07 第二 Borel–Cantelli 引理：独立且概率之和无穷，就发生无穷多次 · 第3讲

这一页在讲什么

人话版一句话版

如果事件相互独立，并且概率加起来是无穷大，那么以概率 1 它们发生无穷多次： $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty \Rightarrow P (A_{n} i.o.) = 1 。$

这是第 1 部分的第二个工具，方向和第一引理（第 4 页）正好相反：

	条件	结论
第一引理（第 4 页）	$\sum_{n} P (A_{n}) < \infty ，$ 不需要独立	$P (A_{n} i.o.) = 0$
第二引理（本页）	$\sum_{n} P (A_{n}) = \infty ，$ 需要相互独立	$P (A_{n} i.o.) = 1$

两者合起来，对相互独立的事件给出一个非此即彼的结论： $P (A_{n} i.o.)$ 只能是 0 或 1，看 $\sum_{n} P (A_{n})$ 是有限还是无穷。

第 5 页已经说明：没有独立性时， $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty$ 也可能只发生有限次。所以独立性这个条件是必不可少的。下一页（第 8 页）用它证明抛硬币时任何固定字串都会出现无穷多次。

先补基础

基础补课指数函数 e^x

$e \approx 2.718$ 是自然常数。 $e^{x}$ 对所有实数 $x$ 都有定义，而且总是正数。
关键性质： $e^{a} \cdot e^{b} = e^{a + b} 。$ 所以一串乘积可以变成指数上的求和： $e^{- p_{1}} e^{- p_{2}} \dots e^{- p_{k}} = e^{- (p_{1} + \dots + p_{k})} 。$
$e^{- x}$ 随 $x$ 增大而减小，当 $x \to \infty$ 时 $e^{- x} \to 0 。$ 例： $e^{- 1} \approx 0.368 ，$ $e^{- 5} \approx 0.0067 ，$ $e^{- 10} \approx 0.000045 。$

基础补课不等式 1 − x ≤ e^{−x}

对所有实数 $x ，$ $1 - x \leq e^{- x} 。$ 先看几个数：

$x$	$1 - x$	$e^{- x}$
$0$	$1$	$1$
$0.1$	$0.9$	$0.905$
$0.5$	$0.5$	$0.607$
$1$	$0$	$0.368$

几何意义：直线 $y = 1 - x$ 是曲线 $y = e^{- x}$ 在 $x = 0$ 处的切线，而这条曲线向上弯（凸），整条曲线都在切线上方。证明见下面「推导」一节。在本页里只用 $x = P (A_{n}) \in [0, 1]$ 的情形。

基础补课发散级数去掉前面几项仍发散

若 $a_{n} \geq 0$ 且 $\sum_{n \geq 1} a_{n} = \infty ，$ 则对每个 $m ，$ $\sum_{n \geq m} a_{n} = \infty 。$ 理由：前 $m - 1$ 项之和是有限数，如果尾巴也有限，整个和就有限了，矛盾。例： $\sum_{n \geq 1000} \frac{1}{n} = \infty 。$

基础补课从上连续（回顾）

若事件 $D_{m} \supseteq D_{m + 1} \supseteq \dots$ 一个比一个小，则 $P (⋂_{M} D_{M}) = lim_{M \to \infty} P (D_{M})$ （第 14 页；概率测度的总质量是 1，有限，所以可以用）。

课件原文逐句精读

课件原文Borel–Cantelli II

Theorem 4 (Second Borel–Cantelli lemma)

中文翻译

定理 4（第二 Borel–Cantelli 引理）

Theorem 4：定理 4，紧接着第 6 页的定义 3（相互独立）。编号顺序本身就提示：这个定理要用到独立性。
Second Borel–Cantelli lemma：第二 Borel–Cantelli 引理，是第一引理的「反方向」伙伴。
课件在标题之下留白，定理的陈述与证明由下面补全。

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。

Theorem 4 (Second Borel–Cantelli lemma)｜定理 4（第二 Borel–Cantelli 引理）

定理 4（第二 Borel–Cantelli 引理）

设 $A_{1}, A_{2}, \dots \in F$ 相互独立（定义 3，第 6 页）。若

n = 1 \sum \infty P (A_{n}) = \infty,

则

P (A_{n} i.o.) = 1.

