05 每条路径上次数有限，期望却可以无穷：第一引理的逆不成立 · 第3讲

这一页在讲什么

人话版一句话版

在 $(0, 1)$ 上随机取点 $U ，$ 令 $A_{n} = {U \leq \frac{1}{n}} 。$ 每一个样本点上 $A_{n}$ 都只发生有限次（ $N (ω) = ⌊ 1/ ω ⌋ ），$ 但平均发生次数 $E N = \sum_{n} \frac{1}{n} = \infty 。$ 所以「 $N < \infty$ 几乎必然」推不出「 $E N < \infty 」，$ 第一 Borel–Cantelli 引理的逆命题也不成立。

上一页（第 4 页）的第二种证明走的是这条路：

n \sum P (A_{n}) = E N < \infty ⟹ N < \infty 几乎必然 ⟹ P (A_{n} i.o.) = 0.

自然要问：箭头能不能反过来？这一页用一个非常具体的例子说明不能。

它也为第 7 页的第二 Borel–Cantelli 引理做铺垫：同样是 $P (A_{n}) = \frac{1}{n} ，$ 这里的事件一个套一个（强烈相关），结果只发生有限次；如果换成相互独立的事件，结果会完全相反。

先补基础

基础补课区间 (0,1)、博雷尔 σ-代数与 λ

$(0, 1)$ 是所有满足 $0 < x < 1$ 的实数，两端都不含。 $(0, \frac{1}{n}]$ 表示 $0 < x \leq \frac{1}{n} ：$ 左端不含、右端包含。
$B ((0, 1))$ 是 $(0, 1)$ 上的博雷尔 σ-代数：由所有子区间生成的 σ-代数（第 11 页），区间、区间的可数并等都在里面。
$λ$ 是勒贝格测度（第 23 页），在区间上就是长度： $λ ((a, b]) = b - a 。$ 它在 $(0, 1)$ 上总质量为 1，所以是概率测度。
这个概率空间就是「在 $(0, 1)$ 里均匀地随机取一个点」。

基础补课取整函数 ⌊x⌋

$⌊ x ⌋$ （读作「 $x$ 的下取整」）是不超过 $x$ 的最大整数。
例： $⌊ 3.7 ⌋ = 3 ，$ $⌊ 3 ⌋ = 3 ，$ $⌊ 0.9 ⌋ = 0 。$
关键性质：对正整数 $n$ 和实数 $x ，$ $n \leq x$ ⟺ $n \leq ⌊ x ⌋ 。$ 所以「满足 $n \leq x$ 的正整数」恰好是 $1, 2, \dots, ⌊ x ⌋ ，$ 共 $⌊ x ⌋$ 个。

基础补课调和级数发散

$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots = \infty 。$ 把项分组：

1 + \frac{1}{2} + (\frac{1}{3} + \frac{1}{4}) + (\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}) + \dots \geq 1 + \frac{1}{2} + (\frac{1}{4} + \frac{1}{4}) + (\frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8}) + \dots = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \dots .

第 $j$ 组是从 $2^{j - 1} + 1$ 到 $2^{j}$ 的 $2^{j - 1}$ 项，每项都 $\geq 2^{- j} ，$ 所以每组之和 $\geq \frac{1}{2} 。$ 无穷多个 $\frac{1}{2}$ 相加是 $\infty 。$

基础补课非负整数值随机变量的尾和公式

第 2 讲的尾积分公式（第 21 页）说：对非负随机变量 $Y ，$ $E Y = \int_{0}^{\infty} P (Y > t) d t 。$

如果 $N$ 只取 $0, 1, 2, \dots$ （也可以取 $\infty ），$ 那么当 $t$ 在区间 $[k - 1, k)$ 里时，「 $N > t 」$ 和「 $N \geq k 」$ 是同一件事（整数大于 $t$ 就至少是 $k ）。$ 所以被积函数在每个长度为 1 的区间 $[k - 1, k)$ 上是常数 $P (N \geq k) ，$ 积分就变成求和：

E N = k = 1 \sum \infty P (N \geq k) .

