均值无穷时 lim sup |Sₙ|/aₙ 只能是 0 或 ∞，由 ∑P(|X₁| ≥ aₙ) 是否有限决定

这道题在问什么

• 考点：两个 Borel–Cantelli 引理；截断；方差求和；Kolmogorov 一级数定理与 Kronecker 引理（强大数定律的经典证法）；尾级数判别；交换求和次序。
• 要用的讲义结论：「无穷多次」（第 3 讲 第 3 页）；第一、第二 Borel–Cantelli 引理（第 3 讲 第 4 页、第 7 页）；独立性（第 3 讲 第 6 页）；尾级数判别（第 3 讲 第 12 页）；一阶矩无穷时 $\mathrm{limsup}|X_n|/n=\infty$（第 3 讲 第 13 页）；独立变量和的方差（第 3 讲 第 37 页）。
• 讲义没有讲过、这里作为已知结论使用的：Kolmogorov 极大不等式、Kolmogorov 一级数定理、Kronecker 引理（见「先补基础」）。
• 与其他题的关系：
  • 取 $a_n=n$ 就回到第 3 讲 第 13 页 和 作业 1 第 3 题，而且结论更强：$\mathrm{limsup}|S_n|/n=\infty$（例 1）。第一部分的证明就是那两页论证的推广。
  • 第 2 题 用同样的「单项超过门槛的概率之和」判别上极限；第 4 题 讨论均值有限、方差有限时的大数定律。

先补基础

题目与原解答

原解答的思路（左栏，基本照搬 Durrett 的证明）：

1. $\sum =\infty$ 的情形：由 $\frac{a_n}{n}$ 递增，${\sum }_n\mathbb{P}(|X_1|\ge k{a}_n)\ge \frac{1}{k}{\sum }_{m\ge k}\mathbb{P}(|X_1|\ge a_m)=\infty ；$由 Borel–Cantelli，$\mathrm{limsup}|X_n|/a_n=\infty ；$再由 $\max (|S_{n-1}|,|S_n|)\ge \frac{|X_n|}{2}$ 得到结论。
2. $\sum <\infty$ 的情形：截断 $Y_n=X_{n}1(|X_n|<a_n)，$「只需检查」$\sum \mathrm{Var}(Y_n/a_n)<\infty$ 和 $\frac{1}{a_n}\sum \mathbb{E}{Y}_i\to 0。$
3. 方差：交换求和次序，用 $a_n\ge \frac{n{a}_m}{m}$ 把 ${\sum }_{n\ge m}{a}_n^{-2}$ 估成 $C\frac{m}{a_m^2}，$归结为 ${\sum }_{m}m\mathbb{P}(a_{m-1}\le |X_1|<a_m)<\infty 。$
4. 均值：先说明 $\frac{a_n}{n}\uparrow \infty ，$把 $\frac{1}{a_n}\sum \mathbb{E}|Y_m|$ 拆成 $\frac{n{a}_N}{a_n}$ 和一个尾部和，后者是收敛级数的尾巴。

框架完全正确，但最关键的一步（为什么检查这两件事就够了）一句没说；另有多处下标笔误、常数与不等号的问题，见「原解答逐行对照」。

思路：怎么想到的

1. $\infty$ 的方向：一项就够。和 $S_n$ 里只要有一项 $|X_n|$ 非常大，$S_n$ 和 $S_{n-1}$ 就不可能同时小（它们的差就是 $X_n）。$所以「单项无穷多次超过 $k{a}_n」$直接推出「和无穷多次超过 $\frac{k}{2}{a}_n」。$单项超过门槛是独立事件，正好用 BC II。
2. 0 的方向：抄强大数定律的证明。要证 $S_n/a_n\to 0，$经典路线是「截断 → 方差可求和 → 一级数定理 → Kronecker」。截断是因为 $X_n$ 没有任何矩；截断水平选 $a_n，$是因为 $\sum \mathbb{P}(|X_n|\ge a_n)<\infty$ 恰好保证截断只改动有限项（BC I）。
3. 条件「$a_n/n$ 递增」用在哪里：$a_n$ 至少线性增长、而且增长率不倒退，这样 ${\sum }_{n\ge m}{a}_n^{-2}$ 被第 $m$ 项控制（方差估计），$\frac{m}{a_m}$ 递减（均值估计）。

