10 平方和减去 nσ² 是鞅：方差随时间线性增长 · 作业2

这道题在问什么

人话版一句话版

$Y_{1}, Y_{2}, \dots$ 独立、均值 0、方差都是 $σ^{2} ，$ 部分和 $S_{n} = Y_{1} + \dots + Y_{n} 。$ $S_{n}$ 本身是鞅（公平游戏），但 $S_{n}^{2}$ 不是：平均来说它每一步增长 $σ^{2} 。$ 把这个确定的增长扣掉， $X_{n} = S_{n}^{2} - n σ^{2}$ 就成了鞅。它说明「随机游走离原点的平方距离，平均按时间线性增长」，是计算停时期望（例如赌徒破产的平均局数，第 12 题）的关键工具。

考点：验证鞅的三条性质；条件期望的「已知量提出」和「独立量等于普通期望」两条规则。
讲义里没有讲过：条件期望与鞅，见「先补基础」（第 12 题有更详细的说明）。
和其他题的关系：第 12 题的 $N_{n} = S_{n}^{2} - n$ 是本题 $σ^{2} = 1$ 的特例；第 9 题用到的 Kolmogorov 极大不等式，背后正是 $S_{n}^{2}$ 的这种结构。

先补基础

基础补课条件期望与鞅（简要回顾）

$F_{n} = σ (Y_{1}, \dots, Y_{n}) 。$ $E [Z ∣ F_{n}]$ 是已知前 $n$ 步时对 $Z$ 的最佳猜测（这里作为已知结论使用，详见第 12 题）。本题只用三条规则：

线性；
已知的可以提出来： $W$ 关于 $F_{n}$ 可测时， $E [W Z ∣ F_{n}] = W E [Z ∣ F_{n}]$ （只要 $W Z 、$ $Z$ 可积）；
独立的等于普通期望： $Z$ 与 $F_{n}$ 独立时， $E [Z ∣ F_{n}] = E Z 。$

鞅：适应（ $X_{n}$ 由前 $n$ 步决定）、可积、 $E [X_{n + 1} ∣ F_{n}] = X_{n} 。$

基础补课独立随机变量和的方差

$Y_{j}$ 独立、均值 0 时， $E S_{n}^{2} = Var S_{n} = \sum_{j = 1}^{n} Var Y_{j} = n σ^{2} 。$ 理由：展开平方，交叉项 $E [Y_{i} Y_{j}] = E Y_{i} E Y_{j} = 0$ （ $i \neq = j ，$ 第 4 讲第 10 页的推论）。所以 $E X_{n} = E S_{n}^{2} - n σ^{2} = 0 ：$ 本题的鞅从 0 出发，期望始终为 0。

题目与原解答

课件原文题目

Let $(Y_{n} ∣ n \geq 1)$ be a sequence of independent random variables with mean 0 and variance $σ^{2}$ . Show that

(X_{n} := (j = 1 \sum n Y_{j})^{2} - n σ^{2} n \geq 1)

is a martingale.

中文翻译

设 $(Y_{n})_{n \geq 1}$ 是一列独立的随机变量，均值都是 0，方差都是 $σ^{2} 。$ 证明 $X_{n} := (\sum_{j = 1}^{n} Y_{j})^{2} - n σ^{2}$ （ $n \geq 1 ）$ 是鞅。

「鞅」总是相对于某个 σ-代数流说的，这里取自然的 $F_{n} = σ (Y_{1}, \dots, Y_{n})$ （原解答也是这样取的）。
$Y_{n}$ 只要求独立、均值 0、方差相同，不要求同分布。

原解答的思路（左栏）：把 $X_{n + 1}$ 写成 $S_{n}^{2} + 2 Y_{n + 1} S_{n} + Y_{n + 1}^{2} - (n + 1) σ^{2} ；$ 由独立性 $E [Y_{n + 1} ∣ F_{n}] = 0 、$ $E [Y_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = σ^{2} ，$ 逐项取条件期望得到 $X_{n} 。$ 原解答的计算是正确的，只是没有验证鞅定义中的「适应」和「可积」两条，也没有说明每一步用的是哪条规则。

思路：怎么想到的

$S_{n + 1} = S_{n} + Y_{n + 1} ：$ 明天的位置 = 今天的位置 + 一个与过去无关、均值 0 的增量。
平方后多出两项：交叉项 $2 S_{n} Y_{n + 1}$ （今天已知 × 明天的增量，条件期望为 0）和 $Y_{n + 1}^{2}$ （条件期望为 $σ^{2} ）。$
所以 $S_{n}^{2}$ 每一步平均增加 $σ^{2} ，$ 扣掉 $n σ^{2}$ 就平衡了。

