07 板书续页：无穷次抛硬币、上极限与下极限 · 第1讲

这一页在讲什么

人话版一句话版

上一页用「且 ↔ 交、或 ↔ 并、非 ↔ 补」处理了抛两次硬币。这一页把硬币抛无穷多次，用可数多个集合的并和交，写出「至少一次正面」「从不出现正面」「出现无穷多次正面」「只出现有限次正面」这四个事件。最后一句话点题：样本点多到不可数时，没法再「给每个结局分一点概率」，必须改用测度。

这是一页纯手写的续页（课件上没有编号），是老师讲第 6 页时写满了屏幕，接着写的。它做了两件事：

事件的逻辑推广到无穷：第 6 页只用到两个事件的交与并；这里要对 $H_{1}, H_{2}, H_{3}, \dots$ 无穷多个事件一起取并、取交。这正是后面第 9 页要求 σ-代数对「可数并」封闭的原因——不然「无穷多次正面」这种最自然的事件都写不出来。
预告为什么需要测度：样本空间有限或可数时，给每个结局分配一个概率、再加起来就行；不可数时这条路走不通。下一页第 8 页就在此基础上给出概率的两条公理。

本页最难的是上极限、下极限（limsup / liminf）。别怕，下面会用具体的正反面序列，一个一个演示「对每个 $N$ 都存在 $n \geq N 」$ 和「存在 $N$ 使得所有 $n \geq N 」$ 是什么意思。

先补基础

基础补课自然数集 ℕ 与无穷序列

$N = {1, 2, 3, \dots}$ 是全体正整数（本课从 1 开始数），读作「自然数集」。
无穷序列：一个接一个、永远不结束的一列东西，例如 $H, T, H, T, \dots 。$ 写成 $ω = (ω_{1}, ω_{2}, ω_{3}, \dots) ，$ 其中 $ω_{n}$ 是第 $n$ 个位置上的东西。
下标 $n$ 在 $ω_{n}$ 里表示「第几个」： $ω_{1}$ 是第 1 次抛的结果， $ω_{5}$ 是第 5 次抛的结果。
${H, T}^{N} ：$ 每个位置 $n \in N$ 都从 ${H, T}$ 里选一个，得到的所有无穷序列组成的集合。它是第 5 页里 $A^{n}$ （长度为 $n$ 的数组）的「无穷长」版本。

基础补课可数多个集合的并与交

设 $A_{1}, A_{2}, A_{3}, \dots$ 是一列集合（无穷多个）。

$⋃_{n \geq 1} A_{n} = A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3} \cup \dots ：$ 属于至少一个 $A_{n}$ 的元素全体。即 $ω \in ⋃_{n \geq 1} A_{n}$ ⟺ 存在某个 $n ，$ 使 $ω \in A_{n} 。$
$⋂_{n \geq 1} A_{n} = A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3} \cap \dots ：$ 属于每一个 $A_{n}$ 的元素全体。即 $ω \in ⋂_{n \geq 1} A_{n}$ ⟺ 对所有 $n ，$ 都有 $ω \in A_{n} 。$
下标里的 $n \geq N$ 表示只对 $n = N, N + 1, N + 2, \dots$ 这些取并或取交。例如 $⋃_{n \geq 3} A_{n} = A_{3} \cup A_{4} \cup \dots 。$
例： $A_{n} = {n, n + 1, n + 2, \dots}$ （从 $n$ 开始的所有正整数）。 $⋃_{n \geq 1} A_{n} = {1, 2, 3, \dots} ；$ $⋂_{n \geq 1} A_{n} = \emptyset ，$ 因为任何正整数 $k$ 都不属于 $A_{k + 1} 。$

