01 Lᵖ 收敛推不出几乎必然收敛：打字机序列与独立伯努利序列 · 小测2

这道题在问什么

人话版一句话版

命题「 $L^{p}$ 收敛 ⇒ 几乎必然收敛」是错的。反例：打字机序列。一个越来越窄的窗口在 $[0, 1)$ 上来回扫， $E ∣ X_{n} ∣^{p}$ = 窗口宽度 $\to 0 ，$ 所以 $L^{p}$ 收敛到 0；可每一点都被扫到无穷多次，没有一点的 $X_{n} (ω)$ 收敛。 $L^{p}$ 收敛只控制「误差的平均大小」，不控制「误差在哪里出现」。

考点： $L^{p}$ 收敛、几乎必然收敛、依概率收敛三者的关系（第 3 讲第 9 页、第 14 页、第 15 页、第 16 页）。
判断题的答法：先表态「不成立」，再给至少一个反例，并且逐条验证反例满足条件、不满足结论。
和其他题的关系：小测 1 第 4 题正是因为这一点，才需要「先取子列」；作业 1 第 4 题的独立伯努利序列是第二个反例。

先补基础

基础补课三种收敛（概率空间上）

设 $X_{n}, X$ 是随机变量， $p > 0 。$

几乎必然收敛（a.s.）： $P ({ω : X_{n} (ω) \to X (ω)}) = 1 。$ 逐个样本点看，几乎每条「路径」都收敛（第 3 讲第 9 页）。
$L^{p}$ 收敛： $E ∣ X_{n} - X ∣^{p} \to 0 。$ 看的是误差 $p$ 次方的平均值。
依概率收敛：对每个 $ε > 0 ，$ $P (∣ X_{n} - X ∣ > ε) \to 0$ （第 3 讲第 14 页）。

基础补课L¹ 范数与示性函数

若 $X = 1_{A}$ （ $A$ 发生时为 1，否则为 0），则 $∣ X ∣^{p} = 1_{A} ，$ 所以 $E ∣ X ∣^{p} = P (A) 。$ 打字机序列的每一项都是示性函数，计算 $L^{p}$ 范数只需要算窗口的概率（长度）。

基础补课二进区间与下标的写法（回顾第 3 讲 p15）

每个正整数 $n$ 唯一地写成 $n = 2^{m} + k ，$ $m \geq 0 ，$ $0 \leq k < 2^{m}$ （ $2^{m}$ 是不超过 $n$ 的最大的 2 的幂）。例： $n = 13 = 8 + 5 ，$ $m = 3 ，$ $k = 5 。$ 第 $m$ 「层」有 $2^{m}$ 个下标 $n = 2^{m}, \dots, 2^{m + 1} - 1 ，$ 对应把 $[0, 1)$ 等分成 $2^{m}$ 段。

题目与原解答

课件原文题目

Questions are testing: modes of convergence. You might need some techs from Borel-Cantell lemma, and convergence theorems.

Prove the statement or disprove it by providing at least one counter example: Convergence in $L^{p}$ imply almost surely.

中文翻译

这些题考查：收敛方式。可能需要用到 Borel–Cantelli 引理和收敛定理中的一些技巧。

证明下面的命题，或者举出至少一个反例否定它： $L^{p}$ 收敛推出几乎必然收敛。

题干笔误：Borel-Cantell 应为 Borel–Cantelli；techs 是 techniques（技巧）的口语缩写；imply almost surely 应为 implies almost sure convergence。
原解答：解答卷上这一题没有给出答案，下面由本站完整写出。

思路：怎么想到的

先猜真假： $L^{p}$ 收敛说「误差的平均值趋于 0」。平均值小，可以是「处处都小」，也可以是「大部分地方是 0、一小块地方很大」。如果那一小块不停地换位置，每一点都会无穷多次碰到它，于是逐点不收敛。所以命题应该是假的。
造反例的原则：让误差集中在一个越来越小的集合上（保证 $L^{p}$ 范数趋于 0），同时让这个集合扫遍整个空间无穷多次（破坏逐点收敛）。打字机序列正是这样设计的。

完整解答

结论：命题不成立。

例子反例：打字机序列

取概率空间 $([0, 1), B, λ)$ （在 $[0, 1)$ 上均匀地取一点 $ω ）。$ 对 $n = 2^{m} + k$ （ $m \geq 0 ，$ $0 \leq k < 2^{m} ），$ 令

X_{n} (ω) = 1_{[k 2^{- m}, (k + 1) 2^{- m})} (ω) .