例： $N$ 恒等于 3 时， $P (N \geq 1) = P (N \geq 2) = P (N \geq 3) = 1 ，$ 其余为 0，求和得 $3 = E N 。$

课件原文逐句精读

课件原文A finite count on every path can have infinite expectation

On $(Ω, F, P) = ((0, 1), B ((0, 1)), λ)$ , let $U (ω) = ω$ and $A_{n} = {U \leq 1/ n}$ .

中文翻译

在概率空间 $(Ω, F, P) = ((0, 1), B ((0, 1)), λ)$ 上，令 $U (ω) = ω ，$ $A_{n} = {U \leq 1/ n} 。$

标题：「每条路径上的计数都有限，期望却可以是无穷」。path（路径）指一个样本点 $ω$ 所决定的整条记录 $1_{A_{1}} (ω), 1_{A_{2}} (ω), \dots ；$ count（计数）就是第 3 页的 $N (ω) = \sum_{n} 1_{A_{n}} (ω) 。$
$(Ω, F, P) = ((0, 1), B ((0, 1)), λ)$ ：样本空间是区间 $(0, 1) ，$ 事件是博雷尔集，概率是长度。
$U (ω) = ω$ ：随机变量 $U$ 就是「把取到的点原样读出来」。它服从 $(0, 1)$ 上的均匀分布： $P (U \leq x) = λ ((0, x]) = x ，$ $0 < x < 1 。$
$A_{n} = {U \leq 1/ n}$ ：事件「取到的点不超过 $\frac{1}{n} 」，$ 即 $A_{n} = {ω \in (0, 1) : ω \leq \frac{1}{n}} = (0, \frac{1}{n}] 。$

补全课件留白

补充说明

课件此处留白（课堂板书），以下内容由本站根据标准教材补写，记号与本课件保持一致；如与老师课堂写法不同，以老师为准。

补写的计算一：每条路径上的计数都有限

例子计算：N(ω) = ⌊1/ω⌋

每个事件的概率： $P (A_{n}) = λ ((0, \frac{1}{n}]) = \frac{1}{n} 。$ 特别地 $A_{1} = (0, 1] \cap (0, 1) = (0, 1) = Ω 。$
事件一个套一个： $\frac{1}{n}$ 随 $n$ 减小，所以 $A_{1} \supseteq A_{2} \supseteq A_{3} \supseteq \dots 。$
固定一个样本点 $ω \in (0, 1)$ ：

ω \in A_{n} ⟺ ω \leq \frac{1}{n} ⟺ n \leq \frac{1}{ω} ⟺ n \leq ⌊ \frac{1}{ω} ⌋ .

（第二步两边同乘正数 $n / ω ；$ 第三步用取整的关键性质。）4. 所以 $ω$ 恰好属于 $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{⌊ 1/ ω ⌋} ，$ 不属于之后的任何一个：

N (ω) = n = 1 \sum \infty 1_{A_{n}} (ω) = ⌊ \frac{1}{ω} ⌋ < \infty.

因为 $ω > 0 ，$ $\frac{1}{ω}$ 是一个有限的实数，它的下取整也有限。5. 结论：每一个 $ω$ 上 $A_{n}$ 都只发生有限次， ${A_{n} i.o.} = \emptyset ，$ 当然 $P (A_{n} i.o.) = 0 。$

具体数字：

$ω$	$1/ ω$	属于哪些 $A_{n}$	$N (ω)$
$0.5$	$2$	$A_{1}, A_{2}$	$2$
$0.3$	$3.33 \dots$	$A_{1}, A_{2}, A_{3}$	$3$
$0.05$	$20$	$A_{1}, \dots, A_{20}$	$20$
$0.001$	$1000$	$A_{1}, \dots, A_{1000}$	$1000$

注意 $ω = 0.05 = \frac{1}{20}$ 属于 $A_{20} = (0, \frac{1}{20}] ，$ 因为右端点包含在内。

补写的计算二：平均次数是无穷

例子计算：E N = ∞（四种算法）

算法 1：用第 4 页证明二的恒等式。 那里用 MCT 证明了对任意事件列都有 $E N = \sum_{n} P (A_{n})$ （这个恒等式本身不需要和有限）。于是

E N = n = 1 \sum \infty \frac{1}{n} = \infty （调和级数发散） .

算法 2：先求 $N$ 的分布。 对正整数 $k ，$

P (N = k) = P (k \leq \frac{1}{U} < k + 1) = P (\frac{1}{k + 1} < U \leq \frac{1}{k}) = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} = \frac{1}{k ( k + 1 )} .