基础补课量词 ∀ 与 ∃

$\forall$ 读作「对所有」「对每一个」（for all）： $\forall N$ 表示「不管 $N$ 取哪个值」。
$\exists$ 读作「存在」「至少能找到一个」（there exists）： $\exists n$ 表示「能找到某个 $n 」。$
顺序很重要。「 $\forall N \exists n \geq N 」：$ 你先随便给我一个 $N ，$ 我再根据你的 $N$ 去找一个 $n 。$ 「 $\exists N \forall n \geq N 」：$ 我先挑定一个 $N ，$ 然后从它往后的每一个 $n$ 都要满足条件。
否定的规则：「对所有 $N$ 都……」不成立 ⟺「存在某个 $N$ 不……」；「存在 $n$ ……」不成立 ⟺「所有 $n$ 都不……」。所以「 $\forall 」$ 和「 $\exists 」$ 在取否定时会互换。
对照上面：交 ↔ 对所有（ $\forall ）$ ，并 ↔ 存在（ $\exists ）$ 。

基础补课求和号 Σ、可数与不可数

$\sum_{ω \in Ω} p (ω)$ 读作「对 $Ω$ 里所有 $ω ，$ 把 $p (ω)$ 加起来」。例： $Ω = {1, 2, 3}$ 时就是 $p (1) + p (2) + p (3) 。$
可数（countable）：元素能排成一列 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots$ 一个一个编号（有限集也算可数）。例如 $N 、$ 全体整数、全体有理数都可数。
不可数（uncountable）：无论怎么排，都排不完。例如区间 $[0, 1] 、$ 以及本页的 ${H, T}^{N} 。$
无穷多项求和（级数） $a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots$ 的意思是：看前 $n$ 项的和 $a_{1} + \dots + a_{n} ，$ 当 $n$ 越来越大时它逼近哪个数。例： $\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots$ 前 $n$ 项和是 $1 - 2^{- n} ，$ 逼近 1，所以总和为 1。这种办法只能对排成一列（可数）的项使用。

老师板书在说什么

老师板书板书转写（按从上到下的顺序）

Define infinite tosses.（定义无穷次抛掷）
$Ω_{\infty} = {H, T}^{N}$
$H_{n} := {ω \in Ω_{\infty} : ω_{n} = H}$
then we have
$⋃_{n \geq 1} H_{n} = {at least one H}$ .（ $⋃$ 上方用粉色写着 or）
$⋂_{n \geq 1} H_{n}^{c} = {no head even occurs}$ .（ $⋂$ 上方用粉色写着 and）
$⋂_{N \geq 1} ⋃_{n \geq N} H_{n} = {infinite many heads occur}$ .（左边的 $⋂_{N \geq 1} ⋃_{n \geq N}$ 用粉色写；infinite 和 many 下面各有一个红点）
在第 7 行下标的正下方，用蓝色写着： $\forall N > 0$ （对着 $⋂_{N \geq 1} ）$ 　 $\exists n \geq N$ （对着 $⋃_{n \geq N} ）$
$n \to \infty lim sup H_{n}$
$(⋂_{N \geq 1} ⋃_{n \geq N} H_{n})^{c} = ⋃_{N \geq 1} ⋂_{n \geq N} H_{n}^{c} = {finite many heads occurs}$ （左边整块和右边的 $⋃_{N \geq 1} ⋂_{n \geq N}$ 用粉色写；finite 和 many 下面各有一个小黑点）
在第 10 行下标的正下方： $\exists N$ （对着 $⋃_{N \geq 1} ）$ 　 $\forall n \geq N$ （对着 $⋂_{n \geq N} ）；$ 再下面写着 $n \to \infty lim inf H_{n}^{c}$
finite　 $\sum_{ω \in Ω} p (ω) = 1$
countable　 $\sum_{ω \in Ω} p (ω)$
uncountable　　　　（右侧）assign the mass ?
（uncountable 的右下方）measure.