即第 $m$ 层把 $[0, 1)$ 等分成 $2^{m}$ 段， $X_{2^{m}}, X_{2^{m} + 1}, \dots, X_{2^{m + 1} - 1}$ 依次是这些小段的示性函数。前几项： $X_{1} = 1_{[0, 1)} ，$ $X_{2} = 1_{[0, \frac{1}{2})} ，$ $X_{3} = 1_{[\frac{1}{2}, 1)} ，$ $X_{4} = 1_{[0, \frac{1}{4})} ，\dots\dots，$ $X_{7} = 1_{[\frac{3}{4}, 1)} ，$ $X_{8} = 1_{[0, \frac{1}{8})} ，\dots\dots$

第 1 步（ $X_{n} \to 0$ 在 $L^{p}$ 中）：对任意 $p > 0 ，$ 由「先补基础」，

E ∣ X_{n} - 0 ∣^{p} = E X_{n} = λ ([k 2^{- m}, (k + 1) 2^{- m})) = 2^{- m} .

$n \to \infty$ 时 $m = ⌊ lo g_{2} n ⌋ \to \infty ，$ 所以 $E ∣ X_{n} ∣^{p} = 2^{- m} \to 0 。$ 例： $n = 1000 = 512 + 488 ，$ $m = 9 ，$ $E ∣ X_{1000} ∣^{p} = 2^{- 9} \approx 0.00195 。$

第 2 步（对每一个 $ω ，$ $X_{n} (ω)$ 都不收敛）：固定 $ω \in [0, 1) 。$

在第 $m$ 层， $[0, 1)$ 被分成 $2^{m}$ 段， $ω$ 恰好落在其中一段（第 $⌊ 2^{m} ω ⌋$ 段）里，所以这一层恰有一个 $n$ 使 $X_{n} (ω) = 1 ，$ 其余的都是 0。
层数 $m$ 有无穷多个，所以 $X_{n} (ω) = 1$ 对无穷多个 $n$ 成立， $X_{n} (ω) = 0$ 也对无穷多个 $n$ 成立。
一个数列无穷多次取 1、无穷多次取 0，不收敛。

所以 ${ω : X_{n} (ω) 收敛} = \emptyset ，$ 概率是 0，远远不是几乎必然收敛。

第 3 步（结论）： $X_{n} \to 0$ 在每个 $L^{p}$ （ $p > 0 ）$ 中，但 $X_{n}$ 在任何一点都不收敛。所以「 $L^{p}$ 收敛 ⇒ 几乎必然收敛」不成立。 $■$

例子第二个反例：独立的伯努利序列（用 Borel–Cantelli）

设 $X_{1}, X_{2}, \dots$ 独立， $P (X_{n} = 1) = \frac{1}{n} ，$ $P (X_{n} = 0) = 1 - \frac{1}{n} 。$

$L^{p}$ 收敛到 0： $E ∣ X_{n} ∣^{p} = P (X_{n} = 1) = \frac{1}{n} \to 0 。$
不几乎必然收敛：事件 $A_{n} = {X_{n} = 1}$ 相互独立， $\sum_{n} P (A_{n}) = \sum \frac{1}{n} = \infty 。$ 由第二 Borel–Cantelli 引理（第 3 讲第 7 页），以概率 1 有无穷多个 $X_{n} = 1 。$ 另一方面 $\sum P (X_{n} = 0) = \infty ，$ 也以概率 1 有无穷多个 $X_{n} = 0 。$ 所以几乎每条路径都在 0、1 之间无穷次跳动，几乎必然不收敛。
这正是题干提示的「Borel–Cantelli 的技巧」，也是作业 1 第 4 题的结论：独立伯努利序列 a.s. 收敛 ⇔ $\sum p_{n} < \infty ，$ 而依概率（等价地 $L^{p} ）$ 收敛 ⇔ $p_{n} \to 0 。$

原解答逐行对照

解答卷上本题空白。判断题常见的失分点：

易错点常见失分：只给反例不验证

只写「打字机序列」四个字不够。必须写出定义，并分别验证 ① $L^{p}$ 范数趋于 0，② 逐点不收敛（说明为什么每一层都恰好有一个窗口盖住 $ω ）。$

易错点常见失分：把「不几乎必然收敛」说成「处处不收敛」以外的含糊说法

要否定几乎必然收敛，需要说明收敛的点组成的集合概率小于 1。打字机序列里这个集合是空集；伯努利反例里它的概率是 0。说「有的点不收敛」是不够的（那些点可能只组成一个零测集）。

