無限回起きるかどうかを級数だけで決める｜ボレル・カンテリの補題

事象の列 $A_{1}, A_{2}, \dots$ について、「無限回起きる」という事象を集合で書けます。

$n \to \infty lim sup A_{n} = n = 1 ⋂ \infty k \geq n ⋃ \infty A_{k}$

どの番号から見ても先にまだ $A_{k}$ が現れる点の全体です。 $σ$ 加法族が可算合併と可算交叉で閉じているので、この集合も可測になります。

ボレル・カンテリの補題は、この集合の測度を級数だけで判定します^[1]。エミール・ボレルとフランチェスコ・パオロ・カンテリによるものです。

limsup と liminf

対になる集合も同じ形で書けます。

$n \to \infty lim inf A_{n} = n = 1 ⋃ \infty k \geq n ⋂ \infty A_{k}$

こちらは「ある番号から先はずっと起きる」という事象です。包含 $lim inf A_{n} \subset lim sup A_{n}$ が成り立ちます。

数列の上極限・下極限とちょうど同じ構造。指示関数で書くと $1_{lim sup A_{n}} = lim sup 1_{A_{n}}$ となり、対応がはっきりします。

第 1 補題

測度の総和が有限なら、無限回起きる集合は零集合になります^[1]。

$n = 1 \sum \infty μ (A_{n}) < \infty ⟹ μ (n lim sup A_{n}) = 0$

独立性は仮定しません。任意の測度空間で成り立つので、確率でなくても使えます。

証明は劣加法性 1 回で済みます。 $lim sup A_{n} \subset ⋃_{k \geq n} A_{k}$ なので、次が言える。

$μ (n lim sup A_{n}) \leq k \geq n \sum μ (A_{k})$

右辺は収束級数の裾なので、 $n \to \infty$ で $0$ に落ちます。左辺は $n$ によらないので $0$ です。

例：測度収束から概収束する部分列

$f_{n}$ が $f$ に測度収束するとします。番号を選んで、次を満たすようにできます。

$μ ({∣ f_{n_{k}} - f ∣ \geq 2^{- k}}) < 2^{- k}$

右辺の総和は $1$ で有限。第 1 補題から、これらの集合に無限回入る点は零集合しかありません。

外の点では、ある $k$ から先ずっと $∣ f_{n_{k}} - f ∣ < 2^{- k}$ が成り立ちます。つまり部分列が概収束する。

測度論の中でボレル・カンテリがいちばんよく働く場面です。

第 2 補題

級数が発散する場合は、独立性を足せば逆向きの結論が出ます^[2]。

確率空間で $A_{n}$ が独立、かつ $\sum P (A_{n}) = \infty$ なら、 $P (lim sup A_{n}) = 1$ 。無限回起きることが確実になります。

証明は補集合を評価します。 $1 - x \leq e^{- x}$ を使うと、有限個の積が次のように押さえられる。

$P (k = n ⋂ m A_{k}^{c}) = k = n \prod m (1 - P (A_{k})) \leq exp (- k = n \sum m P (A_{k}))$

指数の中が $- \infty$ へ発散するので、右辺は $0$ 。したがって $P (⋃_{k \geq n} A_{k}) = 1$ がすべての $n$ で成り立ち、共通部分も確率 $1$ です。

2 つを合わせると、独立な事象については確率が $0$ か $1$ しかありません。0-1 法則の一種です^[3]。

第 1 補題

$\sum μ (A_{n}) < \infty$ なら無限回は起きない。独立性は要らない

第 2 補題

$\sum P (A_{n}) = \infty$ と独立性から、無限回が確率 $1$ で起きる

上の帯は途中から一度も色が付きません。下の帯は間隔を空けながら、いつまでも色が付き続けます。

独立性を外すと第 2 補題が崩れる

$0 < P (A) < 1$ を満たす事象 $A$ をとり、 $A_{n} = A$ とすべての $n$ で置きます。

$\sum P (A_{n}) = \infty$ ですが、 $lim sup A_{n} = A$ なので確率は $P (A)$ です。 $1$ ではありません。

