|>\epsilon )\le \mathbb{P}(A_n)+\mathbb{P}(B_n)\to 0。$$\epsilon >0$ 是任取的，所以 $X_n{Y}_n\stackrel{\mathbb{P}}{\to }XY。$$■$

另一种证法（子列）：第 3 讲 第 17 页 用子列判别法证过同一结论：任取子列，先挑出 $X$ 几乎必然收敛的子子列，再从中挑出 $Y$ 也几乎必然收敛的子子子列；在它上面两个实数列同时收敛，乘积也收敛；最后由子列判别法（第 3 讲 第 16 页）回到整个序列。上面的直接证法的好处是看得见「概率总质量为 1」用在哪里：第 3、4 步的紧性。

(ii) L² × L² → L¹

第 1 步（乘积可积）：由 Cauchy–Schwarz，$\mathbb{E}|X_n{Y}_n|\le \Vert X_n{\Vert }_2\Vert Y_n{\Vert }_2<\infty ，$$\mathbb{E}|XY|\le \Vert X{\Vert }_2\Vert Y{\Vert }_2<\infty 。$所以 $\mathbb{E}|X_n{Y}_n-XY|$ 是有限数，「$L^1$ 收敛」有意义。

第 2 步（拆分后取期望）：对 (i) 第 1 步的逐点不等式取期望（期望保持不等号，且对和是线性的）：

第 3 步（每一项用 Cauchy–Schwarz）：

第 4 步（$\Vert X_n{\Vert }_2$ 有界）：由 Minkowski 的推论 1，$M:={\sup }_n\Vert X_n{\Vert }_2<\infty 。$$Y\in L^2，$$\Vert Y{\Vert }_2$ 是有限数。

第 5 步（取极限）：$\mathbb{E}|X_n{Y}_n-XY|\le M\Vert Y_n-Y{\Vert }_2+\Vert Y{\Vert }_2\Vert X_n-X{\Vert }_2\to M\cdot 0+\Vert Y{\Vert }_2\cdot 0=0。$$■$

(iii) Lᵖ × Lᵠ → L¹：Hölder 配对

共轭情形的证明：把命题 2 的证明里每一处 Cauchy–Schwarz 换成 Hölder。

1. 可积：$\mathbb{E}|X_n{Y}_n|\le \Vert X_n{\Vert }_p\Vert Y_n{\Vert }_q<\infty ，$$\mathbb{E}|XY|\le \Vert X{\Vert }_p\Vert Y{\Vert }_q<\infty 。$
2. 拆分 + Hölder：

注意配对：$X_n$ 和 $X_n-X$ 用 $p$-范数量，$Y_n-Y$ 和 $Y$ 用 $q$-范数量，这正是两个假设给出的信息。3. 有界：${\sup }_n\Vert X_n{\Vert }_p<\infty$（Minkowski 推论 1），$\Vert Y{\Vert }_q<\infty$（$Y\in L^q）。$ 4. 取极限：右边 $\le {\sup }_k\Vert X_k{\Vert }_p\cdot \Vert Y_n-Y{\Vert }_q+\Vert Y{\Vert }_q\cdot \Vert X_n-X{\Vert }_p\to 0。$$■$

一般情形 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}<1$：设 $1<p<\infty ，$令 $q_0=\frac{p}{p-1}。$则 $\frac{1}{q_0}=1-\frac{1}{p}>\frac{1}{q}，$即 $q_0<q。$由 $L^p$ 的单调性，$\Vert Y_n-Y{\Vert }_{q_0}\le \Vert Y_n-Y{\Vert }_q\to 0，$且 $Y_n,Y\in L^{q_0}，$于是 $Y_n\to Y$ in $L^{q_0}，$化归为共轭情形 $(p,q_0)。$$p=\infty$ 时取 $q_0=1$ 同样化归；$p=1$ 时条件迫使 $q=\infty ，$用 Hölder 的端点形式 $\mathbb{E}|UV|\le \Vert U{\Vert }_1\Vert V{\Vert }_{\infty }，$证明照抄。

题目「find such $p,q>1」$的答案：所有满足 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ 的 $p,q>1$ 都可以，例如 $(2,2)、$$(3,\frac{3}{2})、$$(4,\frac{4}{3})、$$(\frac{3}{2},3)；$放宽到 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\le 1$ 也可以，例如 $(3,3)、$$(4,2)。$反过来，$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}>1$ 时一般不行：例 5 构造了 $X\in L^p、$$Y\in L^q$ 而 $XY\notin L^1，$取常数序列 $X_n=X、$$Y_n=Y，$乘积连可积都做不到。所以 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\le 1$ 正是「对所有满足假设的序列都成立」的条件。