老师在第 6 行写的 no head even occurs，「even」应为「ever」（no head ever occurs：从来没有出现过正面），是手误。第 7、10 行的 infinite many / finite many 按英文语法应为 infinitely many / finitely many，意思不受影响。

下面按板书顺序，把它组织成六步。

第 1 步：无穷次抛硬币的样本空间（第 1–3 行）

一个完整结局（第 5 页的「完整可能世界」）现在是一整条无穷长的正反面序列，例如 $ω = (H, T, T, H, \dots) 。$ 所以 $Ω_{\infty} = {H, T}^{N} 。$
$H_{n} := {ω \in Ω_{\infty} : ω_{n} = H}$ 是「第 $n$ 次是正面」这个事件：所有第 $n$ 位是 H 的序列。它和第 6 页板书里的 $A$ （第 1 次正面）、 $B$ （第 2 次正面）是同一个想法，只是现在有无穷多个： $H_{1}, H_{2}, H_{3}, \dots 。$
$H_{n}^{c}$ 就是「第 $n$ 次是反面」，因为每一位不是 H 就是 T。
注意： $H_{n}$ 只管第 $n$ 位，其余位置随便。所以 $H_{n}$ 里有无穷多条序列。

第 2 步：「至少一次正面」——可数并，对应 or（第 5 行）

n \geq 1 ⋃ H_{n} = H_{1} \cup H_{2} \cup H_{3} \cup \dots = {至少出现一次正面} .

理由： $ω \in ⋃_{n \geq 1} H_{n}$ ⟺ 存在某个 $n$ 使 $ω \in H_{n}$ ⟺ 存在某一次是正面 ⟺ 至少一次正面。老师在 $⋃$ 上写 or：「第 1 次正面，或第 2 次正面，或第 3 次正面，或……」。

第 3 步：「从不出现正面」——可数交，对应 and（第 6 行）

n \geq 1 ⋂ H_{n}^{c} = H_{1}^{c} \cap H_{2}^{c} \cap \dots = {从来没有出现正面} = {TTTT \dots} .

理由： $ω \in ⋂_{n \geq 1} H_{n}^{c}$ ⟺ 对每个 $n$ 都有 $ω \in H_{n}^{c}$ ⟺ 每一次都是反面。老师在 $⋂$ 上写 and：「第 1 次反面，且第 2 次反面，且……」。满足它的序列只有一条：全是 T。

第 2、3 步的两个事件互为补集：「至少一次正面」不发生，恰好就是「从不出现正面」。这是第 6 页德摩根律的无穷版本： $(⋃_{n} H_{n})^{c} = ⋂_{n} H_{n}^{c} 。$

第 4 步：「无穷多次正面」——先并后交，这就是上极限（第 7–9 行）

这是本页的核心。先把式子拆成两层来看。

内层：固定一个 $N ，$ 令

B_{N} := n \geq N ⋃ H_{n} = H_{N} \cup H_{N + 1} \cup \dots = {从第 N 次起（含第 N 次），至少还有一次正面} .

外层：再对所有 $N$ 取交，

N \geq 1 ⋂ B_{N} = N \geq 1 ⋂ n \geq N ⋃ H_{n} .

$ω$ 属于它 ⟺ 对每一个 $N ，$ $ω \in B_{N}$ ⟺ 不管从哪一次往后看，后面总还有正面。老师在下标下面写的 $\forall N > 0 \exists n \geq N$ 就是这句话的符号版：交 $⋂_{N}$ 对应「 $\forall N 」，$ 并 $⋃_{n \geq N}$ 对应「 $\exists n \geq N 」。$ （ $N$ 是正整数，所以 $N > 0$ 和 $N \geq 1$ 是一回事。）

为什么「不管从哪往后看都还有正面」就等于「正面有无穷多次」？

如果正面只有有限次，那么总有最后一次正面，设它在第 $m$ 次（一次正面都没有就取 $m = 0 ）。$ 从第 $N = m + 1$ 次往后看，一次正面都没有了，条件在这个 $N$ 上失败。
如果正面有无穷多次，那么任给一个 $N ，$ 前 $N - 1$ 次只有有限个位置，装不下无穷多次正面，所以一定有某次正面出现在第 $N$ 次或之后，条件对这个 $N$ 成立。

这个集合有一个专门的名字，上极限（lim sup）：

n \to \infty lim sup H_{n} := N \geq 1 ⋂ n \geq N ⋃ H_{n} = {无穷多次正面} .