检查总和： $\sum_{k} (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}) = 1$ （裂项相消），确实是一个分布。于是

E N = k = 1 \sum \infty k \cdot \frac{1}{k ( k + 1 )} = k = 1 \sum \infty \frac{1}{k + 1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots = \infty.

算法 3：直接积分。 $E N = \int_{0}^{1} ⌊ 1/ ω ⌋ d ω 。$ 取任意 $0 < δ < 1 ：$

被积函数非负，把积分范围从 $(0, 1)$ 缩小到 $[δ, 1) ，$ 积分不会变大；
下取整满足 $⌊ x ⌋ > x - 1 ，$ 所以 $⌊ 1/ ω ⌋ \geq \frac{1}{ω} - 1 。$

于是

\int_{0}^{1} ⌊ \frac{1}{ω} ⌋ d ω \geq \int_{δ}^{1} ⌊ \frac{1}{ω} ⌋ d ω \geq \int_{δ}^{1} (\frac{1}{ω} - 1) d ω = - ln δ - (1 - δ) .

令 $δ \to 0 ，$ $- ln δ \to \infty ，$ 右边趋于 $\infty ，$ 所以 $E N = \infty 。$

算法 4：尾和公式。 $P (N \geq k) = P (U \leq \frac{1}{k}) = \frac{1}{k}$ （ $N \geq k$ ⟺ $ω \in A_{k} ），$ 由基础补课里的尾和公式， $E N = \sum_{k} \frac{1}{k} = \infty 。$

四种算法结果一致。

补写的结论：第一 Borel–Cantelli 引理的逆不成立

命题结论（本例说明的两件事）

几乎必然有限 ⇏ 期望有限：本例中 $N (ω) < \infty$ 对每个 $ω$ 成立，但 $E N = \infty 。$ 所以第 4 页证明二中「 $E N < \infty 」$ 只是 $N < \infty$ a.s. 的充分条件。
第一 Borel–Cantelli 引理的逆不成立：本例中 $P (A_{n} i.o.) = 0 ，$ 但 $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty 。$

为什么会这样？因为这些事件没有独立性，而是一个套一个。

对 $m < n ，$ $A_{n} \subseteq A_{m} ，$ 所以 $P (A_{m} \cap A_{n}) = P (A_{n}) = \frac{1}{n} ，$ 而 $P (A_{m}) P (A_{n}) = \frac{1}{mn} 。$ 例如 $P (A_{2} \cap A_{3}) = \frac{1}{3} \neq = \frac{1}{6} = P (A_{2}) P (A_{3}) 。$
一旦 $ω$ 落在某个 $A_{n}$ 外面，它就落在之后所有 $A_{k}$ 外面。「不发生」会一直延续下去，这种强烈的正相关让事件没法反复发生。
相反，如果事件相互独立，前面发生与否不影响后面。第 7 页会证明：独立且 $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty$ 时， $P (A_{n} i.o.) = 1 。$

人话版为什么有限的 N 平均值会是无穷？

$N$ 的尾巴很「重」： $P (N \geq k) = \frac{1}{k} 。$ $N$ 很大的情况虽然越来越少见，但少见得不够快。按分布算，取值 $k$ 对平均值的贡献是 $k \cdot P (N = k) = \frac{1}{k + 1} ，$ 每一项都不小，加起来就超过任何有限数。

更直观的分档算法：把 $N$ 的取值按 $[1, 2), [2, 4), [4, 8), \dots$ 分档，第 $j$ 档是 $2^{j} \leq N < 2^{j + 1} 。$

这一档的概率： $N \geq 2^{j}$ ⟺ $U \leq 2^{- j} ，$ 所以 $P (2^{j} \leq N < 2^{j + 1}) = P (2^{- (j + 1)} < U \leq 2^{- j}) = 2^{- (j + 1)} ；$
这一档里 $N$ 至少是 $2^{j} ，$ 所以它对平均值的贡献至少是 $2^{j} \cdot 2^{- (j + 1)} = \frac{1}{2} 。$

越往后的档，概率越小，但数值越大，两者正好抵消，每档都贡献至少 $\frac{1}{2} 。$ 档有无穷多个，平均值就是无穷。这和调和级数发散的分组论证是同一件事。