もっと極端な例もあります。 $[0, 1]$ で $A_{n} = (0, \frac{1}{n})$ とすると、測度の和は調和級数で発散します。

$n lim sup A_{n} = n ⋂ (0, \frac{1}{n}) = \emptyset$

測度は $0$ です。独立でない列では、級数が発散しても結論が出ません^[3]。

第 1 補題に独立性が要らないのは、劣加法性だけで済むから。第 2 補題は積に分解する必要があり、そこで独立性を使います。

測度空間としての確率空間

確率空間とは、全測度が $1$ の測度空間 $(Ω, F, P)$ のことです。呼び名が変わるだけで、中身は測度論そのもの。

測度空間	確率空間
可測集合	事象
可測関数	確率変数
積分	期待値
概収束	概収束（ほとんど確実に）
測度収束	確率収束

言葉が 2 系統あるのは歴史的な事情です。測度論で証明した定理は、そのまま確率論の定理になります。

例：コイン投げで表が無限回出る

公正なコインを独立に投げ続けます。 $A_{n}$ を「 $n$ 回目が表」とすると $P (A_{n}) = \frac{1}{2}$ で、和は発散。

独立なので第 2 補題が使えて、表が無限回出る確率は $1$ です。当たり前に見える主張に、きちんと根拠が付きます。

「10 回連続で表」という事象でも同じ。 $n$ 回目から 10 回を見る事象は独立でないので、 $10$ 回ごとに区切って独立な部分列を作ります。

区切った列では $P = 2^{- 10}$ で和が発散するため、10 連続の表も無限回起きる。文章がいつか打ち出されるという主張も、同じ形で示せます^[1]。

例：ほとんどすべての実数は正規数

ボレルは、 $[0, 1]$ のほとんどすべての数が正規数であることを示しました^[1]。どの桁の並びも、あるべき頻度でちょうど現れる数のこと。

証明の骨格に第 1 補題が使われます。頻度が偏る事象の確率が十分速く減ることを示し、無限回起きないと結論する。

具体的な数を 1 つ挙げるのは難しい。それでも「ほとんどすべて」は言えるという、測度論らしい形の主張です。

$[0, 1]$ 上のルベーグ測度で $A_{n} = (0, \frac{1}{n})$ とします。正しいものはどれですか。

$\sum μ (A_{n})$ が発散するので $μ (lim sup A_{n}) = 1$
$\sum μ (A_{n})$ は発散するが $lim sup A_{n}$ は空集合
$\sum μ (A_{n})$ が収束するので $μ (lim sup A_{n}) = 0$
$lim sup A_{n} = (0, 1)$ になる

__RESULT__

和は調和級数なので発散します。それでも $A_{n}$ は減少列なので、共通部分は空。第 2 補題には独立性が要り、この列は独立ではありません。

よくある誤り

第 1 補題に独立性が要ると思う。劣加法性だけで済みます

第 2 補題に独立性が要らないと思う。外すと

A_{n} = A

で崩れます

第 2 補題が一般の測度で成り立つと思う。確率測度についての主張です

lim sup A_{n}

と

lim inf A_{n}

をとり違える。前者が無限回、後者がいつかから先ずっとです

級数が発散すれば必ず無限回起きると思う。独立でない列では言えません

確率

1

を「必ず起きる」と読む。零集合の例外は残ります

確率論が測度論と別の理論だと思う。全測度が

1

の測度空間そのものです

正規数の例が具体的な数を与えると思う。ほとんどすべて、としか言っていません

参考文献

Borel–Cantelli lemma. Wikipedia（英語）.

Lemma von Borel-Cantelli. Wikipedia（ドイツ語）.

Lemme de Borel-Cantelli. Wikipédia（フランス語）.

$\limsup A_n$ は「無限回起きる」を集合で書いたものです。測度の総和が有限なら、そこは零集合になる。証明は劣加法性 1 回で終わり、独立性も確率測度も要りません。逆に総和が発散する場合は独立性が要り、外すと $A_n = A$ で崩れます。測度収束する列から概収束する部分列を抜くとき、この補題が効く。コイン投げで表が無限回出ることや、ほとんどすべての実数が正規数であることも同じ道具で言えます。