11 Galton–Watson 分支过程：种群规模里藏着的鞅 · 作业2

这道题在问什么

人话版一句话版

每一代的每个个体独立地生下随机个后代，平均 $μ$ 个、方差 $σ^{2} 。$ 第 $n$ 代的人数 $Z_{n}$ 大约按 $μ^{n}$ 增长，所以把它「除以期望的增长」得到 $M_{n} = Z_{n} / μ^{n} ，$ 这是一个鞅。再算出二阶条件矩 $E [Z_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = μ^{2} Z_{n}^{2} + σ^{2} Z_{n} ，$ 构造第二个鞅 $N_{n} ，$ 就能精确算出 $E M_{n}^{2} ：$ $μ > 1$ 时它有界， $μ \leq 1$ 时它趋于无穷。这决定了种群是「稳定地按 $μ^{n}$ 增长」还是「几乎必然灭绝」。

考点：条件期望的运算（特别是项数随机的和）、验证鞅、用鞅的期望不变性算矩。
讲义里没有讲过：条件期望与鞅，下面「先补基础」从定义讲起（第 12 题也有同样的基础）。
四个小问：* 证明 $M_{n}$ 是鞅；** 算二阶条件矩；*** 证明 $N_{n}$ 是鞅；**** 用 $N_{n}$ 判断 $M_{n}$ 在 $L^{2}$ 中是否有界。

先补基础

基础补课条件期望与鞅（简要回顾）

$F_{n}$ 表示「到第 $n$ 代为止知道的全部信息」， $E [Y ∣ F_{n}]$ 是在这些信息下对 $Y$ 的最佳猜测（第 12 题有详细说明，这里作为已知结论使用）。
运算规则：线性；已知的量可以提出来（ $E [WY ∣ F_{n}] = W E [Y ∣ F_{n}] ，$ 若 $W$ 关于 $F_{n}$ 可测）；与 $F_{n}$ 独立的量，条件期望等于普通期望；塔性质 $E [E [Y ∣ F_{n}]] = E Y 。$
鞅：适应、可积，且 $E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = M_{n} ；$ 于是 $E M_{n} = E M_{0} 。$

基础补课项数随机的和：怎样取条件期望

设 $Z$ 取非负整数值，关于 $F_{n}$ 可测； $ξ_{1}, ξ_{2}, \dots$ i.i.d.，与 $F_{n}$ 独立，均值 $μ 。$ 则

E [k = 1 \sum Z ξ_{k} F_{n}] = μ Z .

理由：按 $Z$ 的取值拆开。在事件 ${Z = m}$ 上，和就是 $\sum_{k = 1}^{m} ξ_{k} ，$ 它与 $F_{n}$ 独立、期望为 $m μ 。$ 所以

E [k = 1 \sum Z ξ_{k} F_{n}] = m \geq 0 \sum 1_{{Z = m}} E [k = 1 \sum m ξ_{k}] = m \geq 0 \sum 1_{{Z = m}} m μ = μ Z .

直观上：已经知道这一代有 $Z$ 个人，每人平均生 $μ$ 个，下一代平均就是 $μ Z$ 个。

基础补课方差与二阶矩

$Var ξ = E ξ^{2} - (E ξ)^{2} ，$ 所以 $E ξ^{2} = σ^{2} + μ^{2} 。$ 例： $ξ$ 取 0 或 2，各以概率 $\frac{1}{4} 、$ $\frac{3}{4} ，$ 则 $μ = 1.5 ，$ $E ξ^{2} = 4 \times \frac{3}{4} = 3 ，$ $σ^{2} = 3 - 2.25 = 0.75 。$

题目与原解答

课件原文题目

Galton-Watson Branching Process. Let $ξ_{n, k}$ , $n = 1, 2, \dots$ , $k = 1, 2, \dots$ be i.i.d. nonnegative integer random variables with finite mean $μ$ and variance $σ^{2}$ . Define the GaltonWatson branching process

Z_{0} := 1, Z_{n + 1} = k = 1 \sum Z_{n} ξ_{n + 1, k},

and let $F_{n} := σ (Z_{j} : 0 \leq j \leq n)$ , $n \geq 0$ be the natural filtration.

* Prove that $M_{n} := Z_{n} / μ^{n}$ , $n \geq 0$ is an $(F_{n})_{n \geq 0}$ -martingale.