完整解答

第一部分：∑P(|X₁| ≥ aₙ) = ∞ ⇒ lim sup = ∞

第 1 步（门槛放大 $k$ 倍，级数仍发散）：固定正整数 $k。$由「先补基础」第 2 条，$a_{kn}\ge k{a}_n，$所以 $\{|X_1|\ge a_{kn}\}\subseteq \{|X_1|\ge k{a}_n\}。$又 $a_m$ 不减，$kn\le m<k(n+1)$ 时 $\mathbb{P}(|X_1|\ge a_m)\le \mathbb{P}(|X_1|\ge a_{kn})，$即一项 $\mathbb{P}(|X_1|\ge a_{kn})$ 不小于这 $k$ 项的平均。于是

最后一步：发散级数去掉前 $k-1$ 项仍发散。

第 2 步（BC II）：事件 $A_n^{(k)}=\{|X_n|\ge k{a}_n\}$ 只依赖 $X_n，$相互独立；同分布给出 $\mathbb{P}(A_n^{(k)})=\mathbb{P}(|X_1|\ge k{a}_n)，$由第 1 步其和发散。由 BC II，$\mathbb{P}(A_n^{(k)}\text{i.o.})=1。$令 ${\Omega }^{\ast }={\bigcap }_{k\ge 1}\{A_n^{(k)}\text{i.o.}\}，$它是可数个概率 1 事件之交，$\mathbb{P}({\Omega }^{\ast })=1。$

第 3 步（从单项到和）：令 $S_0=0。$$X_n=S_n-S_{n-1}，$由三角不等式 $|X_n|\le |S_n|+|S_{n-1}|\le 2\max (|S_n|,|S_{n-1}|)。$固定 $\omega \in {\Omega }^{\ast }$ 和 $k，$对无穷多个 $n\ge 2$ 有 $|X_n|\ge k{a}_n，$于是 $|S_n|\ge \frac{k}{2}{a}_n$ 或 $|S_{n-1}|\ge \frac{k}{2}{a}_n\ge \frac{k}{2}{a}_{n-1}$（用 $a_{n-1}\le a_n）。$总之存在下标 $m\in \{n-1,n\}$ 使 $\frac{|S_m|}{a_m}\ge \frac{k}{2}；$$n$ 有无穷多个，这样的 $m$ 也有无穷多个，所以 ${\mathrm{limsup}}_m\frac{|S_m|}{a_m}\ge \frac{k}{2}。$

第 4 步：$k$ 任取，在 ${\Omega }^{\ast }$ 上 $\mathrm{limsup}|S_n|/a_n=\infty 。$$■$（这一部分没有用到 $\mathbb{E}|X_1|=\infty 。）$

第二部分：∑P(|X₁| ≥ aₙ) < ∞ ⇒ Sₙ/aₙ → 0

记 $a_0=0，$$p_m=\mathbb{P}(a_{m-1}\le |X_1|<a_m)。$由恒等式 $(\ast )$ 和假设，

第 1 步（截断只改动有限项）：令 $Y_n=X_n{1}_{\{|X_n|<a_n\}}，$$T_n=Y_1+\cdots +Y_n。$${\sum }_n\mathbb{P}(X_n\ne Y_n)={\sum }_n\mathbb{P}(|X_1|\ge a_n)<\infty ，$由 BC I，几乎必然只有有限个 $n$ 使 $X_n\ne Y_n。$在这样的 $\omega$ 上，$S_n-T_n={\sum }_{m\le n}(X_m-Y_m)$ 从某一项起不再变化，是一个固定的有限数 $R(\omega )；$$a_n\to \infty ，$所以 $\frac{S_n-T_n}{a_n}\to 0。$只需证明 $\frac{T_n}{a_n}\to 0$ 几乎必然。

