12 赌徒破产：用两个鞅算出破产概率与平均局数 · 作业2

这道题在问什么

人话版一句话版

一个赌徒手里有 $b$ 元，每局公平地赢 1 元或输 1 元，直到输光（0 元）或赢到 $a$ 元为止。问：输光的概率是多少？平均要赌多少局？ 答案出奇地简单：破产概率 $= \frac{a - b}{a} ，$ 平均局数 $= b (a - b) 。$ 工具是两个鞅：财富 $S_{n}$ 本身，以及 $S_{n}^{2} - n 。$ 把「公平游戏的期望财富不变」用在停止的时刻（可选停止定理），就能直接解出答案。

考点：鞅的定义与验证、停时、可选停止定理及其使用条件。这是鞅论最经典的应用。
讲义里没有讲过：条件期望、鞅、停时、可选停止定理都超出了四讲的范围，下面「先补基础」从定义讲起。
和其他题的关系：第 10 题证明 $(\sum Y_{j})^{2} - n σ^{2}$ 是鞅，本题的 $S_{n}^{2} - n$ 是它的特例（ $σ^{2} = 1 ）；$ 第 11 题是另一个鞅的例子（分支过程）。

先补基础

基础补课条件期望（离散情形的直观理解）

设 $F_{n} = σ (X_{1}, \dots, X_{n})$ 表示「到第 $n$ 局为止知道的全部信息」。 $E [Y ∣ F_{n}]$ 是在知道前 $n$ 局结果的条件下，对 $Y$ 的最佳猜测，它本身是一个随机变量（依赖于前 $n$ 局的结果）。

正式定义： $E [Y ∣ F_{n}]$ 是唯一（几乎必然意义下）满足下面两条的随机变量 $Z ：$ ① $Z$ 关于 $F_{n}$ 可测（只用前 $n$ 局的信息就能算出）；② 对每个 $A \in F_{n} ，$ $E [Z 1_{A}] = E [Y 1_{A}] 。$ 它的存在性来自 Radon–Nikodym 定理（第 3 讲第 27 页）。这里作为已知结论使用（Durrett《Probability: Theory and Examples》第 4.1 节）。

基础补课条件期望的四条运算规则

设 $Y, Z$ 可积。

线性： $E [α Y + βZ ∣ F_{n}] = α E [Y ∣ F_{n}] + β E [Z ∣ F_{n}] 。$
已知的可以提出来：若 $W$ 关于 $F_{n}$ 可测（例如 $S_{n} ），$ 则 $E [WY ∣ F_{n}] = W E [Y ∣ F_{n}] ；$ 特别地 $E [W ∣ F_{n}] = W 。$
独立的等于不加条件：若 $Y$ 与 $F_{n}$ 独立（例如第 $n + 1$ 局的结果 $X_{n + 1} ），$ 则 $E [Y ∣ F_{n}] = E Y 。$
塔性质： $E [E [Y ∣ F_{n}]] = E Y 。$

例： $E [S_{n} + X_{n + 1} ∣ F_{n}] = S_{n} + E X_{n + 1}$ （规则 1、2、3）。

基础补课鞅：公平游戏的数学模型

随机变量序列 $M_{0}, M_{1}, M_{2}, \dots$ 叫关于 ${F_{n}}$ 的鞅（martingale），如果

适应：每个 $M_{n}$ 关于 $F_{n}$ 可测；
可积： $E ∣ M_{n} ∣ < \infty ；$
鞅性质： $E [M_{n + 1} ∣ F_{n}] = M_{n} 。$

意思：已知到现在为止的一切，下一步的期望值等于现在的值，这是「公平游戏」。由塔性质， $E M_{n} = E M_{0}$ 对所有 $n$ 成立。

基础补课停时

取值于 ${0, 1, 2, \dots} \cup {\infty}$ 的随机变量 $T$ 叫停时，如果对每个 $n ，$ 事件 ${T = n} \in F_{n} ：$ 是否在第 $n$ 局后停止，只能根据前 $n$ 局的结果决定，不能偷看未来。