** Prove that $E (Z_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}) = μ^{2} Z_{n}^{2} + σ^{2} Z_{n}$ .

*** Using the result from ** prove that

N_{n} := ⎩ ⎨ ⎧ M_{n}^{2} - \frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 1}} \frac{μ ^{n} - 1}{μ - 1} M_{n}, M_{n}^{2} - n σ^{2} M_{n}, if μ \neq = 1, if μ = 1

is also an $(F_{n})_{n \geq 0}$ -martingale.

**** Using the result from *** prove that if $μ > 1$ then $M_{n}$ is bounded in $L^{2}$ , while if $μ \leq 1$ then $lim_{n \to \infty} E M_{n}^{2} = \infty$ .

中文翻译

Galton–Watson 分支过程。设 $ξ_{n, k}$ （ $n, k = 1, 2, \dots ）$ 是 i.i.d. 的非负整数值随机变量，均值 $μ 、$ 方差 $σ^{2}$ 有限。定义 $Z_{0} = 1 ，$ $Z_{n + 1} = \sum_{k = 1}^{Z_{n}} ξ_{n + 1, k}$ （第 $n + 1$ 代的人数 = 第 $n$ 代每个人的后代数之和）， $F_{n} = σ (Z_{0}, \dots, Z_{n}) 。$

* 证明 $M_{n} = Z_{n} / μ^{n}$ 是鞅。** 证明 $E (Z_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}) = μ^{2} Z_{n}^{2} + σ^{2} Z_{n} 。$ *** 证明上面定义的 $N_{n}$ 是鞅。**** 证明 $μ > 1$ 时 $M_{n}$ 在 $L^{2}$ 中有界， $μ \leq 1$ 时 $E M_{n}^{2} \to \infty 。$

$ξ_{n + 1, k}$ 是「第 $n$ 代第 $k$ 个人生的孩子数」。所有 $ξ$ 独立同分布，所以 $ξ_{n + 1, \cdot}$ 与前 $n$ 代的全部历史独立。
需要默认 $μ > 0$ （否则 $M_{n}$ 的分母是 0）。GaltonWatson 应为 Galton–Watson。
**** 的第二句还需要 $σ^{2} > 0 ，$ 见下文。

原解答的思路（左栏）：* 用 $E [Z_{n + 1} ∣ F_{n}] = μ Z_{n} ；$ ** 展开平方后逐项取条件期望；*** 代入 ** 的结果验证；**** 用 $E N_{n} = E N_{0} = 1$ 推出 $E M_{n}^{2}$ 的行为。前三问正确但跳步较多；第四问的论证不完整，并且漏了条件 $σ^{2} > 0 。$

思路：怎么想到的

为什么除以 $μ^{n}$ ： $E Z_{n + 1} = μ E Z_{n} ，$ 所以 $E Z_{n} = μ^{n} 。$ 除以期望的增长，把「平均意义下的增长」去掉，剩下的就是「公平的波动」，也就是鞅。
为什么要算二阶矩： $M_{n}$ 的期望恒为 1，看不出差别；二阶矩 $E M_{n}^{2}$ 才能区分「稳定增长」（有界）和「剧烈波动后灭绝」（发散）。
$N_{n}$ 是怎么来的：** 说明 $E [M_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = M_{n}^{2} + \frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 2}} M_{n} ，$ 比 $M_{n}^{2}$ 多出一项。从 $M_{n}^{2}$ 里减去适当的 $c_{n} M_{n}$ 把多出来的部分抵消掉，就得到鞅。下面会看到 $c_{n}$ 正是这样被确定的。

完整解答

* Mₙ = Zₙ/μⁿ 是鞅

适应： $Z_{n}$ 关于 $F_{n}$ 可测， $M_{n}$ 也是。
可积： $M_{n} \geq 0 ，$ 下面第 3 步给出 $E M_{n} = 1 。$
鞅性质：由「项数随机的和」（ $Z = Z_{n} ，$ $ξ_{k} = ξ_{n + 1, k} ），$ $E [Z_{n + 1} ∣ F_{n}] = μ Z_{n} 。$ 所以

E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = \frac{1}{μ ^{n + 1}} E [Z_{n + 1} ∣ F_{n}] = \frac{μ Z _{n}}{μ ^{n + 1}} = \frac{Z _{n}}{μ ^{n}} = M_{n} .