图解

图解：一个套一个的区间与一条「路径」

怎么读这张图：

横轴是样本空间 $(0, 1) 。$ 第 $n$ 行的色条是区间 $A_{n} = (0, \frac{1}{n}] ，$ 长度 $\frac{1}{n} ，$ 所以色条一行比一行短，全部从左端 0 出发，一个套一个。
红色虚线是某个样本点，这里取 $ω = 0.3 。$ 沿着虚线从上往下走，就是这个 $ω$ 的「路径」：它穿过的色条（橙色的 $A_{1}, A_{2}, A_{3} ）$ 表示发生，没穿过的（蓝色的 $A_{4}$ 及以后）表示不发生。
所以 $ω = 0.3$ 的发生记录是 $1, 1, 1, 0, 0, 0, \dots ，$ $N (0.3) = 3 。$ 虚线越靠左（ $ω$ 越小），穿过的色条越多，但因为色条长度趋于 0，任何 $ω > 0$ 终究会在某一行之后落到色条外面。
图里看不到「无穷多次」：一条竖线要穿过无穷多个色条，只能站在 $ω = 0$ 上，而 $0$ 不在样本空间 $(0, 1)$ 里。

例子

例 1（对照）：换成 A_n = {U ≤ 1/n²}

同一个概率空间上，令 $A_{n}^{'} = {U \leq \frac{1}{n ^{2}}} 。$ 第 4 页的例 1 已算出 $N^{'} (ω) = ⌊ 1/ ω ⌋ < \infty ，$ 且

E N^{'} = n \sum \frac{1}{n ^{2}} < \infty.

这时第一引理的条件满足，结论和实际情况一致。与本页对比：两者每条路径上的计数都有限，差别只在于尾巴轻重： $P (N^{'} \geq k) = \frac{1}{k ^{2}}$ 衰减得够快， $P (N \geq k) = \frac{1}{k}$ 不够快。

例 2：圣彼得堡游戏——处处有限、期望无穷的经典例子

反复抛公平硬币，直到第一次出现正面，记总共抛了 $K$ 次，奖金为 $2^{K}$ 元。

$P (K = k) = 2^{- k}$ （前 $k - 1$ 次反面、第 $k$ 次正面）， $k = 1, 2, \dots ；$ $\sum_{k} 2^{- k} = 1 ，$ 所以以概率 1 游戏会结束，奖金是有限数。
平均奖金： $E [2^{K}] = \sum_{k} 2^{k} \cdot 2^{- k} = 1 + 1 + 1 + \dots = \infty 。$

和本页一样：每次玩，奖金都有限；但平均奖金无穷大。原因同样是尾巴太重：奖金至少 $2^{k}$ 的概率是 $2^{- (k - 1)} ，$ 乘起来每一项都差不多是常数。

例 3（预告）：同样的概率，换成独立事件

设 $U_{1}, U_{2}, \dots$ 是相互独立的 $(0, 1)$ 均匀随机变量，令 $A_{n}^{''} = {U_{n} \leq \frac{1}{n}} 。$ 每个 $P (A_{n}^{''}) = \frac{1}{n} ，$ 和本页完全一样，但现在事件相互独立。第 7 页会证明 $P (A_{n}^{''} i.o.) = 1 ：$ 几乎每条路径上都发生无穷多次。概率一样、相关结构不同，长期行为可以完全相反。

常见疑问与易错点

易错点问：既然每个 ω 上 N(ω) 都有限，E N 怎么会是无穷？

答：「每个值都有限」和「平均值有限」是两回事。平均值还要看大值出现的频率。本例中 $N \geq k$ 的概率是 $\frac{1}{k} ，$ 大值不够稀少，加权平均就发散了。类比：一个彩票的奖金每次都有限，但奖金分布的尾巴足够重时，平均奖金可以是无穷（例 2）。

易错点问：如果把 Ω 换成 [0,1)，结论会变吗？

答：多出的点 $ω = 0$ 属于所有 $A_{n} = [0, \frac{1}{n}] ，$ 那里 $N (0) = \infty 。$ 于是 ${A_{n} i.o.} = {0} ，$ 它的长度是 0，所以 $P (A_{n} i.o.) = 0$ 不变， $E N = \infty$ 也不变。只是「每条路径都有限」要改成「几乎每条路径都有限」。