例：「第一次财富达到 0 或 $a$ 的时刻」是停时；「财富达到最大值的时刻」不是停时（要知道未来才能判断现在是不是最大）。

基础补课可选停止定理（这里作为已知结论使用）

设 $M_{n}$ 是鞅， $T$ 是停时。

停止后的过程仍是鞅： $M_{T \land n}$ （其中 $T \land n = min (T, n) ）$ 是鞅，所以 $E M_{T \land n} = E M_{0}$ 对每个 $n$ 成立。
若再满足下列条件之一，则 $E M_{T} = E M_{0} ：$ (a) $T$ 有界；(b) $P (T < \infty) = 1$ 且 $∣ M_{T \land n} ∣ \leq C$ 对所有 $n$ 成立；(c) $E T < \infty$ 且 $∣ M_{n + 1} - M_{n} ∣ \leq C 。$

（Durrett 定理 4.8.5 等。）条件不能省，见「拓展延伸」里的反例。

题目与原解答

课件原文题目

Gambler's ruin. Let $X_{1}, X_{2}, \dots$ be i.i.d. random variables with $P (X_{i} = 1) = 1 - P (X_{i} = - 1) = 1/2$ . Fix also $0 < b < a$ integers, and

S_{0} = b, S_{n} := k = 1 \sum n X_{k}, T := in f (n : S_{n} = 0 or S_{n} = a) .

* Show that both $M_{n} := S_{n}$ and $N_{n} := S_{n}^{2} - n$ are martingales w.r.t. the natural filtration.

** Compute the ruin probability $P (S_{T} = 0)$ when she stops the game.

*** Compute the expected number of bets $E T$ before she stops the game.

中文翻译

赌徒破产问题。设 $X_{1}, X_{2}, \dots$ i.i.d.， $P (X_{i} = 1) = P (X_{i} = - 1) = \frac{1}{2} 。$ 固定整数 $0 < b < a ，$ 令 $S_{0} = b ，$ $S_{n}$ 为第 $n$ 局后的财富， $T$ 为财富第一次等于 0 或 $a$ 的时刻。

* 证明 $M_{n} := S_{n}$ 和 $N_{n} := S_{n}^{2} - n$ 都是关于自然 σ-代数流的鞅。

** 计算她停止赌博时的破产概率 $P (S_{T} = 0) 。$

*** 计算她停止之前的平均局数 $E T 。$

易错点题目的笔误：财富应写成 Sₙ = b + X₁ + ⋯ + Xₙ

题目写 $S_{0} = b ，$ 又写 $S_{n} := \sum_{k = 1}^{n} X_{k} 。$ 后者在 $n = 0$ 时是 0，和 $S_{0} = b$ 矛盾。按题意，第 $n$ 局后的财富应为

S_{n} = b + X_{1} + \dots + X_{n} .

下面一律按这个理解。自然 σ-代数流是 $F_{n} = σ (X_{1}, \dots, X_{n})$ （ $F_{0}$ 是平凡 σ-代数）。

原解答的思路（左栏）：

*：用 $E [X_{n + 1} ∣ F_{n}] = 0 、$ $E [X_{n + 1}^{2} ∣ F_{n}] = 1$ 验证两个鞅性质。
**：对 $S_{n}$ 用可选停止定理，结合 $P (破产) + P (赢) = 1$ 解出破产概率。
***：对 $S_{n}^{2} - n$ 用可选停止定理，解出 $E T 。$

思路完全正确，但有一处数值笔误、一处公式漏项，并且没有验证可选停止定理的条件（见「原解答逐行对照」）。

思路：怎么想到的

未知量有三个：破产概率 $r = P (S_{T} = 0) 、$ 获胜概率 $1 - r 、$ 平均时间 $E T 。$ 需要几个方程？
第一个方程来自「公平」： $S_{n}$ 是鞅，停止时的期望财富应等于初始财富： $E S_{T} = b 。$ 而 $S_{T}$ 只取 0 或 $a ，$ 所以 $0 \cdot r + a (1 - r) = b ，$ 一个方程解出 $r 。$
第二个方程来自「方差随时间线性增长」：每局方差为 1， $S_{n}^{2} - n$ 是鞅。停止时 $E [S_{T}^{2} - T] = b^{2} ，$ 而 $S_{T}^{2}$ 只取 0 或 $a^{2} ，$ 于是能解出 $E T 。$
要小心的地方：「停止时期望不变」不是无条件成立的（见反例），必须检查 $T$ 是否几乎必然有限、停止前的过程是否有界。