取期望并用塔性质： $E M_{n + 1} = E M_{n} = \dots = E M_{0} = 1 ，$ 可积性也得到了。 $■$

** 二阶条件矩

第 1 步（展开平方）：

Z_{n + 1}^{2} = (k = 1 \sum Z_{n} ξ_{n + 1, k})^{2} = k = 1 \sum Z_{n} ξ_{n + 1, k}^{2} + 2 1 \leq i < j \leq Z_{n} \sum ξ_{n + 1, i} ξ_{n + 1, j} .

第 2 步（逐项取条件期望）：和「项数随机的和」一样按 ${Z_{n} = m}$ 拆开。在 ${Z_{n} = m}$ 上，第一项有 $m$ 个，每个期望 $E ξ^{2} = σ^{2} + μ^{2} ；$ 第二项有 $(2 m)$ 个，每个期望 $E ξ_{i} E ξ_{j} = μ^{2}$ （不同个体独立）。所以

E [Z_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = Z_{n} (σ^{2} + μ^{2}) + 2 (2 Z _{n}) μ^{2} = Z_{n} σ^{2} + Z_{n} μ^{2} + Z_{n} (Z_{n} - 1) μ^{2} = μ^{2} Z_{n}^{2} + σ^{2} Z_{n} . ■

可积性：取期望得 $E Z_{n + 1}^{2} = μ^{2} E Z_{n}^{2} + σ^{2} μ^{n} ，$ 由归纳法每个 $E Z_{n}^{2} < \infty 。$

*** Nₙ 是鞅

第 1 步（ $M_{n}^{2}$ 的条件期望）：由 **，

E [M_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = \frac{μ ^{2} Z _{n}^{2} + σ ^{2} Z _{n}}{μ ^{2 n + 2}} = \frac{Z _{n}^{2}}{μ ^{2 n}} + \frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 2}} \cdot \frac{Z _{n}}{μ ^{n}} = M_{n}^{2} + \frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 2}} M_{n} .

第 2 步（确定修正系数）：找常数 $c_{n}$ （ $c_{0} = 0 ）$ 使 $N_{n} = M_{n}^{2} - c_{n} M_{n}$ 是鞅。由第 1 步和 *，

E [N_{n + 1} ∣ F_{n}] = M_{n}^{2} + \frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 2}} M_{n} - c_{n + 1} M_{n} .

要它等于 $M_{n}^{2} - c_{n} M_{n} ，$ 只需 $c_{n + 1} = c_{n} + \frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 2}} 。$ 从 $c_{0} = 0$ 出发累加：

c_{n} = k = 0 \sum n - 1 \frac{σ ^{2}}{μ ^{k + 2}} = \frac{σ ^{2}}{μ ^{2}} k = 0 \sum n - 1 μ^{- k} = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 1}} \cdot \frac{μ ^{n} - 1}{μ - 1}, n σ^{2}, μ \neq = 1, μ = 1.

（ $μ \neq = 1$ 时用等比数列求和： $\sum_{k = 0}^{n - 1} μ^{- k} = \frac{1 - μ ^{- n}}{1 - μ ^{- 1}} = \frac{μ ^{n} - 1}{μ ^{n - 1} ( μ - 1 )} 。）$ 这正是题目里的系数，所以 $N_{n}$ 是鞅（适应、可积由 ** 的可积性保证）。 $■$

**** M ₙ 在 L² 中是否有界

$N_{n}$ 是鞅， $N_{0} = M_{0}^{2} - 0 = 1 ，$ 所以 $E N_{n} = 1 ，$ 即 $E M_{n}^{2} = 1 + c_{n} E M_{n} = 1 + c_{n}$ （用了 $E M_{n} = 1 ）。$ 于是一切归结为 $c_{n}$ 的大小：

$μ > 1$ ： $c_{n} = \frac{σ ^{2}}{μ ( μ - 1 )} (1 - μ^{- n}) ，$ 递增并趋于 $\frac{σ ^{2}}{μ ( μ - 1 )} 。$ 所以