老师在 infinite many 下面点了红点，就是要你记住：上极限 = 发生无穷多次。英文常写作 ${H_{n} i.o.} ，$ i.o. 是 infinitely often（无穷多次）的缩写。

第 5 步：「只有有限次正面」——取补集，得到下极限（第 10–11 行）

「无穷多次正面」不发生，就是「只有有限次正面」。对第 4 步的集合取补集，用两次德摩根律（补集把「交」变「并」、把「并」变「交」）：

(N \geq 1 ⋂ n \geq N ⋃ H_{n})^{c} = N \geq 1 ⋃ (n \geq N ⋃ H_{n})^{c} （外层：交的补 = 补的并） = N \geq 1 ⋃ n \geq N ⋂ H_{n}^{c} （内层：并的补 = 补的交） .

读法： $ω$ 属于它 ⟺ 存在某个 $N ，$ 使得对所有 $n \geq N$ 都有 $ω \in H_{n}^{c}$ ⟺ 从某一次起，以后全是反面。这就是老师写的 $\exists N \forall n \geq N 。$ 和第 4 步相比， $\forall$ 与 $\exists$ 的位置正好互换，这正是「否定会让量词互换」（见上面的基础补课）。

为什么「从某次起全是反面」等于「只有有限次正面」？从第 $N$ 次起全是反面，那正面只可能出现在前 $N - 1$ 次里，最多 $N - 1$ 次，是有限次；反过来，只有有限次正面时，取 $N$ 为最后一次正面的下一次即可。

这个集合也有名字，下极限（lim inf）：

n \to \infty lim inf H_{n}^{c} := N \geq 1 ⋃ n \geq N ⋂ H_{n}^{c} = {只有有限次正面} = {从某次起一直是反面} .

英文常说「 $H_{n}^{c}$ eventually」（最终一直发生）。老师在 finite many 下点了小黑点，和上面的 infinite many 形成对照。一句话总结第 4、5 步：

(n \to \infty lim sup H_{n})^{c} = n \to \infty lim inf H_{n}^{c} .

第 6 步：概率质量怎么分配？有限、可数、不可数（第 12–15 行）

事件写好了，下一个问题是：怎么给事件分配概率？老师分三种情况：

finite（有限）： $Ω$ 只有有限个结局时，给每个结局 $ω$ 一个非负权重 $p (ω) ，$ 要求 $\sum_{ω \in Ω} p (ω) = 1 ，$ 再规定 $P (A) = \sum_{ω \in A} p (ω) 。$ 例：两次抛币，每个结局 $p = \frac{1}{4} ，$ 则「至少一次正面」的概率是 $\frac{1}{4} \cdot 3 = \frac{3}{4} 。$
countable（可数）： $Ω$ 可以排成一列时，同样的做法还行，只是求和变成无穷级数。例：一直抛到第一次出现正面，记录抛了几次， $Ω = {1, 2, 3, \dots} ，$ 公平硬币下 $p (k) = (\frac{1}{2})^{k} ，$ 总和 $\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots = 1 。$
uncountable（不可数）： $Ω_{\infty} = {H, T}^{N}$ 就是不可数的。这时老师问：assign the mass?（质量怎么分配？） 答案写在下面：measure（测度）。

为什么不可数时「逐点分配」行不通？以公平硬币为例：

任取一条序列 $ω 。$ 「前 $n$ 次都和 $ω$ 一样」的概率是 $(\frac{1}{2})^{n} ，$ 而单点事件 ${ω}$ 比它还小，所以 $P ({ω}) \leq (\frac{1}{2})^{n}$ 对每个 $n$ 都成立。 $n$ 越大， $(\frac{1}{2})^{n}$ 越接近 0，只能 $P ({ω}) = 0 。$
于是每个结局的概率都是 0。要是还想用「把各点概率加起来」得到 $P (Ω) = 1 ，$ 就成了「一大堆 0 加起来等于 1」，不可能。
出路：不再从单点出发，而是直接给事件（集合）分配概率，例如规定 $P (H_{1}) = \frac{1}{2} 、$ $P (H_{1} \cap H_{2}) = \frac{1}{4} ，$ 再要求分配满足一致的规则（可数可加性，第 8 页）。这种「给集合分配质量的规则」就叫测度（第 12 页）。