即以概率 1，有无穷多个 $A_{n}$ 发生。

条件与结论的含义：

相互独立：前面的事件发不发生，不影响后面事件的概率。于是「连续很多次都不发生」的概率可以拆成乘积，越乘越小。
$\sum_{n} P (A_{n}) = \infty$ ：概率之和无穷大。 $P (A_{n})$ 可以趋于 0，只要趋于 0 得不太快，比如 $\frac{1}{n} 。$
结论：几乎每一个样本点上， $A_{n}$ 都会一次又一次地发生，永不断绝。

人话版直觉：独立时，每一次都是「重新开始」的机会

想象你在等一件事「再发生一次」。第 $n$ 次机会成功的概率是 $P (A_{n}) ，$ 失败的概率是 $1 - P (A_{n}) 。$

独立时，前面失败多少次都不影响后面，所以「从第 $m$ 次起一直失败」的概率是把所有失败概率乘起来。每乘一个小于 1 的因子，这个概率就缩小一点；总的缩小程度大约是 $e^{- (这段的概率之和)} 。$ 概率之和无穷，缩小就没有尽头，「从此一直失败」的概率只能是 0。
不独立时（例如第 5 页一个套一个的事件），一次失败会「锁死」后面所有机会：落在 $A_{m}$ 外面，就落在之后所有 $A_{n}$ 外面。机会再多也没用。

这就是为什么第二引理必须假设独立，而第一引理不用：第一引理只需要「平均发生次数有限」，与事件之间的关系无关。

推论（独立事件的零一律）

若 $A_{1}, A_{2}, \dots$ 相互独立，则

P (A_{n} i.o.) = {0, 1, \sum_{n} P (A_{n}) < \infty, \sum_{n} P (A_{n}) = \infty.

第一种情况来自第一引理（它甚至不需要独立），第二种情况来自本定理。所以对独立事件， $P (A_{n} i.o.)$ 不可能取 0 和 1 之外的值。

补写的证明

推导证明思路

改证补集的概率为 0。「只发生有限次」=「从某个 $m$ 起全都不发生」。对固定的 $m ，$ 用独立性把「第 $m$ 到第 $M$ 个全都不发生」的概率写成乘积，再用 $1 - x \leq e^{- x}$ 把乘积压到 $e^{- (概率之和)}$ 以下；概率之和发散，所以这个概率趋于 0。

转成补集：由第 3 页的补集关系，

{A_{n} i.o.}^{c} = {A_{n}^{c} ev.} = m \geq 1 ⋃ n \geq m ⋂ A_{n}^{c} .

只需证每一块概率为 0：由可数次可加性（第 4 页），

P ({A_{n} i.o.}^{c}) \leq m \geq 1 \sum P (n \geq m ⋂ A_{n}^{c}) .

所以只要对每个固定的 $m$ 证明 $P (⋂_{n \geq m} A_{n}^{c}) = 0 。$ 3. 有限段的概率是乘积：固定 $m ，$ 对 $M \geq m$ 令 $D_{M} = ⋂_{n = m}^{M} A_{n}^{c}$ （「第 $m$ 到第 $M$ 个全都不发生」）。由第 6 页的命题 A（独立事件换成补集仍独立），

P (D_{M}) = n = m \prod M (1 - P (A_{n})) .

用 $1 - x \leq e^{- x}$ 放大：取 $x = P (A_{n}) ，$ 每个因子满足 $0 \leq 1 - P (A_{n}) \leq e^{- P (A_{n})} 。$ 非负数的不等式可以逐项相乘（若 $0 \leq a_{n} \leq b_{n} ，$ 则 $\prod a_{n} \leq \prod b_{n} ），$ 于是

P (D_{M}) \leq n = m \prod M e^{- P (A_{n})} = exp (- n = m \sum M P (A_{n})) .

概率之和发散，所以趋于 0：由基础补课， $\sum_{n \geq m} P (A_{n}) = \infty ，$ 即 $\sum_{n = m}^{M} P (A_{n}) \to \infty$ （ $M \to \infty ）。$ 所以右边 $exp (- \dots) \to 0 ，$ 从而 $P (D_{M}) \to 0 。$
从上连续： $D_{M}$ 随 $M$ 增大而变小（条件越来越多），且 $⋂_{M \geq m} D_{M} = ⋂_{n \geq m} A_{n}^{c} 。$ 由从上连续，

P (n \geq m ⋂ A_{n}^{c}) = M \to \infty lim P (D_{M}) = 0.