E M_{n}^{2} = 1 + c_{n} \leq 1 + \frac{σ ^{2}}{μ ( μ - 1 )} < \infty 对所有 n,

$M_{n}$ 在 $L^{2}$ 中有界。

$μ = 1$ ： $E M_{n}^{2} = 1 + n σ^{2} \to \infty$ （若 $σ^{2} > 0 ）。$
$0 < μ < 1$ ： $c_{n} \geq \frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 1}}$ （ $c_{n} = \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{σ ^{2}}{μ ^{k + 2}}$ 的各项都非负，只留下最后一项 $k = n - 1 ，$ 它就是 $\frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 1}} ），$ 而 $μ^{- (n + 1)} \to \infty ，$ 所以 $E M_{n}^{2} \to \infty$ （若 $σ^{2} > 0 ）。$ $■$

原解答逐行对照

*：「 $E [Z_{n + 1} ∣ F_{n}] = Z_{n} \cdot E [ξ_{1, 1}] = Z_{n} μ 」$ 结论正确，但这里的和的项数 $Z_{n}$ 是随机的，不能直接套用「期望的线性」，需要按 ${Z_{n} = m}$ 拆开（「先补基础」）。可积性也没有说明。
**：展开与计算正确，同样跳过了「项数随机」的处理。
***：最后一个等号「 $= N_{n} 」$ 是对的，但中间省略了合并 $M_{n}$ 系数的代数： $\frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 2}} (1 - \frac{μ ^{n + 1} - 1}{μ - 1}) = - \frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 1}} \frac{μ ^{n} - 1}{μ - 1} 。$ 上面的写法（先算 $E [M_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] ，$ 再确定 $c_{n} ）$ 把这一步讲清楚了，也说明了 $N_{n}$ 是怎么想出来的。
**** 的 $μ > 1$ 部分：「 $E N_{n} = 1$ … It implies $M_{n}$ is bounded in $L^{2}$ because $N_{n}$ controls $M_{n}^{2} 」：$ 说法含糊，需要像上面那样写出 $E M_{n}^{2} = 1 + c_{n}$ 并说明 $c_{n}$ 有界。
**** 的 $μ = 1$ 部分：「 $1 = E N_{n} = E M_{n}^{2} - n σ^{2} E M_{n} = E M_{n}^{2} - n σ^{2} 」$ 正确，由此 $E M_{n}^{2} = 1 + n σ^{2} 。$
**** 的 $μ < 1$ 部分：见下面的警告卡片。

易错点原解答的问题：μ < 1 时用的不等式方向不对

原解答写 $N_{n} \geq M_{n}^{2} - \frac{n σ ^{2}}{μ ^{n + 1}} M_{n} ，$ 即用了 $c_{n} \leq \frac{n σ ^{2}}{μ ^{n + 1}}$ 这个上界，然后说「和 $μ = 1$ 一样， $E M_{n}^{2}$ 发散」。可是要证明 $E M_{n}^{2} = 1 + c_{n} \to \infty ，$ 需要的是 $c_{n}$ 的下界。正确的写法： $c_{n} = \frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 1}} (1 + μ + \dots + μ^{n - 1}) \geq \frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 1}} \to \infty 。$

易错点原解答的问题：μ ≤ 1 时还需要 σ² > 0

若 $σ^{2} = 0 ，$ 每个人恰好生 $μ$ 个孩子（ $μ$ 必为整数）； $μ = 1$ 时 $Z_{n} \equiv 1 ，$ $E M_{n}^{2} = 1 ，$ 不会发散。所以「 $μ \leq 1$ ⇒ $E M_{n}^{2} \to \infty 」$ 要加上 $σ^{2} > 0 。$ （ $0 < μ < 1$ 时 $ξ$ 只取整数值， $σ^{2} > 0$ 自动成立。）

例子与数值验证

例 1：每人生 0 个或 2 个孩子

设 $P (ξ = 2) = p ，$ $P (ξ = 0) = 1 - p ，$ 则 $μ = 2 p ，$ $σ^{2} = 4 p (1 - p) 。$ 电脑模拟 4 万次（固定随机种子）：

$p$	$μ$	$n$	$E M_{n}^{2}$ 理论 $1 + c_{n}$	模拟	第 $n$ 代已灭绝的比例
$0.75$	$1.5$	10	$1.983$	$1.976$	$0.336$
$0.5$	$1$	10	$11$	$10.78$	$0.863$
$0.25$	$0.5$	6	$190$	$192.1$	$0.994$