(iv) 能否推广到 Lᵖ × Lᵖ（p > 1）？

第 1 条：$p\ge 2$ 时 $\frac{1}{p}+\frac{1}{p}=\frac{2}{p}\le 1，$命题 3 的一般形式直接适用。也可以这样看：由单调性，$L^p$ 收敛推出 $L^2$ 收敛，再用命题 2。

第 2 条（反例：尖峰的平方根）：取 $\Omega =[0,1]，$概率为长度（均匀分布），

• $L^p$ 收敛（$p<2）$：$\mathbb{E}|X_n{|}^p=(\sqrt{n}{)}^p\cdot \frac{1}{n}=n^{p/2-1}，$指数 $\frac{p}{2}-1<0，$所以 $\to 0，$即 $X_n\to 0$ in $L^p。$$Y_n$ 相同。
• 乘积不 $L^1$ 收敛：$X_n{Y}_n=n{1}_{[0,1/n]}$ 是尖峰，$\mathbb{E}|X_n{Y}_n-XY|=\mathbb{E}\left[n{1}_{[0,1/n]}\right]=n\cdot \frac{1}{n}=1\nrightarrow 0。$
• 乘积依概率收敛（与 (i) 一致）：$0<\epsilon <n$ 时 $\mathbb{P}(X_n{Y}_n>\epsilon )=\frac{1}{n}\to 0。$

所以 $1\le p<2$ 时不能推广。$p=2$ 时 $\mathbb{E}|X_n{|}^2=1，$$X_n$ 本身就不 $L^2$ 收敛到 0，与命题 2 不矛盾。

第 3 条：$(p^{\prime },p)$ 是一对共轭指数。由 Hölder，

另一个（也是最本质的）附加条件是乘积序列一致可积，见「拓展延伸」。

(v) p = q = 1

第 1 条（反例）：(iv) 的尖峰平方根取 $p=1：$$\mathbb{E}|X_n|=n^{-1/2}\to 0，$而 $\mathbb{E}|X_n{Y}_n|=1。$这个反例里每个 $X_n{Y}_n$ 和 $XY=0$ 都可积，失败的是收敛本身。原解答给的是另一种反例（乘积根本不可积），见例 6。

第 2 条（证明）：

1. $|Y|\le K$ 几乎必然：由子列判别法（第 3 讲 第 16 页），有子列 $Y_{n_j}\to Y$ 几乎必然；落在闭区间 $[-K,K]$ 里的实数列，极限仍在 $[-K,K]$ 里。
2. 换一种拆法，让有界的因子 $Y_n$ 和差 $X_n-X$ 配对：

3. 第一项：$\mathbb{E}[|Y_n||X_n-X|]\le K\mathbb{E}|X_n-X|\to 0。$
4. 第二项：令 $Z_n=|X||Y_n-Y|。$它满足 $0\le Z_n\le 2K|X|，$而 $\mathbb{E}[2K|X|]<\infty ；$又由命题 1（把 $|X|$ 看成常数序列），$Z_n\stackrel{\mathbb{P}}{\to }0。$由依概率收敛下的控制收敛定理（第 3 讲 第 20 页 定理 15），$\mathbb{E}{Z}_n\to 0。$
5. 两项相加，$\mathbb{E}|X_n{Y}_n-XY|\to 0。$$■$

这其实是 Hölder「$(1,\infty )$ 配对」的一个变体：一个因子只要求 $L^1，$另一个因子就得「一致地有界」。

原解答逐行对照

(i) 依概率收敛

第 1 行：$(|X_n(Y_n-Y)|+|Y(X_n-X)|>\epsilon )\subset (|X_n|\cdot |Y_n-Y|>\epsilon /2)\cup (|Y|\cdot |X_n-X|>\epsilon /2)。$包含关系正确：两项都 $\le \frac{\epsilon }{2}$ 时和 $\le \epsilon 。$