第 2 步（方差可求和）：$\mathrm{Var}\frac{Y_n}{a_n}\le \frac{\mathbb{E}{Y}_n^2}{a_n^2}，$且由同分布和 $a_0=0，$

交换求和次序（各项非负）：

由「先补基础」第 3 条，$n\ge m$ 时 $a_n\ge \frac{n}{m}{a}_m，$所以

其中 ${\sum }_{n\ge m}\frac{1}{n^2}\le \frac{2}{m}：$$m=1$ 时左边 $=\frac{{\pi }^2}{6}<2；$$m\ge 2$ 时 ${\sum }_{n\ge m}\frac{1}{n^2}\le {\sum }_{n\ge m}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})=\frac{1}{m-1}\le \frac{2}{m}。$又在 $\{a_{m-1}\le |X_1|<a_m\}$ 上 $X_1^2<a_m^2。$合起来，由 $(\ast \ast )，$

第 3 步（一级数定理 + Kronecker）：$Z_n=\frac{Y_n-\mathbb{E}{Y}_n}{a_n}$ 独立、均值 0、$\sum \mathrm{Var}{Z}_n<\infty$（第 2 步）。由 Kolmogorov 一级数定理，${\sum }_n{Z}_n$ 几乎必然收敛。对这样的 $\omega ，$把 Kronecker 引理用在 $x_n=Y_n(\omega )-\mathbb{E}{Y}_n$ 上（$a_n\uparrow \infty$ 由「先补基础」第 1、5 条），得

第 4 步（$\frac{a_n}{n}\to \infty ：$这里用到 $\mathbb{E}|X_1|=\infty ）$：$\frac{a_n}{n}$ 不减，若它有有限的极限 $c，$则 $a_n\le cn，$$\mathbb{P}(|X_1|\ge a_n)\ge \mathbb{P}(|X_1|\ge cn)。$由尾级数判别的缩放版本，${\sum }_n\mathbb{P}(|X_1|\ge cn)=\infty ，$与假设 ${\sum }_n\mathbb{P}(|X_1|\ge a_n)<\infty$ 矛盾。所以 $\frac{a_n}{n}\uparrow \infty 。$

第 5 步（均值项 $\frac{\mathbb{E}{T}_n}{a_n}\to 0）$：$|Y_m|<a_m，$$\mathbb{E}{Y}_m$ 有限，$|\mathbb{E}{T}_n|\le {\sum }_{m=1}^n\mathbb{E}[|X_1|1_{\{|X_1|<a_m\}}]。$固定正整数 $N。$对 $m\le n$（$a_m\le a_n），$把 $\{|X_1|<a_m\}$ 拆成 $\{|X_1|<a_N\}$ 和 $\{a_N\le |X_1|<a_n\}$ 两部分（$m\le N$ 时后一部分只会让上界更松）：

对 $m=1,\dots ,n$ 求和并除以 $a_n：$

• 第一项：$N$ 固定，$a_N$ 是常数，由第 4 步 $\frac{n}{a_n}\to 0，$所以它 $\to 0$（$n\to \infty ）。$
• 第二项：把 $[a_N,a_n)$ 拆成 $[a_{m-1},a_m)$（$m=N+1,\dots ,n），$并用 $\frac{n}{a_n}\le \frac{m}{a_m}$（「先补基础」第 4 条）和区间上 $|X_1|<a_m：$

$r_N$ 是收敛级数 $(\ast \ast )$ 的尾巴，不依赖 $n，$且 $r_N\to 0$（$N\to \infty ）。$

所以 ${\mathrm{limsup}}_n\frac{|\mathbb{E}{T}_n|}{a_n}\le r_N$ 对每个 $N$ 成立；令 $N\to \infty ，$$\frac{\mathbb{E}{T}_n}{a_n}\to 0。$

第 6 步（合起来）：$\frac{S_n}{a_n}=\frac{S_n-T_n}{a_n}+\frac{T_n-\mathbb{E}{T}_n}{a_n}+\frac{\mathbb{E}{T}_n}{a_n}，$由第 1、3、5 步三项都几乎必然趋于 0，所以 $\frac{S_n}{a_n}\to 0，$$\mathrm{limsup}\frac{|S_n|}{a_n}=0。$$■$