例子与数值验证

例 1：盯住一个点看打字机序列

取 $ω = 0.3 。$ 第 $m$ 层中盖住它的是第 $k = ⌊ 2^{m} \cdot 0.3 ⌋$ 个窗口，对应下标 $n = 2^{m} + k ：$

层 $m$	0	1	2	3	4	5
$k = ⌊ 2^{m} \cdot 0.3 ⌋$	0	0	1	2	4	9
使 $X_{n} (0.3) = 1$ 的 $n$	1	2	5	10	20	41

数列 $X_{n} (0.3)$ 在 $n = 1, 2, 5, 10, 20, 41, \dots$ 处取 1，其余取 0，1 越来越稀疏，但永远不会消失。

例 2：L^p 收敛但取子列就几乎必然收敛

在打字机序列中只取每层的第一项 $X_{2^{m}} = 1_{[0, 2^{- m})} 。$ 对每个 $ω > 0 ，$ $m$ 大到 $2^{- m} < ω$ 以后 $X_{2^{m}} (ω) = 0 ，$ 所以这个子列在 $ω \in (0, 1)$ 上都收敛到 0，几乎必然收敛。这就是「 $L^{p}$ 收敛 ⇒ 依概率收敛 ⇒ 有几乎必然收敛的子列」（第 3 讲第 16 页）的一个具体例子。

动手试一试打字机序列：拖动 n 看窗口，拖动 ω 看一条路径

上方的深色块是第 $n$ 个窗口，读数显示 $P (X_{n} \neq = 0) = 2^{- m}$ 越来越小（ $L^{p}$ 范数趋于 0）。再换几个 $ω ，$ 看下方的路径：每一块里永远有一根高条，路径不收敛。

拓展延伸

什么时候 Lᵖ 收敛能推出几乎必然收敛：收敛得够快

若 $\sum_{n} E ∣ X_{n} - X ∣^{p} < \infty ，$ 则 $X_{n} \to X$ 几乎必然。

证明：对 $ε > 0 ，$ 由 Markov 不等式， $P (∣ X_{n} - X ∣ > ε) \leq ε^{- p} E ∣ X_{n} - X ∣^{p} ，$ 求和有限；由第一 Borel–Cantelli 引理（第 3 讲第 4 页）， $∣ X_{n} - X ∣ > ε$ 只发生有限次；对 $ε = 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots$ 取可数交即得。

两个反例都不满足这个条件：打字机序列第 $m$ 层有 $2^{m}$ 项，每项 $2^{- m} ，$ 每层贡献 1，总和 $\infty ；$ 伯努利反例 $\sum \frac{1}{n} = \infty 。$ 如果改成 $P (X_{n} = 1) = \frac{1}{n ^{2}} ，$ $\sum \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6} < \infty ，$ 就几乎必然收敛了。

反方向也不成立：几乎必然收敛推不出 Lᵖ 收敛

尖峰 $X_{n} = n 1_{(0, 1/ n)} ：$ 每一点最终为 0（几乎必然收敛到 0），但 $E ∣ X_{n} ∣ = 1 \neq \to 0$ （第 3 讲第 19 页）。补上一致可积（第 2 题、第 3 题）或控制条件就能推出 $L^{1}$ 收敛。所以 $L^{p}$ 收敛与几乎必然收敛互不包含，两者都推出依概率收敛。

一个统一的视角：「平均」与「逐点」

几乎必然收敛是「逐点」的性质，关心每条路径的长期行为，和 Borel–Cantelli 引理的「无穷多次」密切相关。
$L^{p}$ 收敛是「平均」的性质，只关心误差的大小分布，不关心误差在哪条路径上、什么时候出现。

打字机序列把误差均匀地「摊」给每一条路径，每条路径都分到无穷多次误差，但每一次的总量（概率）越来越小。

常见疑问与易错点

易错点问：打字机序列依概率收敛吗？

答：收敛到 0：对 $0 < ε < 1 ，$ $P (∣ X_{n} ∣ > ε) = 2^{- m} \to 0 。$ 这和「 $L^{p}$ 收敛 ⇒ 依概率收敛」一致。它是「依概率收敛但不几乎必然收敛」的标准反例。

易错点问：反例对所有 p 都成立吗？

答：是的。示性函数的任意次方都是它自己， $E ∣ X_{n} ∣^{p} = 2^{- m}$ 对每个 $p > 0$ 都趋于 0。所以无论 $p$ 多大， $L^{p}$ 收敛都推不出几乎必然收敛。