图解：一团越摊越开的「云」

想象很多个独立的随机游走同时从原点出发，第 $n$ 步时把它们的位置画成一团点云：

云的中心一直在原点（ $E S_{n} = 0 ，$ $S_{n}$ 是鞅）；
云的宽度（标准差）是 $σ n ，$ 越来越宽，所以平方距离的平均 $E S_{n}^{2} = n σ^{2}$ 线性增长；
$X_{n} = S_{n}^{2} - n σ^{2}$ 量的是「这一条路径比云的平均宽度偏离得多还是少」，它的平均值始终是 0。

步数翻 4 倍，云只宽 2 倍：这就是随机游走的 $n$ 尺度律。

完整解答

记 $S_{n} = \sum_{j = 1}^{n} Y_{j} ，$ $F_{n} = σ (Y_{1}, \dots, Y_{n}) ，$ $X_{n} = S_{n}^{2} - n σ^{2} 。$

第 1 步（适应）： $X_{n}$ 是 $Y_{1}, \dots, Y_{n}$ 的连续函数，关于 $F_{n}$ 可测。

第 2 步（可积）： $E ∣ X_{n} ∣ \leq E S_{n}^{2} + n σ^{2} = 2 n σ^{2} < \infty$ （用了「独立随机变量和的方差」）。

第 3 步（展开）：

X_{n + 1} = (S_{n} + Y_{n + 1})^{2} - (n + 1) σ^{2} = S_{n}^{2} + 2 S_{n} Y_{n + 1} + Y_{n + 1}^{2} - n σ^{2} - σ^{2} .

第 4 步（逐项取条件期望）：

$E [S_{n}^{2} ∣ F_{n}] = S_{n}^{2} ：$ $S_{n}^{2}$ 已知（规则 2）。
$E [S_{n} Y_{n + 1} ∣ F_{n}] = S_{n} E [Y_{n + 1} ∣ F_{n}] = S_{n} E Y_{n + 1} = 0 ：$ 先把已知的 $S_{n}$ 提出来（规则 2； $S_{n} Y_{n + 1}$ 可积，因为由 Cauchy–Schwarz， $E ∣ S_{n} Y_{n + 1} ∣ \leq E S_{n}^{2} E Y_{n + 1}^{2} < \infty ），$ 再用 $Y_{n + 1}$ 与 $F_{n}$ 独立（规则 3）。
$E [Y_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = E Y_{n + 1}^{2} = σ^{2} ：$ $Y_{n + 1}^{2}$ 与 $F_{n}$ 独立（规则 3）；均值 0 时 $E Y_{n + 1}^{2} = Var Y_{n + 1} = σ^{2} 。$

第 5 步（合起来）：

E [X_{n + 1} ∣ F_{n}] = S_{n}^{2} + 0 + σ^{2} - n σ^{2} - σ^{2} = S_{n}^{2} - n σ^{2} = X_{n} .

三条性质都满足， $(X_{n})$ 是关于 $(F_{n})$ 的鞅。 $■$

原解答逐行对照

「we need to verify the martingale property $E [X_{n + 1} ∣ F_{n}] = X_{n}$ where $F_{n}$ is the σ-algebra generated by $Y_{1}, \dots, Y_{n} 」$ ：意思是「需要验证鞅性 $E [X_{n + 1} ∣ F_{n}] = X_{n} ，$ 其中 $F_{n}$ 是由 $Y_{1}, \dots, Y_{n}$ 生成的 σ-代数」。鞅的定义还要求适应和可积，原解答只验证了第三条。本题中前两条很容易（上面第 1、2 步），但考试时最好写出来。
展开 $X_{n + 1}$ 的三行：正确。
「Since $Y_{n + 1}$ is independent of $F_{n}$ , it implies $E [Y_{n + 1} ∣ F_{n}] = 0$ , $E [Y_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = σ^{2} 」$ ：意思是「因为 $Y_{n + 1}$ 与 $F_{n}$ 独立，所以 $E [Y_{n + 1} ∣ F_{n}] = 0 ，$ $E [Y_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = σ^{2} 」。$ 正确，用的是规则 3。
「 $= (\sum Y_{j})^{2} + 2 E [Y_{n + 1} ∣ F_{n}] \sum Y_{j} + E [Y_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] - (n + 1) σ^{2} 」$ ：这一步把已知的 $\sum_{j \leq n} Y_{j}$ 从条件期望里提了出来（规则 2），原解答没有点明。
最后得到 $X_{n} 。$ 正确。