展开：为什么 {H,T}^ℕ 不可数（康托尔对角线论证）

假设能把所有无穷正反面序列排成一列： $ω^{(1)}, ω^{(2)}, ω^{(3)}, \dots 。$ 构造一条新序列 $η ：$ 第 $n$ 位取与 $ω^{(n)}$ 的第 $n$ 位相反的结果（ $ω_{n}^{(n)} = H$ 就令 $η_{n} = T ，$ 反之令 $η_{n} = H ）。$

那么 $η$ 和 $ω^{(1)}$ 在第 1 位不同，和 $ω^{(2)}$ 在第 2 位不同……和每一个 $ω^{(n)}$ 都在第 $n$ 位不同，所以 $η$ 不在这一列里。可 $η$ 明明也是一条正反面序列，与「排出了所有序列」矛盾。所以这个集合无法排成一列，是不可数的。

例子

下面用五条具体序列，逐一检验它们属于哪些事件。约定： $ω^{(4)}$ 恰好在第 $1, 4, 9, 16, 25, \dots$ 次（完全平方数）是正面，其余都是反面。

例 1：五条序列的「成员表」

序列	至少一次正面 $⋃_{n} H_{n}$	从不正面 $⋂_{n} H_{n}^{c}$	无穷多次正面 $lim sup H_{n}$	有限次正面 $lim inf H_{n}^{c}$
$ω^{(1)} = HTHTHT \dots$ （奇数次是 H）	是	否	是	否
$ω^{(2)} = HHH TTTT \dots$ （只有前 3 次是 H）	是	否	否	是
$ω^{(3)} = TTTT \dots$ （全是 T）	否	是	否	是
$ω^{(4)}$ （只在平方数位置是 H）	是	否	是	否
$ω^{(5)} = TTT HHHH \dots$ （第 4 次起全是 H）	是	否	是	否

每一行最后两列一定是「一个是、一个否」，因为这两个事件互为补集（第 5 步）。

例 2：逐个 N 演示「∀N ∃n≥N」

检验 $ω^{(1)} = HTHTHT \dots$ 是否属于 $lim sup H_{n} 。$ 要对每个 $N$ 找到一个 $n \geq N ，$ 使第 $n$ 次是 H：

$N = 1 ：$ 取 $n = 1$ （第 1 次是 H）。
$N = 2 ：$ 第 2 次是 T，往后找，取 $n = 3 。$
$N = 100 ：$ 第 100 次是 T，取 $n = 101$ （奇数，是 H）。
一般的 $N ：$ $N$ 是奇数就取 $n = N ，$ $N$ 是偶数就取 $n = N + 1 。$

每个 $N$ 都找得到，所以 $ω^{(1)} \in lim sup H_{n} 。$

检验 $ω^{(4)}$ （平方数位置是 H）。 任给 $N ，$ 取 $n = N^{2} 。$ 因为 $N \geq 1 ，$ 有 $N^{2} \geq N ，$ 而第 $N^{2}$ 次正是 H。所以也属于 $lim sup H_{n} 。$ 正面越来越稀疏，但永远不会断，这就足够了。

检验 $ω^{(2)} = HHHTTTT \dots 。$ 用 $B_{N} = ⋃_{n \geq N} H_{n}$ （「从第 $N$ 次起还有正面」）逐个看：

$N$	1	2	3	4	5	6	…
$ω^{(2)} \in B_{N} ？$	是（ $n = 1 ）$	是（ $n = 2 ）$	是（ $n = 3 ）$	否	否	否	否

到 $N = 4$ 就找不到了（第 4 次起全是 T）。「对所有 $N 」$ 在 $N = 4$ 这里失败，所以 $ω^{(2)} \in / lim sup H_{n} 。$

例 3：逐个 N 演示「∃N ∀n≥N」

检验 $ω^{(2)} = HHHTTTT \dots$ 是否属于 $lim inf H_{n}^{c} 。$ 只需要找到一个 $N ，$ 使从它往后全是 T：取 $N = 4 ，$ 第 4、5、6……次全是 T，成立。所以 $ω^{(2)} \in lim inf H_{n}^{c} 。$ （取 $N = 5 、$ $N = 100$ 也都行，但找到一个就够了。）