易错点问：在测度无穷的空间（比如 ℝ）上情况会不同吗？

答：结论一样不成立，打字机序列照样是反例（放在 $[0, 1)$ 上，其余地方取 0）。无穷测度空间还会多出新的现象，例如几乎处处收敛推不出依测度收敛（滑走的方块 $1_{[n, n + 1]} ）。$

小结与自测

小结本题小结

命题「 $L^{p}$ 收敛 ⇒ 几乎必然收敛」不成立。
反例 1：打字机序列， $E ∣ X_{n} ∣^{p} = 2^{- m} \to 0 ，$ 但每一点都被扫到无穷多次，处处不收敛。
反例 2：独立 $Bernoulli (\frac{1}{n}) ，$ $E ∣ X_{n} ∣^{p} = \frac{1}{n} \to 0 ，$ 但由第二 Borel–Cantelli 引理几乎必然不收敛。
补救： $L^{p}$ 收敛有几乎必然收敛的子列；收敛够快（ $\sum E ∣ X_{n} - X ∣^{p} < \infty ）$ 时整个序列几乎必然收敛。

自测

1. 在打字机序列中， $ω = 0.7$ 在第 3 层被哪个下标 $n$ 盖住？

点开看答案

$k = ⌊ 8 \times 0.7 ⌋ = 5 ，$ $n = 2^{3} + 5 = 13 ，$ 窗口是 $[\frac{5}{8}, \frac{6}{8}) = [0.625, 0.75) ，$ 确实包含 0.7。

2. 独立的 $X_{n}$ 满足 $P (X_{n} = 1) = \frac{1}{n ^{2}} ，$ 其余为 0。 $X_{n}$ 几乎必然收敛吗？ $L^{1}$ 收敛吗？

点开看答案

都收敛到 0。 $L^{1} ：$ $E X_{n} = \frac{1}{n ^{2}} \to 0 。$ 几乎必然： $\sum \frac{1}{n ^{2}} < \infty ，$ 由第一 Borel–Cantelli 引理， $X_{n} = 1$ 只发生有限次（这个方向不需要独立）。

3. 判断：若 $X_{n} \to X$ 在 $L^{2}$ 中，则存在子列几乎必然收敛到 $X 。$

点开看答案

正确。 $L^{2}$ 收敛 ⇒ 依概率收敛（Markov）⇒ 有几乎必然收敛的子列（第 3 讲第 16 页）。例 2 给出了打字机序列的一个这样的子列。

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
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)。
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。
无穷多次	infinitely often (i.o.)	「Aₙ 发生无穷多次」就是集合 lim sup Aₙ。
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。
子列	subsequence	从一个数列里按顺序挑出无穷多项组成的新数列。
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。
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」。
样本点	sample point	一个完整的结局 ω；每次试验恰好实现一个样本点。
示性函数	indicator function	𝟏_A(x) 在 x ∈ A 时取 1，否则取 0；它的积分就是 A 的测度。
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。
差集	set difference	在 A 里但不在 B 里的元素，记作 A \ B，等于 A ∩ Bᶜ。
集合	set	把一些对象放在一起当成一个整体，例如 {1,2,3}。
逐点收敛	pointwise convergence	对定义域里的每一个点 x，数列 fₙ(x) 都收敛到 f(x)；这样得到的函数 f 叫逐点极限。
概率空间	probability space	三元组 (Ω, 𝓕, P)：样本空间、事件的 σ-代数、概率测度。
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。
零测集	null set	测度为 0 的集合，例如单点、有理数全体、康托尔集。
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。
Markov 不等式	Markov's inequality	X ≥ 0 时 P(X ≥ t) ≤ E X / t：期望小，取大值的概率就小。
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。
一致可积	uniformly integrable (UI)	一族随机变量的尾部期望一致地变小：supₜ E[\|Xₜ\|; \|Xₜ\| > λ] → 0（λ → ∞）。它是「依概率收敛 ⇒ 期望收敛」的关键条件。
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)。
依测度收敛	convergence in measure	对每个 ε > 0，μ(\|fₙ − f\| > ε) → 0：偏差超过 ε 的区域，测度越来越小。在概率空间上就是依概率收敛。
测度空间	measure space	三元组 (S, 𝓜, μ)：空间、σ-代数、测度。
几乎处处	almost everywhere (a.e.)	除了一个测度为 0 的集合之外都成立；零测集上的值不影响积分。