易错点问：恒等式 E N = ∑P(A_n) 要求事件独立吗？

答：不要求。它只用到期望的线性（有限项求和可以和期望交换）以及 MCT（把有限项推到无穷项，第 36 页），对任何一列事件都成立，包括本页这种一个套一个的事件。独立性影响的是 $N$ 的分布形状（比如 $N$ 是否以概率 1 为无穷），不影响 $E N$ 的计算公式。

易错点问：这个例子否定了第一 Borel–Cantelli 引理吗？

答：没有。第一引理说「和有限 ⇒ 只发生有限次」，这里和是无穷，引理的条件不满足，它本来就什么也没说。本例否定的是逆命题「只发生有限次 ⇒ 和有限」。

小结与自测

小结本页小结

在 $(0, 1)$ 上取 $A_{n} = {U \leq \frac{1}{n}} = (0, \frac{1}{n}] ：$ $P (A_{n}) = \frac{1}{n} ，$ 事件一个套一个。
每个样本点上 $N (ω) = ⌊ 1/ ω ⌋ < \infty ，$ 所以 $P (A_{n} i.o.) = 0 。$
但 $E N = \sum_{n} \frac{1}{n} = \infty ；$ $N$ 的分布为 $P (N = k) = \frac{1}{k ( k + 1 )} ，$ 尾巴 $P (N \geq k) = \frac{1}{k}$ 太重。
结论：几乎必然有限 ⇏ 期望有限；第一 Borel–Cantelli 引理的逆不成立。原因是事件高度相关（嵌套），没有独立性。

自测

1. 在本页的例子中， $ω = 0.12$ 属于哪些 $A_{n} ？$ $N (0.12)$ 等于多少？

点开看答案

$1/0.12 = 8.33 \dots ，$ $⌊ 8.33 \dots ⌋ = 8 ，$ 所以 $ω = 0.12$ 属于 $A_{1}, \dots, A_{8} ，$ $N (0.12) = 8 。$ 验证： $\frac{1}{8} = 0.125 \geq 0.12 ，$ 属于 $A_{8} ；$ $\frac{1}{9} \approx 0.111 < 0.12 ，$ 不属于 $A_{9} 。$

2. 验证 $P (A_{2} \cap A_{5})$ 与 $P (A_{2}) P (A_{5})$ 是否相等，并说明这对独立性意味着什么。

点开看答案

$A_{5} \subseteq A_{2} ，$ 所以 $P (A_{2} \cap A_{5}) = P (A_{5}) = \frac{1}{5} ；$ 而 $P (A_{2}) P (A_{5}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{10} 。$ 两者不等， $A_{2}$ 与 $A_{5}$ 不独立。这些事件之间有很强的正相关，第二 Borel–Cantelli 引理用不上。

3. 判断：若 $N$ 是取值于 ${0, 1, 2, \dots}$ 的随机变量（不取 $\infty ），$ 则一定有 $E N < \infty 。$

点开看答案

错。本页的 $N$ （以及例 2 的圣彼得堡奖金）处处有限，但期望为 $\infty 。$

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
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。
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)。
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。
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。
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。
博雷尔 σ-代数	Borel sigma-algebra	由实数轴上所有开区间生成的 σ-代数 𝓑(ℝ)，包含所有常见的集合。
生成的 σ-代数	generated sigma-algebra	包含给定集合族的最小 σ-代数 σ(𝒞)：只加入「被逼着加入」的集合。
区间	interval	数轴上的一段，[a,b] 包含端点，(a,b) 不包含端点。
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。
勒贝格测度	Lebesgue measure	实数轴上「长度」的严格版本，定义在勒贝格可测集上，m([a,b]) = b − a。
概率测度	probability measure	总质量 P(Ω) = 1 的测度。
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。
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」。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
期望	expectation	随机变量对概率测度的积分 E[X] = ∫ X dP，也就是「加权平均」。
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。
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)。
单调收敛定理	monotone convergence theorem (MCT)	非负可测函数单调递增地收敛时，积分也收敛：∫fₙ ↑ ∫f。
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。
无穷多次	infinitely often (i.o.)	「Aₙ 发生无穷多次」就是集合 lim sup Aₙ。