$μ = 1.5 ：$ $E M_{n}^{2}$ 有界，极限 $1 + \frac{0.75}{1.5 \times 0.5} = 2 。$
$μ = 1 ：$ $E M_{n}^{2} = 1 + n$ 线性增长，可是大多数家族已经灭绝。
$μ = 0.5 ：$ 几乎全部灭绝，极少数幸存者的 $M_{n} = Z_{n} /0. 5^{n}$ 很大，把二阶矩撑到上百。

例 2：灭绝概率

上例 $p = 0.75$ 时，灭绝概率 $q$ 是方程 $q = E q^{ξ} = (1 - p) + p q^{2}$ 的最小非负根。解 $0.75 q^{2} - q + 0.25 = 0$ 得 $q = 1$ 或 $q = \frac{1}{3} ，$ 所以灭绝概率是 $\frac{1}{3} 。$ 模拟中第 10 代已灭绝的比例 $0.336 ，$ 和 $\frac{1}{3}$ 吻合（灭绝大多发生在最初几代）。

拓展延伸

鞅收敛定理：Mₙ 最终收敛

非负鞅一定几乎必然收敛（鞅收敛定理，Durrett 定理 4.2.12，这里作为已知结论使用）。所以 $M_{n} \to M_{\infty}$ 几乎必然。

$μ \leq 1$ （且非平凡）：种群几乎必然灭绝， $Z_{n}$ 最终为 0， $M_{\infty} = 0 。$ 可 $E M_{n} = 1$ 对每个 $n$ 成立： $E M_{n} \neq \to E M_{\infty} 。$ 这个鞅不一致可积（小测 2 第 2 题），极限和期望不能交换。
$μ > 1 、$ $σ^{2} < \infty$ ：本题证明了 $M_{n}$ 在 $L^{2}$ 中有界，于是一致可积， $M_{n} \to M_{\infty}$ 也在 $L^{2}$ 中成立， $E M_{\infty} = 1 。$ 这说明在不灭绝的情况下， $Z_{n} \approx M_{\infty} μ^{n} ：$ 种群真的按 $μ^{n}$ 的速度增长， $M_{\infty}$ 记录了「早期运气」造成的随机放大倍数。

生成函数与灭绝概率

令 $f (s) = E s^{ξ}$ （后代数的概率母函数）。灭绝概率 $q$ 是方程 $q = f (q)$ 在 $[0, 1]$ 中的最小根。 $f$ 是凸函数， $f (1) = 1 ，$ $f^{'} (1) = μ ：$

$μ \leq 1$ （且 $ξ$ 不恒为 1）：曲线 $f$ 在 $[0, 1)$ 上都在对角线上方，唯一的根是 1，必然灭绝；
$μ > 1 ：$ 曲线在 1 附近从对角线下方穿过来，存在一个小于 1 的根，以正概率永远存活。

背景：姓氏、传染病与链式反应

Galton 和 Watson 在 1874 年研究的问题是「贵族姓氏为什么会消失」。同样的模型也描述传染病（ $μ$ 就是基本再生数 $R_{0} ：$ $R_{0} \leq 1$ 时疫情最终消失）和核裂变的链式反应（每次裂变平均释放的有效中子数是否大于 1）。

常见疑问与易错点

易错点问：为什么不能直接写 E[∑ₖ₌₁^{Zₙ} ξ] = Zₙ·E ξ？

答：期望的线性只对固定个数的项成立。这里项数 $Z_{n}$ 本身是随机的，需要按 $Z_{n}$ 的取值拆开，在每个 ${Z_{n} = m}$ 上项数固定，再利用 $ξ_{n + 1, \cdot}$ 与 $F_{n}$ 独立。条件期望的形式恰好允许「把已知的 $Z_{n}$ 当作常数」。

易错点问：既然 E Mₙ = 1，为什么 μ ≤ 1 时种群还会灭绝？

答：期望为 1 是由极少数「幸存且很大」的情形撑起来的（例 1 中 $μ = 0.5$ 时 99.4% 已灭绝）。期望不能反映「典型」行为；二阶矩发散正说明波动越来越剧烈，「平均值」越来越不代表大多数。

