分枝家系终点：灭绝、累计规模与持续移入 ​

本终点使用独立分枝模型理路Galton–Watson 分枝过程Galton–Watson process · Galton-Watson branching process · 单类型分枝过程用独立同分布繁殖定义代际家系，从生成函数复合求灭绝的最小不动点，并区分均值增长、个体独立性和真实存活。、归一化鞅理路分枝过程的归一化鞅Branching process martingale · Galton–Watson normalized martingale将代际人数除以平均增长率，从正交鞅增量得到精确均方误差，并在超临界有限方差下证明极限为零恰好对应灭绝。、总后代公式理路分枝过程的总后代分布Total progeny of a branching process · Dwass formula · Lagrange–Dwass formula从包含祖先的累计家系规模得到缺陷生成函数和Dwass系数，证明条件灭绝的繁殖变换，并在有限截断上建立总规模矩。和移入家系构造理路带移入的分枝过程Branching process with immigration · Galton–Watson process with immigration · 带移民的分枝过程在独立家系之外加入每代外部输入，按移入年代构造平稳分布，并用残留祖先的耦合给出收敛界。。任务中的计数都按代更新，全部假设与随机源写在题面；没有实际生物总体的预测含义。

完成后应能分别回答“某代已灭绝多少概率”“全部家系最终灭绝多少概率”“累计处理多少个体”和“持续输入后接近哪个稳态”。返回学习路线：从家系独立性到灭绝与稳态。

任务一：两个祖先，三个不同的终点量 ​

每个个体独立产生零或两个孩子，概率分别为 $1/4,3/4$；各代也使用新的独立繁殖数。最初有两个祖先。请交付：

1. 第二代已经灭绝的概率、最终灭绝概率。
2. 总数 $T=\sum _{n\ge 0}{Z}_n$ 恰为六的无条件概率，以及在最终灭绝条件下的概率。
3. 条件灭绝后的繁殖法则、总数均值和方差。
4. 对 $W_n=Z_n/(3/2{)}^n$，求极限均值、方差、零质量，并认证均方误差至多 $1/100$ 所需的最小代数。

完整解答 ​

单个祖先的繁殖生成函数为 $f(s)=1/4+3s^2/4$。最小不动点为 $q=1/3$，两代已灭绝概率为 $f(f(0))=19/64$。两初始家系相互独立，因此

$$\text{Pr}(Z_2=0)={\left(\frac{19}{64}\right)}^2=\frac{361}{4096},\text{Pr}(T<\mathrm{\infty })=q^2=\frac{1}{9}.$$

第一项约为 $0.0881348$，第二项约为 $0.111111$；两代尚未灭绝并不保证以后一直存活。

总数六已经包含两个根，故六个繁殖数之和应为四，即恰有两个繁殖数等于二。Dwass公式给出

$$\begin{array}{rl}\text{Pr}(T=6)& =\frac{2}{6}(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}){\left(\frac{3}{4}\right)}^2{\left(\frac{1}{4}\right)}^4\\ & =\frac{45}{4096}.\end{array}$$

事件 $T=6$ 已经蕴含最终灭绝，所以

$$\text{Pr}(T=6\mid T<\mathrm{\infty })=\frac{45/4096}{1/9}=\frac{405}{4096}.$$

不能除以 $q=1/3$，因为当前有两个初始家系。也不能把 $n-r$ 写成六，那会漏掉祖先占用的两个计数单位。

对每个个体，条件繁殖法则为

$${\tilde{p}}_0=p_0{q}^{-1}=\frac{3}{4},{\tilde{p}}_2=p_{2}q=\frac{1}{4}.$$

两个初始家系在分别条件灭绝后仍独立。新均值 $\tilde{m}=1/2$，新繁殖方差为 $3/4$，因此

$$\mathbb{E}[T\mid T<\mathrm{\infty }]=\frac{2}{1-1/2}=4,\mathrm{Var}(T\mid T<\mathrm{\infty })=\frac{2(3/4)}{(1-1/2{)}^3}=12.$$

这份条件家系几乎必然有限；原家系有 $8/9$ 的概率无限，原无条件 $\mathbb{E}T=\mathrm{\infty }$。

原繁殖均值为 $3/2$，方差为 $3/4$。两个祖先的归一化极限满足

$$\mathbb{E}W=2,\mathrm{Var}W=\frac{2(3/4)}{(3/2)(1/2)}=2,\text{Pr}(W=0)=\frac{1}{9},$$

且

$$\mathbb{E}(W-W_n{)}^2=2{\left(\frac{2}{3}\right)}^n.$$

最小代数为14。可完全用整数认证：$2(2/3{)}^n\le 1/100$ 当且仅当 $200\cdot 2^n\le 3^n$；$n=13$ 不满足，$n=14$ 满足，此后左侧与右侧之比严格递减。这个答案控制归一化人数的平方平均误差，不是在14代时确定整个家系已灭绝或已永生。

任务二：均值未变，独立性却消失 ​

仍从两个祖先开始，但现在每代只抽一个共同环境变量 $A_n$：以概率 $1/4$ 取零，以概率 $3/4$ 取二，各代独立。该代所有个体都产生 $A_n$ 个孩子，故

$${\hat{Z}}_{n+1}=A_n{\hat{Z}}_n.$$

每个个体在给定过去后，其繁殖边缘概率仍为 $1/4,3/4$。请判断任务一的哪些结论还能保留，并给出不能保留的具体计算证据。

完整解答 ​

到第 $n$ 代仍存活，等价于前 $n$ 个环境全部为二。因此

$$\text{Pr}({\hat{Z}}_n>0)={\left(\frac{3}{4}\right)}^n,{\hat{Z}}_n=2^{n+1}\text{在存活事件上}.$$