易错点原解答的小问题：没有验证适应性和可积性

鞅的定义有三条。可积性在这里需要方差有限：如果 $Y_{j}$ 的方差是无穷， $S_{n}^{2}$ 不可积， $X_{n}$ 根本没有定义。题目给了方差 $σ^{2} ，$ 所以没有问题，但应该写出 $E ∣ X_{n} ∣ \leq 2 n σ^{2} 。$

例子与数值验证

例 1：简单随机游走

$Y_{j} = \pm 1$ 各以概率 $\frac{1}{2}$ （ $σ^{2} = 1 ）：$ $S_{n}^{2} - n$ 是鞅。例如 $n = 2 ：$ $S_{2} \in {- 2, 0, 2} ，$ 概率 $\frac{1}{4}, \frac{1}{2}, \frac{1}{4} ，$ $E S_{2}^{2} = 4 \cdot \frac{1}{4} \cdot 2 = 2 ，$ $E X_{2} = 2 - 2 = 0 。$

例 2：不同分布、同一方差

$Y_{j}$ 交替地取「 $\pm 1$ 各半」和「 $(- 3, 3)$ 上的均匀分布」（两者方差都是 1）。它们独立、不同分布，本题结论照样成立。电脑模拟 $Y_{j}$ 全取 $(- 3, 3)$ 上的均匀分布， $n = 20 ，$ 10 万次： $E X_{20}$ 的估计约为 $0.04 ，$ 与理论值 0 相差在随机误差之内： $X_{20}$ 的标准差可以算出约为 $27.9 ，$ 10 万次平均的误差约为 $27.9/ 1 0^{5} \approx 0.09 。$

例 3：去掉独立性，结论可能失败

设 $Y_{1} = \pm 1$ 各半； $ε = \pm 1$ 各半且与 $Y_{1}$ 独立； $Y_{2} = 2 ε 1_{{Y_{1} = 1}} 。$

$E Y_{2} = 0 ，$ $Var Y_{2} = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1 ，$ $E [Y_{1} Y_{2}] = 0 ：$ 均值 0、方差 1、与 $Y_{1}$ 不相关。
但 $E [Y_{2}^{2} ∣ F_{1}] = 2 1_{{Y_{1} = 1}} ，$ 不是常数 1。于是

E [X_{2} ∣ F_{1}] = Y_{1}^{2} + 2 1_{{Y_{1} = 1}} - 2 = {1, - 1, Y_{1} = 1, Y_{1} = - 1,

而 $X_{1} = Y_{1}^{2} - 1 = 0 。$ $X_{n}$ 不是鞅。原因： $Y_{2}$ 的「波动大小」依赖于 $Y_{1} ，$ 不独立。

拓展延伸

方差不同的情形与 Doob 分解

若 $Y_{j}$ 独立、均值 0、方差 $σ_{j}^{2}$ 各不相同，同样的计算给出： $S_{n}^{2} - \sum_{j = 1}^{n} σ_{j}^{2}$ 是鞅。

更一般地，任何（平方可积的）鞅 $S_{n}$ 都有 Doob 分解： $S_{n}^{2} = (鞅) + A_{n} ，$ 其中 $A_{n} = \sum_{j \leq n} E [(S_{j} - S_{j - 1})^{2} ∣ F_{j - 1}]$ 是一个可预测的递增过程，叫 $S$ 的「二次变差的补偿子」。本题中 $A_{n} = n σ^{2}$ 是确定的；例 3 中 $A_{2} = 1 + 2 1_{{Y_{1} = 1}}$ 是随机的，所以要扣掉的不再是 $2 。$

应用：离开区间要多长时间

简单随机游走从 0 出发， $T = in f {n : ∣ S_{n} ∣ = a} 。$ 对 $S_{n}^{2} - n$ 用可选停止定理（与第 12 题同样的有界性论证）： $E S_{T}^{2} - E T = 0 ，$ 而 $S_{T}^{2} = a^{2} ，$ 所以 $E T = a^{2} 。$ 模拟（4 万次）： $a = 3$ 时 $9.03 ，$ $a = 5$ 时 $25.04 ，$ $a = 10$ 时 $99.5 ，$ 与 $a^{2}$ 吻合。走出距离 $a$ 平均需要 $a^{2}$ 步，这就是「扩散」的尺度律。

应用：Kolmogorov 极大不等式

对独立、均值 0、方差有限的 $Y_{j} ，$

P (k \leq n max ∣ S_{k} ∣ \geq λ) \leq \frac{Var S _{n}}{λ ^{2}} .