完整解答

设定： $S_{n} = b + X_{1} + \dots + X_{n} ，$ $F_{n} = σ (X_{1}, \dots, X_{n}) ，$ $T = in f {n \geq 0 : S_{n} \in {0, a}} 。$ $T$ 是停时： ${T = n} = {0 < S_{k} < a (k < n), S_{n} \in {0, a}}$ 只依赖前 $n$ 局。

* 两个鞅

$M_{n} = S_{n}$ ：

适应： $S_{n}$ 是 $X_{1}, \dots, X_{n}$ 的函数。
可积： $∣ S_{n} ∣ \leq b + n 。$
鞅性质： $E [S_{n + 1} ∣ F_{n}] = E [S_{n} + X_{n + 1} ∣ F_{n}] = S_{n} + E X_{n + 1} = S_{n} + 0 = S_{n} 。$ 这里 $S_{n}$ 已知（规则 2）， $X_{n + 1}$ 与 $F_{n}$ 独立（规则 3）， $E X_{n + 1} = \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot (- 1) = 0 。$

$N_{n} = S_{n}^{2} - n$ ：适应（ $S_{n}^{2} - n$ 也只用到 $X_{1}, \dots, X_{n} ）；$ 可积（ $∣ N_{n} ∣ \leq (b + n)^{2} + n ，$ 是一个常数上界）。展开 $S_{n + 1}^{2} = S_{n}^{2} + 2 S_{n} X_{n + 1} + X_{n + 1}^{2} ，$ 于是

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

（ $X_{n + 1}^{2} = 1$ 恒成立）所以 $E [N_{n + 1} ∣ F_{n}] = S_{n}^{2} + 1 - (n + 1) = S_{n}^{2} - n = N_{n} 。$ $■$

先证明：T 几乎必然有限，并且 E T < ∞

可选停止定理需要这一条，原解答没有证明。用 $N_{n}$ 本身就能得到。

第 1 步：由可选停止定理第 1 条， $N_{T \land n}$ 是鞅， $E N_{T \land n} = E N_{0} = b^{2} ，$ 即

E [T \land n] = E [S_{T \land n}^{2}] - b^{2} .

第 2 步：在时刻 $T \land n$ 之前，财富始终在 $[0, a]$ 内（一碰到 0 或 $a$ 就停），所以 $0 \leq S_{T \land n} \leq a ，$ $E [T \land n] \leq a^{2} - b^{2} 。$

第 3 步： $T \land n ↑ T$ （ $n \to \infty ），$ 由单调收敛定理， $E T = lim_{n} E [T \land n] \leq a^{2} - b^{2} < \infty 。$ 特别地 $P (T < \infty) = 1 。$

** 破产概率

由可选停止定理第 1 条， $E S_{T \land n} = E S_{0} = b 。$ 因为 $T < \infty$ a.s.， $S_{T \land n} \to S_{T} ；$ 又 $∣ S_{T \land n} ∣ \leq a ，$ 由有界收敛定理（第 1 讲第 46 页）， $E S_{T} = b$ （这正是条件 (b)）。

$S_{T}$ 只取两个值： $0$ （破产，概率 $r ）$ 和 $a$ （获胜，概率 $1 - r ）。$ 所以

b = E S_{T} = 0 \cdot r + a \cdot (1 - r) ⟹ P (S_{T} = 0) = r = \frac{a - b}{a}, P (S_{T} = a) = \frac{b}{a} .

*** 平均局数

回到第 1 步的等式 $E [T \land n] = E [S_{T \land n}^{2}] - b^{2} ，$ 令 $n \to \infty ：$

左边：单调收敛定理给出 $E [T \land n] \to E T ；$
右边： $S_{T \land n}^{2} \to S_{T}^{2}$ 且 $\leq a^{2} ，$ 有界收敛定理给出 $E [S_{T \land n}^{2}] \to E S_{T}^{2} = a^{2} \cdot \frac{b}{a} + 0 \cdot \frac{a - b}{a} = ab 。$