（也可以只用单调性： $⋂_{n \geq m} A_{n}^{c} \subseteq D_{M} ，$ 所以它的概率不超过每一个 $P (D_{M}) ，$ 而这些数趋于 0。）7. 合起来：第 2 步的右边每一项都是 0，所以 $P ({A_{n} i.o.}^{c}) = 0 ，$ 即 $P (A_{n} i.o.) = 1 。$

补充独立性用在了哪一步？

只用在第 3 步：把「连续很多个都不发生」的概率拆成乘积。没有独立性，这一步就失效，例如第 5 页中一个套一个的事件， $P (A_{m}^{c} \cap \dots \cap A_{M}^{c}) = P (A_{m}^{c}) = 1 - \frac{1}{m} ，$ 根本不会随 $M$ 变小。

例子

例 1：独立事件，P(A_n) = 1/n——精确算出乘积

设 $A_{1}, A_{2}, \dots$ 相互独立， $P (A_{n}) = \frac{1}{n}$ （例如 $A_{n} = {U_{n} \leq \frac{1}{n}} ，$ $U_{n}$ 是独立的 $(0, 1)$ 均匀随机变量；这样一列独立随机变量的存在性由测度论的标准构造保证，这里当作已知）。

条件： $\sum_{n} \frac{1}{n} = \infty$ （第 5 页证过调和级数发散）。结论： $P (A_{n} i.o.) = 1 。$
证明第 3 步的乘积可以精确算出来（ $m \geq 2 ）：$

n = m \prod M (1 - \frac{1}{n}) = \frac{m - 1}{m} \cdot \frac{m}{m + 1} \dots \frac{M - 1}{M} = \frac{m - 1}{M} M \to \infty 0.

相邻分子分母相消，只剩首项分子和末项分母。

数值：「从第 10 个到第 1000 个一个都不发生」的概率是 $\frac{9}{1000} = 0.9% ；$ 到第 $1 0^{6}$ 个是 $0.0009% 。$
对照第 5 页：同样 $P (A_{n}) = \frac{1}{n} ，$ 那里事件一个套一个， $P (A_{n} i.o.) = 0 ；$ 这里独立， $P (A_{n} i.o.) = 1 。$ 概率相同，相关结构不同，结论正好相反。

例 2：一直掷骰子，6 会出现无穷多次

$A_{n} = {第 n 次掷出 6} ，$ 各次独立， $P (A_{n}) = \frac{1}{6} ，$ $\sum_{n} \frac{1}{6} = \infty 。$ 所以以概率 1，6 出现无穷多次。

直接验证第 3 步：「第 $m$ 到第 $M$ 次都不是 6」的概率是 $(\frac{5}{6})^{M - m + 1} ，$ $M \to \infty$ 时趋于 0。例如连续 100 次都不是 6 的概率约为 $1.2 \times 1 0^{- 8} 。$

例 3：独立但概率之和有限——零一律的另一边

设 $A_{n}$ 相互独立， $P (A_{n}) = \frac{1}{n ^{2}} 。$ $\sum_{n} \frac{1}{n ^{2}} < \infty ，$ 由第一引理 $P (A_{n} i.o.) = 0 。$ 第二引理不适用（和不是无穷）。两个引理合起来正好覆盖了独立事件的所有情况。

例 4（反例）：不独立时，和为无穷也可以不发生无穷多次

第 5 页： $A_{n} = {U \leq \frac{1}{n}}$ （嵌套）， $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty ，$ 但 $P (A_{n} i.o.) = 0 。$
第 4 页例 3： $A_{n} = A$ 对所有 $n$ （ $P (A) = \frac{1}{2} ），$ $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty ，$ 但 $P (A_{n} i.o.) = \frac{1}{2} 。$

两者都不独立，所以第二引理的结论不成立。

推导：一步一步来

证明 $1 - x \leq e^{- x}$ 对所有实数 $x$ 成立。

令 $g (x) = e^{- x} - (1 - x) = e^{- x} - 1 + x ，$ 要证 $g (x) \geq 0 。$
$g (0) = 1 - 1 + 0 = 0 。$
求导： $g^{'} (x) = - e^{- x} + 1 = 1 - e^{- x} 。$
- 当 $x > 0 ：$ $e^{- x} < 1 ，$ 所以 $g^{'} (x) > 0 ，$ $g$ 在 $[0, \infty)$ 上递增；
- 当 $x < 0 ：$ $e^{- x} > 1 ，$ 所以 $g^{'} (x) < 0 ，$ $g$ 在 $(- \infty, 0]$ 上递减。
所以 $g$ 在 $x = 0$ 处取到最小值 $g (0) = 0 ，$ 处处 $g (x) \geq 0 ，$ 即 $1 - x \leq e^{- x} 。$ 等号只在 $x = 0$ 处成立。

逐项相乘的不等式。 若 $0 \leq a_{n} \leq b_{n}$ （ $n = m, \dots, M ），$ 则 $a_{m} a_{m + 1} \leq b_{m} a_{m + 1} \leq b_{m} b_{m + 1}$ （每次只换一个因子，且另一个因子非负，不等号方向不变），依次换下去得到 $\prod a_{n} \leq \prod b_{n} 。$ 这里需要 $a_{n} = 1 - P (A_{n}) \geq 0 ，$ 这由 $P (A_{n}) \leq 1$ 保证。