它比 Chebyshev 强：控制的是整条路径的最大值，而不只是终点。证明的关键是 $S_{k}^{2}$ 是下鞅（期望只增不减），本题的鞅 $S_{n}^{2} - n σ^{2}$ 正是这一结构的精确版本。第 9 题会用到这个不等式。

常见疑问与易错点

易错点问：为什么 Sₙ² 不是鞅？

答： $E [S_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = S_{n}^{2} + σ^{2} > S_{n}^{2} ：$ 平方距离平均每步增加 $σ^{2} ，$ 它是一个下鞅（submartingale），不是鞅。直观上，随机游走越走越远，平方距离的期望线性增长。

易错点问：只要 Yⱼ 两两不相关就够了吗？

答：不够（例 3）。需要的是 $E [Y_{n + 1} ∣ F_{n}] = 0$ 和 $E [Y_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = σ^{2} 。$ 独立性保证了这两条；不相关只保证无条件的二阶矩关系。

易错点问：σ² = 0 时会怎样？

答：方差为 0 且均值为 0，每个 $Y_{j} = 0$ 几乎必然， $X_{n} = 0 ，$ 平凡的鞅。

小结与自测

小结本题小结

$X_{n + 1} = S_{n}^{2} + 2 S_{n} Y_{n + 1} + Y_{n + 1}^{2} - (n + 1) σ^{2} ；$ 交叉项条件期望为 0， $Y_{n + 1}^{2}$ 的条件期望为 $σ^{2} ，$ 所以 $E [X_{n + 1} ∣ F_{n}] = X_{n} 。$
鞅定义的三条都要验证：适应、可积（ $E ∣ X_{n} ∣ \leq 2 n σ^{2} ）、$ 鞅性质。
独立性不能换成不相关（例 3）；方差不同时扣掉 $\sum σ_{j}^{2}$ （Doob 分解）。
应用：随机游走离开 $(- a, a)$ 的平均时间是 $a^{2} ；$ 赌徒破产的平均局数（第 12 题）。

自测

1. $Y_{j}$ 独立， $P (Y_{j} = 2) = P (Y_{j} = - 2) = \frac{1}{2} 。$ 哪个过程是鞅： $S_{n}^{2} - n 、$ $S_{n}^{2} - 2 n 、$ $S_{n}^{2} - 4 n ？$

点开看答案

$σ^{2} = E Y_{j}^{2} = 4 ，$ 所以 $S_{n}^{2} - 4 n$ 是鞅。

2. 简单随机游走从 0 出发，求离开 $(- 4, 4)$ （第一次 $∣ S_{n} ∣ = 4 ）$ 的平均步数。

点开看答案

$E T = a^{2} = 16 。$

3. 若 $Y_{j}$ 独立、均值 0、 $Var Y_{j} = j ，$ 写出一个由 $S_{n}^{2}$ 构造的鞅。

点开看答案

$S_{n}^{2} - \sum_{j = 1}^{n} j = S_{n}^{2} - \frac{n ( n + 1 )}{2} 。$

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
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。
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。
部分和	partial sum	级数 a₁ + a₂ + … 的前 n 项之和 Sₙ = a₁ + … + aₙ；级数的值就是 Sₙ 在 n → ∞ 时的极限。
鞅	martingale	适应、可积且 E[Xₙ₊₁ \| 𝓕ₙ] = Xₙ 的随机过程：公平游戏，已知过去时对下一步的最佳猜测就是现在的值。
赌徒破产	gambler's ruin	资本从 b 出发，每局公平地赢 1 或输 1，直到输光（0）或达到目标 a 为止；破产概率是 1 − b/a，平均局数是 b(a − b)。
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」。
停时	stopping time	取值为 0, 1, 2, …（或 ∞）的随机时刻 T，「是否在第 n 步停下」只依赖前 n 步的信息：{T = n} ∈ 𝓕ₙ。
条件期望	conditional expectation	E[X \| 𝓕] 是已知 σ-代数 𝓕 中的信息时对 X 的最佳猜测；它本身是一个 𝓕-可测的随机变量。
Kolmogorov 极大不等式	Kolmogorov's maximal inequality	独立、均值 0、方差有限时，P(max(\|S₁\|, …, \|Sₙ\|) ≥ λ) ≤ Var(Sₙ)/λ²：控制的是整条路径的最大值，而不只是终点。
可积	integrable (L¹)	∫\|f\| dμ < ∞。全体可积函数记作 L¹(μ)。
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」。
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。
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)。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
柯西–施瓦茨不等式	Cauchy–Schwarz inequality	E\|XY\| ≤ √(E X²) · √(E Y²)：Hölder 不等式取 p = q = 2 的特例。
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。
可选停止定理	optional stopping theorem	在适当条件下（如 T 有界，或 E T < ∞ 且每步增量有界），鞅在停时处的期望等于初值：E M_T = E M₀。
阶矩	moment	E[\|X\|ᵖ] 叫 p 阶（绝对）矩；它有限与否反映尾部有多「重」。
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)。