所以

E T = E S_{T}^{2} - b^{2} = ab - b^{2} = b (a - b) . ■

原解答逐行对照

* 部分：「 $E [S_{n + 1} ∣ F_{n}] = S_{n} + E [X_{n + 1} ∣ F_{n}] = S_{n} + 0 = S_{n} 」$ 和 $S_{n + 1}^{2}$ 的展开计算都正确；只是没有写出「 $S_{n}$ 关于 $F_{n}$ 可测、 $X_{n + 1}$ 与 $F_{n}$ 独立」这两条理由，也没有检查可积性。
** 部分：定义 $T_{ℓ} = in f {n > 0 : S_{n} = 0} 、$ $T_{w} = in f {n > 0 : S_{n} = a} 、$ $T = min {T_{ℓ}, T_{w}} ，$ 并指出「赢 $a - b$ 元」 $= {T = T_{w}} 、$ 「输 $b$ 元」 $= {T = T_{ℓ}} 。$ 正确（looses 应为 loses）。
「By the Optional Stopping Theorem $E (S_{T}) = E (S_{0}) = 0 」$ ：意思是「由可选停止定理， $E (S_{T}) = E (S_{0}) = 0 」。$ 数值错误，见下面的警告卡片。
「 $- b P (T = T_{ℓ}) + (a - b) P (T = T_{w}) = 0 」$ ：这个方程本身是对的，它说的是「输赢的期望为 0」，即 $E [S_{T} - b] = 0 。$
「So $P (S_{n} = 0) = P (T = T_{ℓ}) = \frac{a - b}{a} 」$ ： $S_{n}$ 应为 $S_{T} 。$
*** 部分：这里把 $S_{n}^{2} - n$ 记为 $M_{n} ，$ 和 * 部分里 $M_{n} = S_{n}$ 冲突（应为 $N_{n} ）。$ 「 $b^{2} = S_{0}^{2} = E (M_{T}) = E (S_{T}^{2} - T) = P (T = T_{ℓ}) \cdot 0 + P (T = T_{w}) a^{2} - E T 」$ 正确。
「Hence $E T = a^{2} P (T = T_{w}) = ab - b^{2} 」$ ：漏项，见下面的警告卡片。

易错点原解答的问题：E(S₀) = b，不是 0

原解答写「 $E (S_{T}) = E (S_{0}) = 0 」，$ 可是 $S_{0} = b ，$ 所以 $E S_{0} = b 。$ 正确的式子是 $E S_{T} = b ；$ 后面的方程 $- b P (T = T_{ℓ}) + (a - b) P (T = T_{w}) = 0$ 实际上是 $E [S_{T} - b] = 0 ，$ 所以最后的答案碰巧没错。原解答在「从 $b$ 出发」和「从 0 出发、两边界是 $- b$ 和 $a - b 」$ 两种写法之间混用了。

易错点原解答的问题：E T 的公式漏了 −b²

由前一行 $b^{2} = a^{2} P (T = T_{w}) - E T ，$ 应得 $E T = a^{2} P (T = T_{w}) - b^{2} = a^{2} \cdot \frac{b}{a} - b^{2} = ab - b^{2} 。$ 原解答写成「 $E T = a^{2} P (T = T_{w}) = ab - b^{2} 」，$ 中间漏掉了 $- b^{2}$ （ $a^{2} P (T = T_{w}) = ab ，$ 不等于 $ab - b^{2} ）。$

易错点原解答的问题：没有验证可选停止定理的条件

可选停止定理并不总成立（「拓展延伸」里有反例： $E S_{T} \neq = E S_{0} ）。$ 本题需要说明 $T < \infty$ 几乎必然、并且停止前的 $S_{n} 、$ $S_{n}^{2}$ 有界，才能把 $E M_{T \land n} = E M_{0}$ 推到 $n \to \infty 。$ 上面「先证明」一节补上了，而且用 $N_{T \land n}$ 同时证明了 $E T < \infty 。$

例子与数值验证

例 1：具体数字与电脑模拟

取 $a = 10 ，$ $b = 3 ：$ 破产概率 $\frac{7}{10} ，$ 平均局数 $3 \times 7 = 21 。$ 模拟 10 万次（固定随机种子）：破产比例 $0.6976 ，$ 平均局数 $20.98 。$

$(a, b)$	破产概率（理论 / 模拟）	平均局数（理论 / 模拟）
$(4, 1)$	$0.75$ / $0.7492$	$3$ / $3.011$
$(10, 3)$	$0.70$ / $0.6976$	$21$ / $20.98$
$(20, 10)$	$0.50$ / $0.4976$	$100$ / $99.73$

例 2：不用鞅的解法——一阶差分方程

记 $r (x)$ 为从 $x$ 元出发的破产概率。看第一局：一半概率变成 $x + 1 ，$ 一半变成 $x - 1 ，$ 所以

r (x) = \frac{1}{2} r (x - 1) + \frac{1}{2} r (x + 1), r (0) = 1, r (a) = 0.