检验 $ω^{(1)} = HTHTHT \dots 。$ 试 $N = 1 ：$ 第 1 次是 H，失败。试 $N = 2 ：$ 第 3 次是 H，失败。试任何 $N ：$ 从 $N$ 往后总会碰到一个奇数位置，那里是 H，失败。一个合格的 $N$ 都找不到，所以 $ω^{(1)} \in / lim inf H_{n}^{c} 。$

检验 $ω^{(3)} = TTTT \dots 。$ 取 $N = 1$ 就成立。它既属于「从不正面」，也属于「有限次正面」（0 次也是有限次）。可见 $⋂_{n} H_{n}^{c} \subseteq lim inf H_{n}^{c} ：$ 「从一开始就全是反面」是「从某次起全是反面」的特例。

补充：上极限和下极限的一般定义

对任意一列事件 $A_{1}, A_{2}, \dots$ （不必是抛硬币），定义

n \to \infty lim sup A_{n} = N \geq 1 ⋂ n \geq N ⋃ A_{n} = {A_{n} 发生无穷多次}, n \to \infty lim inf A_{n} = N \geq 1 ⋃ n \geq N ⋂ A_{n} = {从某个 n 起 A_{n} 一直发生} .

总有 $lim inf A_{n} \subseteq lim sup A_{n} ：$ 从某次起一直发生，当然就发生了无穷多次。反过来不一定：取 $A_{n} = H_{n} ，$ 序列 $ω^{(1)} = HTHT \dots$ 属于 $lim sup H_{n}$ （无穷多次正面），却不属于 $lim inf H_{n}$ （它从来没有「从某次起一直是正面」）；而 $ω^{(5)} = TTTHHH \dots$ 两个都属于。第 3 讲的 Borel–Cantelli 引理，研究的就是 $P (lim sup A_{n})$ 什么时候是 0、什么时候是 1。

动手试一试动手试一试：「无穷多次正面」到底在说什么

选「公平硬币」时，不管把红线 $N$ 拖到多靠后，红线右边几乎总还有蓝色的正面——这就是 $ω \in ⋂_{N} ⋃_{n \geq N} H_{n}$ （对每个 $N$ 都存在 $n \geq N$ 使第 $n$ 次是正面）。换成「正面概率越来越小」，多抛几遍会发现：正面通常只出现在最前面几次，把 $N$ 拖过最后一次正面之后，右边就全是反面了——这条序列属于「只有有限次正面」 $⋃_{N} ⋂_{n \geq N} H_{n}^{c} 。$ 注意：图里只画了前 80 次，真正的判断要看无穷长的序列，演示只是帮你建立直觉。

推导：一步一步来

推导证明思路

要证 $⋂_{N \geq 1} ⋃_{n \geq N} H_{n} = {无穷多次正面} ，$ 按「追元素」的办法分两个方向：先证左边的序列都有无穷多次正面，再证有无穷多次正面的序列都在左边。然后用可数版本的德摩根律得到补集的公式。

记 $I = {无穷多次正面} ，$ $B_{N} = ⋃_{n \geq N} H_{n} 。$

方向一：若 $ω \in I ，$ 则 $ω \in ⋂_{N} B_{N} 。$

任取一个正整数 $N 。$ 要证 $ω \in B_{N} ，$ 即存在 $n \geq N$ 使 $ω_{n} = H 。$
用反证：假设第 $N$ 次及以后全是反面。那么正面只能出现在第 $1, \dots, N - 1$ 次，最多 $N - 1$ 次。
这和 $ω \in I$ （正面有无穷多次）矛盾，所以一定存在 $n \geq N$ 使 $ω_{n} = H ，$ 即 $ω \in B_{N} 。$
第 1 步的 $N$ 是任取的，所以对所有 $N$ 都有 $ω \in B_{N} ，$ 按交集的定义， $ω \in ⋂_{N} B_{N} 。$