每个假设用在哪里：

最后一行说明：若 $\mathbb{E}|X_1|<\infty ，$第二部分可能失败。例：$X_i\equiv 1，$$a_n=n，$$\sum \mathbb{P}(|X_1|\ge n)=1<\infty ，$但 $S_n/n=1\nrightarrow 0；$问题正出在 $\frac{a_n}{n}=1$ 不趋于 $\infty ，$均值项 $\frac{\mathbb{E}{T}_n}{a_n}$ 不趋于 0。

原解答逐行对照

第 1 行：${\sum }_n\mathbb{P}(|X_1|\ge k{a}_n)\ge {\sum }_n\mathbb{P}(|X_1|\ge a_{kn})\ge \frac{1}{k}{\sum }_{m\ge k}\mathbb{P}(|X_1|\ge a_m)=\infty 。$正确，两个不等号的理由是 $a_{kn}\ge k{a}_n$ 和 $a_m$ 不减（完整解答第一部分第 1 步）；原解答只说了「Since $\frac{a_n}{n}$ is increasing」。

第 2 行：「In particular, $\mathrm{limsup}|X_n|/a_n=\infty$ with probability 1 by Borel-Cantelli. Since $\max (|S_{n-1}|,|S_n|)\ge \frac{|X_n|}{2}$, the claim follows.」

第 3 行：「Define $Y_n=X_{n}1(|X_n|<a_n)$. Since $X_n\ne Y_n$ finitely often a.s., the proof consists in checking that ${\sum }_n\mathrm{Var}(\frac{Y_n}{a_n})<\infty$ and $\frac{1}{a_n}{\sum }_{i=1}^d\mathbb{E}[Y_i]\to 0$.」

第 4–6 行（方差）：${\sum }_n\mathrm{Var}(\frac{Y_n}{a_n})\le {\sum }_n\frac{\mathbb{E}[Y_n^2]}{a_n^2}={\sum }_m{\int }_{[a_{m-1},a_m)}{y}^2\mathrm{d}F(y){\sum }_{n\ge m}{a}_n^{-2}；$「since $a_n\ge \frac{n{a}_m}{m}$, ${\sum }_{n\ge m}{a}_n^{-2}\le \frac{m^2}{a_m^2}{\sum }_{n\ge m}{n}^{-2}\le$ (sufficiently) $\frac{m}{a_m^2}」；$于是 ${\sum }_m\mathrm{Var}(\frac{Y_n}{a_n})\le$ (sufficiently) ${\sum }_{m}m\mathbb{P}(a_{m-1}\le |X_i|<a_m)={\sum }_m\mathbb{P}(|X_i|>a_{m-1})<\infty 。$

第 7 行：「since $\mathbb{E}|X_i|=\infty$ and ${\sum }_n\mathbb{P}(|X_i|>a_n)<\infty$, we have $\frac{a_n}{n}\uparrow \infty$.」结论正确，理由（完整解答第 4 步的反证：否则 $a_n\le cn，$尾级数判别给出矛盾）没有写。

第 8–9 行（均值）：$|\frac{1}{a_n}{\sum }_{i=1}^d\mathbb{E}[Y_i]|\le \frac{1}{a_n}{\sum }_{i=1}^d\mathbb{E}[|X_m|\cdot 1(|X_m|<a_m)]\le \frac{n{a}_N}{a_n}+\frac{n}{a_n}\mathbb{E}[|X_1|\cdot 1(a_N\le |X_1|\le a_n)]；$「If $N$ grows sufficiently slowly, the first term tends to 0」。

第 10–11 行：「Since ${\sum }_{m}m\mathbb{P}(a_{m-1}\le |X_1|<a_m)={\sum }_n\mathbb{P}(|X_1|\ge a_{n-1})<\infty$, the latter tends to 0 as $N\to \infty$.」正确，就是恒等式 $(\ast \ast )$ 与「收敛级数的尾巴趋于 0」。恒等式本身（交换求和次序）原文没有证明。

例子与数值验证