第 2 行：对任意 $\lambda >0，$$(|X_n|\cdot |Y_n-Y|>\epsilon /2)\subset (|X_n-X|>1)\cup \{|X|>\lambda \}\cup (|Y_n-Y|>\epsilon /2(\lambda +1))，$理由是「三个条件都不成立时，$|X_n|\cdot |Y_n-Y|\le (\lambda +1)\epsilon /(2(\lambda +1))=\epsilon /2」。$正确，就是完整解答第 4 步。

第 3 行：「${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }\mathbb{P}(|X_n|\cdot |Y_n-Y|>\epsilon /2)\le \mathbb{P}(|X|>\lambda )\to 0」；$最后一句「In the same way（用同样的方法）, $\mathbb{P}(|Y|\cdot |X_n-X|>\epsilon /2)$ goes to 0」。

(ii) 两颗星

原文：「This is the special case of the following problem.」

(iii) 三颗星

第 1–2 行：$\Vert X_n{Y}_n-XY{\Vert }_1\le \Vert X_n{Y}_n-X_{n}Y{\Vert }_1+\Vert X_{n}Y-XY{\Vert }_1$（$L^1$ 范数的三角不等式），再用 Hölder（$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1）：$$\Vert X_n(Y_n-Y){\Vert }_1\le \Vert X_n{\Vert }_p\Vert Y_n-Y{\Vert }_q，$$\Vert X_{n}Y-XY{\Vert }_1\le \Vert X_n-X{\Vert }_p\Vert Y{\Vert }_q。$全部正确，与完整解答一致。

第 3 行：「Hence we can immediately get $\Vert X_n{Y}_n-XY{\Vert }_1\to 0$ … We also note that $\Vert X_n{\Vert }_p,\Vert Y{\Vert }_q$ are bounded.」结论正确，但「有界」是得出结论的前提，应写在前面并给出理由：$\Vert X_n{\Vert }_p\le \Vert X{\Vert }_p+\Vert X_n-X{\Vert }_p$（Minkowski），收敛数列有界；$\Vert Y{\Vert }_q$ 只是一个数，应说「有限」，理由是 $Y\in L^q。$

第 4 行：「Finally, by using Fatou's lemma, $\Vert XY{\Vert }_1\le {\mathrm{liminf}}_n\Vert X_n{Y}_n{\Vert }_1\le {\mathrm{liminf}}_n\Vert X_n{\Vert }_p\Vert Y_n{\Vert }_q\to 0$, it implies $XY\in L^1$.」

(v) p = q = 1

原文：「No, there is a counter example: $X_n=Y_n=\frac{1}{w^{1/2+1/n}}$ for $w\in [0,1]$. As $\frac{1}{w}\to \infty$ as $w\to 0$, we must use an improper integral ${\int }_0^1\frac{1}{w}\mathrm{d}w={\lim }_{M\to 0}{\int }_M^1\frac{1}{w}\mathrm{d}w={\lim }_{M\to 0}(\ln (1)-\ln (M))={\lim }_{M\to 0}-\ln (M)=\infty$. Thus, the integral diverges to infinity.」

这个反例是可以用的，但原解答只算了一个积分，没有验证反例满足题设。逐项核对（$\Omega =(0,1]，$均匀分布）：

• 极限是什么：$w^{-1/n}\to 1，$所以 $X_n\to X:=w^{-1/2}$ 逐点成立，$Y=X。$
• $X_n$ 可积吗：${\int }_0^1{w}^{-a}\mathrm{d}w=\frac{1}{1-a}$（$a<1），$$=\infty$（$a\ge 1）。$$X_n$ 的指数 $a=\frac{1}{2}+\frac{1}{n}：$$n=1$ 时 $a=\frac{3}{2}，$$n=2$ 时 $a=1，$都不可积；$n\ge 3$ 时 $a<1，$可积。所以序列应从 $n=3$ 开始。
• $L^1$ 收敛：$w\le 1$ 时 $w^{-1/n}\ge 1，$所以 $X_n\ge X，$

• 乘积：$X_n{Y}_n=w^{-1-2/n}$（指数 $>1），$$XY=w^{-1}，$都不可积。原解答算的 ${\int }_0^1\frac{1}{w}\mathrm{d}w=\infty$ 是 $\mathbb{E}[XY]。$进一步，$X_n{Y}_n-XY=w^{-1}(w^{-2/n}-1)$ 在 $w<2^{-n/2}$ 上大于 $w^{-1}，$所以 $\mathbb{E}|X_n{Y}_n-XY|=\infty$ 对每个 $n$ 成立，结论彻底失败。

例子与数值验证