动手试一试动手试一试：独立、概率之和无穷，正面出现无穷多次

选「公平硬币」：每次正面概率 $\frac{1}{2} ，$ 各次独立， $\sum_{n} \frac{1}{2} = \infty 。$ 把 N 拖到很靠后，从第 N 次往后几乎总还有正面——第二 Borel–Cantelli 引理说它以概率 1 发生无穷多次。再换成「正面概率越来越小」对比：概率之和有限时结论正好相反。

常见疑问与易错点

易错点问：P(A_n) → 0，怎么还能发生无穷多次？

答：「每个事件越来越难发生」和「总共发生无穷多次」并不矛盾，关键是趋于 0 的速度。例 1 中 $P (A_{n}) = \frac{1}{n} ，$ 第 $n$ 个事件越来越难发生，但事件的个数是无穷的，平均发生次数 $\sum_{n} \frac{1}{n} = \infty 。$ 在独立的情况下，这些机会一次次累积，就不断有事件发生。当然，发生得越来越稀疏：前 $n$ 个里平均只发生约 $ln n$ 个。

易错点问：P(A_n i.o.) = 1 是说每条路径上 A_n 都发生无穷多次吗？

答：是「几乎每条」。可能存在一些路径只发生有限次（例 2 中「一个 6 都不出现」的那条掷骰记录就存在），但所有这样的路径合起来概率为 0。

易错点问：为什么证明里要先固定 m，再让 M → ∞？

答：因为「只发生有限次」意味着存在某个起点 $m ，$ 此后全都不发生。起点有可数多个，第 2 步用可数次可加性把问题拆成「每个固定起点的概率都是 0」。对固定的起点，再看越来越长的一段 $m, \dots, M ，$ 这一段全不发生的概率可以用独立性精确计算，然后让 $M \to \infty 。$

易错点问：只要两两独立，第二引理还成立吗？

答：成立，这是一个已知的更强结果，但证明要用方差和 Chebyshev 不等式，比本页复杂。本讲采用相互独立的版本，它的证明只需要第 6 页的乘积公式。

小结与自测

小结本页小结

第二 Borel–Cantelli 引理： $A_{n}$ 相互独立且 $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty$ ⇒ $P (A_{n} i.o.) = 1 。$
证明：补集 = $⋃_{m} ⋂_{n \geq m} A_{n}^{c} ；$ $P (⋂_{n = m}^{M} A_{n}^{c}) = \prod (1 - P (A_{n})) \leq e^{- \sum_{n = m}^{M} P (A_{n})} \to 0 ；$ 从上连续。
独立性只用在「把连续不发生的概率拆成乘积」这一步，但它不可缺少（第 5 页的反例）。
对独立事件的零一律： $P (A_{n} i.o.)$ 是 0 还是 1，完全由 $\sum_{n} P (A_{n})$ 有限还是无穷决定。

自测

1. 相互独立的事件 $A_{n}$ 满足 $P (A_{n}) = \frac{1}{n} 。$ $P (A_{n} i.o.)$ 等于多少？

点开看答案

等于 1。 $\frac{1}{n} \geq \frac{1}{n} ，$ 所以 $\sum_{n} \frac{1}{n} \geq \sum_{n} \frac{1}{n} = \infty 。$ 事件独立，由第二引理 $P (A_{n} i.o.) = 1 。$

2. 例 1 中，「从第 5 个到第 50 个都不发生」的概率是多少？

点开看答案

$\prod_{n = 5}^{50} (1 - \frac{1}{n}) = \frac{5 - 1}{50} = \frac{4}{50} = 0.08 。$

3. 判断：对任意一列事件，只要 $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty ，$ 就有 $P (A_{n} i.o.) > 0 。$

点开看答案

错。第 5 页的嵌套事件 $A_{n} = {U \leq \frac{1}{n}}$ 满足 $\sum_{n} P (A_{n}) = \infty ，$ 但 $P (A_{n} i.o.) = 0 。$ 没有独立性，第二引理不能用。

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
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。
无穷多次	infinitely often (i.o.)	「Aₙ 发生无穷多次」就是集合 lim sup Aₙ。
概率测度	probability measure	总质量 P(Ω) = 1 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。
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。
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」。
次可加性	subadditivity	并集的测度不超过各部分测度之和：μ(A ∪ B) ≤ μ(A) + μ(B)。
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。
从上连续	continuity from above	集合一层层变小（Eₙ ↓ E）且 μ(E₁) < ∞ 时，μ(Eₙ) → μ(E)。
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」。
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。
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。
Chebyshev 不等式	Chebyshev's inequality	P(\|X − μ\| ≥ t) ≤ σ² / t²：方差控制偏离均值的概率。
方差	variance	Var X = E[(X − E X)²]，衡量随机变量围绕均值的波动大小。