易错点问：Nₙ 的系数为什么正好是 (σ²/μⁿ⁺¹)·(μⁿ−1)/(μ−1)？

答：它是让 $M_{n}^{2} - c_{n} M_{n}$ 成为鞅的唯一选择（在 $c_{0} = 0$ 的约定下）：每一步多出 $\frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 2}} M_{n} ，$ $c_{n}$ 就是这些量的累加。记住推导过程，比背公式可靠。

小结与自测

小结本题小结

$E [Z_{n + 1} ∣ F_{n}] = μ Z_{n}$ （项数随机的和要按 $Z_{n}$ 的取值拆开），所以 $M_{n} = Z_{n} / μ^{n}$ 是鞅， $E M_{n} = 1 。$
$E [Z_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = μ^{2} Z_{n}^{2} + σ^{2} Z_{n} ，$ 于是 $E [M_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = M_{n}^{2} + \frac{σ ^{2}}{μ ^{n + 2}} M_{n} ；$ 累加修正项得到鞅 $N_{n} = M_{n}^{2} - c_{n} M_{n} 。$
$E M_{n}^{2} = 1 + c_{n} ：$ $μ > 1$ 时有界（ $\leq 1 + \frac{σ ^{2}}{μ ( μ - 1 )} ），$ $μ \leq 1$ 且 $σ^{2} > 0$ 时发散。
原解答： $μ < 1$ 时不等式方向用反；漏了 $σ^{2} > 0 ；$ 随机项数的条件期望没有说明。

自测

1. 每人生孩子数服从泊松分布 $Poisson (2)$ （ $μ = σ^{2} = 2 ）。$ $lim_{n} E M_{n}^{2}$ 是多少？

点开看答案

$μ = 2 > 1 ，$ $c_{n} \to \frac{σ ^{2}}{μ ( μ - 1 )} = \frac{2}{2 \times 1} = 1 ，$ 所以 $E M_{n}^{2} \to 2 。$

2. 若 $μ = 1 、$ $σ^{2} = 0.5 ，$ 求 $E Z_{10}^{2} 。$

点开看答案

$μ = 1$ 时 $M_{n} = Z_{n} ，$ $E Z_{n}^{2} = 1 + n σ^{2} = 1 + 10 \times 0.5 = 6 。$

3. 验证 $c_{1} = \frac{σ ^{2}}{μ ^{2}} ，$ 并用 ** 直接计算 $E M_{1}^{2} 。$

点开看答案

由递推 $c_{1} = c_{0} + \frac{σ ^{2}}{μ ^{2}} = \frac{σ ^{2}}{μ ^{2}} ；$ 公式 $\frac{σ ^{2}}{μ ^{2}} \cdot \frac{μ - 1}{μ - 1}$ 一致。直接算： $Z_{1} = ξ_{1, 1} ，$ $E M_{1}^{2} = \frac{E ξ ^{2}}{μ ^{2}} = \frac{σ ^{2} + μ ^{2}}{μ ^{2}} = 1 + \frac{σ ^{2}}{μ ^{2}} = 1 + c_{1} 。$

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
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。
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。
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」。
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。
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)。
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。
可积	integrable (L¹)	∫\|f\| dμ < ∞。全体可积函数记作 L¹(μ)。
独立同分布	independent and identically distributed (i.i.d.)	一列随机变量相互独立，并且分布都相同，例如反复独立地掷同一颗骰子。
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。
分支过程	branching process (Galton–Watson process)	每个个体独立地产生随机个后代，Zₙ 是第 n 代的个体数；若平均后代数是 μ，则 Zₙ/μⁿ 是鞅。
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」。
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)。
阶矩	moment	E[\|X\|ᵖ] 叫 p 阶（绝对）矩；它有限与否反映尾部有多「重」。
上界	upper bound	数集 A 的上界是一个数 M，A 里每个数都 ≤ M。例如 2 和 5 都是 [0,1] 的上界；所有上界中最小的那个叫上确界。
下界	lower bound	数集 A 的下界是一个数 m，A 里每个数都 ≥ m。例如 0 和 −3 都是 (0,1] 的下界；所有下界中最大的那个叫下确界。
一致可积	uniformly integrable (UI)	一族随机变量的尾部期望一致地变小：supₜ E[\|Xₜ\|; \|Xₜ\| > λ] → 0（λ → ∞）。它是「依概率收敛 ⇒ 期望收敛」的关键条件。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
凸函数	convex function	图像上任意两点连线都在图像上方的函数，例如 x²、eˣ。