这说明 $r (x + 1) - r (x) = r (x) - r (x - 1) ：$ 相邻差相等， $r$ 是一次函数， $r (x) = 1 - \frac{x}{a} 。$ 用同样的办法看第一局，平均局数 $e (x)$ 满足 $e (x) = 1 + \frac{1}{2} e (x - 1) + \frac{1}{2} e (x + 1)$ （开头的 1 是第一局本身）、 $e (0) = e (a) = 0 ，$ 二阶差分等于 $- 2 ，$ 解得 $e (x) = x (a - x) 。$ 和鞅方法的答案一致。

例 3：直觉检验

$b$ 很接近 $a$ （几乎赢到目标）时，破产概率 $\frac{a - b}{a}$ 很小，平均局数 $b (a - b)$ 也小：离边界近，很快结束。
$b = \frac{a}{2}$ （正中间）时平均局数最大，为 $\frac{a ^{2}}{4} 。$ 例： $a = 20 、$ $b = 10 ，$ 平均 100 局。
平均局数和到两边距离的乘积成正比：这是随机游走「走 $k$ 步大约离开 $k$ 远」的体现。

拓展延伸

不公平的游戏：指数鞅

设 $P (X_{i} = 1) = p \neq = \frac{1}{2} ，$ $q = 1 - p 。$ 此时 $S_{n}$ 不再是鞅，但 $ρ^{S_{n}}$ （ $ρ = \frac{q}{p} ）$ 是鞅： $E [ρ^{S_{n + 1}} ∣ F_{n}] = ρ^{S_{n}} (pρ + q ρ^{- 1}) = ρ^{S_{n}} (q + p) = ρ^{S_{n}} 。$ 同样的方法给出

P (破产) = \frac{ρ ^{b} - ρ ^{a}}{1 - ρ ^{a}} .

轮盘赌押红色 $p = \frac{18}{38} \approx 0.474 ：$ $a = 10 、$ $b = 5$ 时破产概率约 $0.629$ （模拟 $0.630 ）；$ $a = 100 、$ $b = 50$ 时约 $0.995 。$ 赌场只多占一点点优势，赌得越久，玩家几乎必输。

可选停止定理的条件为什么不能省：「赢 1 块就走」

从 $S_{0} = 0$ 出发的公平随机游走，令 $T = in f {n : S_{n} = 1}$ （赢 1 块就走，没有下边界）。于是 $S_{T} = 1 ，$ $E S_{T} = 1 \neq = 0 = E S_{0} 。$ 可选停止定理失败了。

先用本题的结论说明 $T < \infty$ 几乎必然、但 $E T = \infty 。$ 任取正整数 $N ，$ 再加一条下边界 $- N ：$ 把财富整体加 $N ，$ 就是本题 $b = N 、$ $a = N + 1$ 的情形。

先碰到 1 的概率：它等于本题的「获胜概率」 $1 - \frac{a - b}{a} = \frac{N}{N + 1} 。$ 先碰到 1 时 $T < \infty ，$ 所以 $P (T < \infty) \geq \frac{N}{N + 1} 。$ 令 $N \to \infty$ 得 $P (T < \infty) = 1 。$
平均时间： $T$ 不小于「碰到 $- N$ 或 1 的时刻」，后者的期望是 $b (a - b) = N ，$ 所以 $E T \geq N$ 对每个 $N$ 成立， $E T = \infty 。$

定理失败的原因： $S_{T \land n}$ 没有下界（中途可能输很多），条件 (b) 不成立； $E T = \infty ，$ 条件 (c) 也不成立。现实含义：没有无限的本钱和时间，「赢一点就走」的策略在公平游戏里并不能保证赚钱。

对手的钱无穷多时

令 $a \to \infty ：$ 破产概率 $\frac{a - b}{a} \to 1 ，$ 平均局数 $b (a - b) \to \infty 。$ 也就是说，和一个无限富有的对手赌公平的游戏，一定会输光，但平均要等无穷长的时间。这正是上一条反例的另一面。

Wald 恒等式

两个鞅对应概率论里的两个 Wald 恒等式：若 $X_{i}$ i.i.d.、均值 $μ 、$ 方差 $σ^{2} ，$ $T$ 是停时且 $E T < \infty ，$ 则

E [S_{T} - S_{0}] = μ E T, E [(S_{T} - S_{0} - μ T)^{2}] = σ^{2} E T .

