为何∑_{i=1}^∞ℙ(Aᵢ)<∞能推出lim_{n→∞}∑_{i=n}^∞ℙ(Aᵢ)=0？

这是个非常好的问题——很多概率论教材会把这个结论一笔带过说“显然成立”，但其实它是无穷级数收敛定义的直接推论，咱们一步步把严谨的证明理清楚：

核心依据：收敛无穷级数的余项性质 #

首先回忆数学分析中关于无穷级数收敛的基本定义：

对于实数项级数$\sum_{i=1}^\infty a_i$，若它收敛到有限值$S$（即$\sum_{i=1}^\infty a_i = S < \infty$），则对于任意给定的$\epsilon > 0$，必定存在一个正整数$N$，使得当$k \geq N$时，部分和$S_k = \sum_{i=1}^k a_i$满足$\left| S_k - S \right| < \epsilon$。

回到咱们的问题，这里的$a_i = \mathbb{P}(A_i)$，而概率的非负性保证了$\mathbb{P}(A_i) \geq 0$，因此这个级数是非负项级数，它的部分和序列${S_k}$是单调递增的（每加一项都是非负数，部分和只会变大或不变）。

严谨推导过程 #

1. 由题设$\sum_{i=1}^\infty \mathbb{P}(A_i) = S < \infty$，根据收敛级数的定义，对任意$\epsilon > 0$，存在正整数$N$，当$k \geq N$时：
   $$\left| S_k - S \right| = S - S_k < \epsilon$$
   （因为$S_k$单调递增趋近于$S$，所以$S - S_k$是非负的，绝对值可以直接去掉）

2. 我们要考察的是从第$n$项开始的余项$\sum_{i=n}^\infty \mathbb{P}(A_i)$，它等于$S - S_{n-1}$（其中$S_{n-1} = \sum_{i=1}^{n-1} \mathbb{P}(A_i)$，当$n=1$时$S_0=0$）。

3. 取$N' = N + 1$，当$n > N'$时，$n-1 > N$，代入第一步的结论：
   $$\sum_{i=n}^\infty \mathbb{P}(A_i) = S - S_{n-1} < \epsilon$$

4. 这就满足了极限的定义：对任意$\epsilon > 0$，存在$N'$，当$n > N'$时，$\sum_{i=n}^\infty \mathbb{P}(A_i) < \epsilon$，因此$\lim_{n\to\infty} \sum_{i=n}^\infty \mathbb{P}(A_i) = 0$。

补充说明 #

这里的非负性其实是个“加分项”——它让部分和的单调性更直观，但即使是一般的变号收敛级数，余项$\sum_{i=n}^\infty a_i$也会趋近于0，这是级数收敛的必要条件（反过来，若余项不趋近于0，级数一定发散）。只不过在概率论场景下，概率的非负性让这个推导更简洁而已。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者H.Rappeport