方向二：若 $ω \in ⋂_{N} B_{N} ，$ 则 $ω \in I 。$

用反证：假设 $ω \in / I ，$ 即正面只有有限次。
若一次正面都没有，令 $m = 0 ；$ 否则令 $m$ 为最后一次正面所在的位置。
取 $N = m + 1 。$ 第 $m + 1$ 次及以后没有正面，所以 $ω \in / B_{m + 1} 。$
但 $ω \in ⋂_{N} B_{N}$ 要求 $ω$ 属于每一个 $B_{N} ，$ 包括 $B_{m + 1} ，$ 矛盾。所以 $ω \in I 。$

两个方向合起来，两个集合相等。

可数版本的德摩根律：对任意一列集合 $C_{1}, C_{2}, \dots ，$

(N \geq 1 ⋃ C_{N})^{c} = N \geq 1 ⋂ C_{N}^{c}, (N \geq 1 ⋂ C_{N})^{c} = N \geq 1 ⋃ C_{N}^{c} .

证明第二个（第一个完全类似，也可以逐行写出）：

ω \in (N ⋂ C_{N})^{c} ⟺ 「对所有 N ， ω \in C_{N} 」不成立 （补集、交集的定义） ⟺ 存在某个 N ，使 ω \in / C_{N} （「并非全都」＝「有一个不」） ⟺ 存在某个 N ，使 ω \in C_{N}^{c} （补集的定义） ⟺ ω \in N ⋃ C_{N}^{c} （并集的定义） .

把 $C_{N} = ⋃_{n \geq N} H_{n}$ 代进去，再对每个 $C_{N}^{c}$ 用第一个公式，就得到第 5 步的 $⋃_{N} ⋂_{n \geq N} H_{n}^{c} 。$

常见疑问与易错点

易错点问：「∀N ∃n≥N」和「∃n ∀N」有什么区别？

答：差别很大。「 $\forall N \exists n \geq N 」$ 允许 $n$ 随着 $N$ 变： $N = 2$ 时找 $n = 3 ，$ $N = 100$ 时找 $n = 101 。$ 如果把顺序换成「存在一个固定的 $n ，$ 对所有 $N$ 都有 $n \geq N 」，$ 那就要求一个数比所有正整数都大，这不可能。所以写上极限时，量词的顺序一个也不能动。

易错点问：「无穷多次正面」和「从某次起一直是正面」是一回事吗？

答：不是。 $HTHTHT \dots$ 有无穷多次正面，但从来没有「从某次起一直是正面」，因为正面后面总跟着反面。前者是 $lim sup H_{n} ，$ 后者是 $lim inf H_{n} ，$ 一般只有 $lim inf H_{n} \subseteq lim sup H_{n} 。$ 本页板书里配对的是 $lim sup H_{n}$ 和 $lim inf H_{n}^{c}$ （注意有补集 $^{c} ），$ 它们才是互补的。

易错点问：为什么要先对 n ≥ N 取并，再对 N 取交？只用一层不行吗？

答：一层不够。只用一层并 $⋃_{n} H_{n} ，$ 只能说「至少一次」；只用一层交 $⋂_{n} H_{n} ，$ 说的是「每次都是正面」。「无穷多次」介于两者之间，需要两层：内层「从 $N$ 往后还有」，外层「对每个 $N$ 都如此」。这也说明：只允许有限次运算的事件族，连「无穷多次正面」都表达不了，σ-代数必须允许可数次并与交（第 9 页）。

易错点问：每条序列的概率都是 0，那「至少一次正面」的概率怎么可能是 1？

答：因为概率不再是「把单点概率加起来」。 $Ω_{\infty}$ 不可数，无法把所有单点排成一列求和。测度直接对事件定值： $P (⋂_{n} H_{n}^{c}) = P ({TTT \dots}) = 0 ，$ 所以 $P (⋃_{n} H_{n}) = 1 - 0 = 1 。$ 「每个点概率为 0，但整体概率为 1」在不可数空间里一点也不矛盾（第 8 页用 $[0, 1]$ 上的均匀分布再讲一遍）。