本题 $μ = 0 、$ $σ^{2} = 1 ：$ 第一个给出 $E S_{T} = b ，$ 第二个给出 $E (S_{T} - b)^{2} = E T ，$ 展开同样得到 $E T = b (a - b) 。$

常见疑问与易错点

易错点问：为什么不能直接说「游戏公平，所以 E S_T = E S₀」？

答：因为停止的时刻是随机的，而且依赖于游戏的过程。「赢 1 块就走」的例子里，停止时刻专挑对自己有利的时机，期望财富就变了。只有在停时足够「温和」（有界，或过程有界、停时有限）时，公平性才能保持到停止时刻。

易错点问：T 会不会是 ∞，即永远碰不到 0 和 a？

答：概率是 0。上面用 $E [T \land n] \leq a^{2} - b^{2}$ 和单调收敛定理证明了 $E T < \infty ，$ 从而 $T < \infty$ 几乎必然。直观上：每连续 $a$ 局里，都有至少 $2^{- a}$ 的概率一路赢到 $a ，$ 永远不出界的概率是 0。

易错点问：条件期望 E[X₍ₙ₊₁₎ | ℱₙ] 为什么等于 E X₍ₙ₊₁₎？

答：因为第 $n + 1$ 局的结果与前 $n$ 局独立（规则 3）。知道前面的输赢，并不改变对下一局的预期。这就是「公平」的数学含义。

小结与自测

小结本题小结

财富 $S_{n} = b + X_{1} + \dots + X_{n} ；$ $S_{n}$ 和 $S_{n}^{2} - n$ 都是鞅。
由 $E [T \land n] = E S_{T \land n}^{2} - b^{2} \leq a^{2}$ 得 $E T < \infty ，$ 于是可选停止定理可用。
$E S_{T} = b$ ⇒ 破产概率 $\frac{a - b}{a} ；$ $E [S_{T}^{2} - T] = b^{2}$ ⇒ $E T = b (a - b) 。$
原解答： $E S_{0}$ 应为 $b ；$ $E T$ 公式漏 $- b^{2} ；$ 可选停止定理的条件未验证。

自测

1. 赌徒有 2 元，目标 5 元，公平游戏。破产概率和平均局数各是多少？

点开看答案

$a = 5 ，$ $b = 2 ：$ 破产概率 $\frac{5 - 2}{5} = 0.6 ，$ 平均局数 $2 \times 3 = 6 。$

2. 验证：对不公平的游戏， $S_{n} - n (p - q)$ 是鞅。

点开看答案

$E [S_{n + 1} - (n + 1) (p - q) ∣ F_{n}] = S_{n} + E X_{n + 1} - (n + 1) (p - q) = S_{n} + (p - q) - (n + 1) (p - q) = S_{n} - n (p - q) ，$ 因为 $E X_{n + 1} = p - q 。$

3. 从 $S_{0} = 0$ 出发的公平随机游走， $T = in f {n : S_{n} = 1} 。$ 为什么不能对 $S_{n}$ 用可选停止定理得出 $E S_{T} = 0 ？$

点开看答案

$S_{T} = 1$ 几乎必然，所以 $E S_{T} = 1 。$ 可选停止定理的条件都不满足： $S_{T \land n}$ 没有下界（条件 (b) 失败）， $E T = \infty$ （条件 (c) 失败）， $T$ 也无界（条件 (a) 失败）。

本页术语中英对照（按出现顺序）

中文	English	白话解释
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。
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」。
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。
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。
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」。
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)。
Radon–Nikodym 导数	Radon–Nikodym derivative	Q ≪ P 时存在 L = dQ/dP ≥ 0，使 Q(A) = ∫_A L dP；它是「换测度的密度」。
可积	integrable (L¹)	∫\|f\| dμ < ∞。全体可积函数记作 L¹(μ)。
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。
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。
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)。
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。
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。
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。
函数	function / map	f: A → B 给 A 中每个元素指定 B 中唯一一个元素。
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。
单调收敛定理	monotone convergence theorem (MCT)	非负可测函数单调递增地收敛时，积分也收敛：∫fₙ ↑ ∫f。
有界收敛定理	bounded convergence theorem (BCT)	有限测度上一致有界、几乎处处收敛的函数列，积分收敛；是 DCT 的特例。
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。