小结与自测

小结本页小结

无穷次抛币： $Ω_{\infty} = {H, T}^{N} ，$ $H_{n}$ ＝「第 $n$ 次正面」。
可数并 ↔ 或 ↔ 存在（ $\exists ）；$ 可数交 ↔ 且 ↔ 对所有（ $\forall ）。$ $⋃_{n} H_{n}$ ＝至少一次正面， $⋂_{n} H_{n}^{c}$ ＝从不正面。
上极限 $lim sup H_{n} = ⋂_{N} ⋃_{n \geq N} H_{n} ：$ $\forall N \exists n \geq N ，$ ＝无穷多次正面。
下极限 $lim inf H_{n}^{c} = ⋃_{N} ⋂_{n \geq N} H_{n}^{c} ：$ $\exists N \forall n \geq N ，$ ＝只有有限次正面；它是上一条的补集（德摩根律让 $\forall 、$ $\exists$ 互换）。
有限、可数的 $Ω$ 可以逐点分配概率；不可数时每个点概率为 0，必须改为直接给事件分配概率——这就是测度。

自测

1. 判断序列 $ω = HHTTHHTTHHTT \dots$ （两正两反循环）是否属于 $lim sup H_{n}$ 和 $lim inf H_{n}^{c} ，$ 并说明理由。

点开看答案

属于 $lim sup H_{n} ：$ 任给 $N ，$ 从第 $N$ 次往后最多走 3 步就会碰到正面（每 4 次里有 2 次正面），所以 $\forall N \exists n \geq N$ 成立。不属于 $lim inf H_{n}^{c} ：$ 它是 $lim sup H_{n}$ 的补集；直接看也一样，任何 $N$ 往后都还会出现正面，找不到「从此全是反面」的 $N 。$

2. 用 $H_{n}$ 和集合运算写出「从第 10 次起每次都是正面」，并判断它是否包含于 $lim sup H_{n} 。$

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$⋂_{n \geq 10} H_{n}$ （对所有 $n \geq 10 ，$ 第 $n$ 次是正面）。它包含于 $lim sup H_{n} ：$ 若从第 10 次起全是正面，则任给 $N ，$ 取 $n = max (N, 10) ，$ 第 $n$ 次是正面，所以 $\forall N \exists n \geq N$ 成立。

3. 填空： $(⋃_{N \geq 1} ⋂_{n \geq N} A_{n})^{c} =$ ，用语言说是「」。

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$⋂_{N \geq 1} ⋃_{n \geq N} A_{n}^{c} ，$ 也就是 $lim sup A_{n}^{c} 。$ 语言：「不是从某次起 $A_{n}$ 一直发生」＝「 $A_{n}$ 不发生的情况出现了无穷多次」。推导：外层并的补是补的交，内层交的补是补的并。

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
无穷多次	infinitely often (i.o.)	「Aₙ 发生无穷多次」就是集合 lim sup Aₙ。
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。
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。
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。
集合	set	把一些对象放在一起当成一个整体，例如 {1,2,3}。
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。
测度	measure	给 σ-代数里的每个集合一个 [0, ∞] 中的「大小」，空集为 0，并且可数可加。
σ-代数	sigma-algebra	允许谈概率的「事件清单」：含 Ω，对补集和可数并封闭。
样本空间	sample space	一次试验所有可能的完整结局组成的集合，记作 Ω。
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」。
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」。
元素	element	集合里的对象。ω ∈ Ω 读作「ω 属于 Ω」。
有理数	rational number	能写成分数 p/q 的数，全体有理数记作 ℚ；它们可数，却在数轴上处处稠密。
区间	interval	数轴上的一段，[a,b] 包含端点，(a,b) 不包含端点。
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。
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」。
德摩根律	De Morgan's laws	「并的补 = 补的交」「交的补 = 补的并」，把「非（A 或 B）」变成「非 A 且非 B」。
可数可加性	countable additivity	两两不交的可数个集合，并集的测度等于各自测度之和。
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。
交集	intersection	同时属于两个集合的元素全体，A ∩ B 对应「A 且 B」。
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)。