所以均值确实仍为

$$\mathbb{E}{\hat{Z}}_n=2^{n+1}{\left(\frac{3}{4}\right)}^n=2{\left(\frac{3}{2}\right)}^n.$$

但最终灭绝概率为一；第二代已灭绝的概率为 $1-(3/4{)}^2=7/16$，与任务一的 $361/4096$ 不同。两个初始祖先共同受到同一环境，不能再将单祖先的灭绝概率平方。

归一化 ${\hat{W}}_n={\hat{Z}}_n/(3/2{)}^n$ 仍满足鞅条件，因为 $A_n$ 独立于过去且 $\mathbb{E}{A}_n=3/2$。它在存活时取 $2(4/3{)}^n$，其余为零，所以

$$\mathbb{E}{\hat{W}}_n=2,\mathbb{E}{\hat{W}}_n^2=4{\left(\frac{4}{3}\right)}^n,{\hat{W}}_n⟶0\text{几乎必然}.$$

均值始终为二，却没有均方或一阶均值收敛到零。任务一的14代平方误差证书完全不能移用。

具体失败点在条件方差：

$$\mathrm{Var}(Z_{n+1}\mid {\mathcal{F}}_n)=\frac{3}{4}{Z}_n\text{（独立个体）},$$$$\mathrm{Var}({\hat{Z}}_{n+1}\mid {\mathcal{F}}_n)=\frac{3}{4}{\hat{Z}}_n^2\text{（共同环境）}.$$

同代协方差使随机和的方差从人数的一次量级变成二次量级。

还可以重新算总数。若前 $K$ 个环境为二、紧接着一个为零，则

$$\hat{T}=2+4+\cdots +2^{K+1}=2^{K+2}-2,\text{Pr}(K=k)=\frac{1}{4}{\left(\frac{3}{4}\right)}^k.$$

于是 $\text{Pr}(\hat{T}=6)=\text{Pr}(K=1)=3/16$。这个总数分布只支持 $2,6,14,30,\dots$；独立家系的Dwass卷积不能计算它。虽然 $\hat{T}$ 几乎必然有限，仍有

$$\mathbb{E}\hat{T}=\sum _{n\ge 0}2(3/2{)}^n=\mathrm{\infty }.$$

这个任务同时说明：边缘繁殖分布、人数均值、总规模分布和存活事件是不同信息层次。

任务三：不断移入，目标变成稳态分布 ​

现在每个个体独立以概率 $1/2$ 留下一个下一代个体，否则留下零个。每代再加入独立 $\mathrm{Pois}(1)$ 移入者，初始 $X_0=0$。请构造平稳分布，给出第 $n$ 代分布；用遗漏历史家族的耦合认证总变差误差至多 ${10}^{-3}$，并找出这条上界所需的最小代数。最后改成每代恰移入一人，判断哪些稳态量保持不变。

完整解答 ​

一名移入者在 $j$ 代之后仍留下一个个体的概率为 $2^{-j}$。$j$ 代前的Poisson移入批次独立稀疏化后，对当前贡献服从 $\mathrm{Pois}(2^{-j})$。不同移入年代相互独立，故

$$X_{\pi }\sim \mathrm{Pois}\left(\sum _{j\ge 0}{2}^{-j}\right)=\mathrm{Pois}(2).$$

最近 $n$ 批移入者给出

$$X_n\sim \mathrm{Pois}\left(\sum _{j=0}^{n-1}{2}^{-j}\right)=\mathrm{Pois}(2(1-2^{-n})).$$

平稳方差和均值都为二，平稳零概率为 $e^{-2}$。某时刻取零后，下一代仍以 $1-e^{-1}$ 的概率有移入者，因此零态不是吸收态。

把少掉的年代 $j\ge n$ 放回同一个空间，补入独立变量

$$R_n\sim \mathrm{Pois}(2^{1-n}),X_n+R_n\sim \pi .$$

耦合误差满足

$$\Vert \mathcal{L}(X_n)-\pi {\Vert }_{\mathrm{T}\mathrm{V}}\le \text{Pr}(R_n>0)=1-e^{-2^{1-n}}.$$

要认证这条上界至多 ${10}^{-3}$，最小 $n$ 为11。无需浮点对数即可严格检查相邻两代：

• $n=11$ 时 $x=1/1024$，由 $1-e^{-x}\le x$，上界至多 $1/1024<1/1000$。
• $n=10$ 时 $x=1/512$，由 $1-e^{-x}\ge x-x^2/2$，有 $x-x^2/2=1023/524288>1/1000$。

$1-e^{-2^{1-n}}$ 随 $n$ 严格递减，故这条认证规则的最小代数确为11。不能据此声称真实总变差距离在第10代必然超过阈值，因为使用的只是上界。

若改为每代恰移入一人，各年代贡献变成独立的 $B_j\sim \mathrm{Bernoulli}(2^{-j})$。平稳均值仍为二，而方差为

$$\sum _{j\ge 0}{2}^{-j}(1-2^{-j})=2-\frac{1}{1-1/4}=\frac{2}{3}.$$

由于 $B_0=1$ 恒定，平稳人数至少为一，零概率为零。平稳生成函数也变为

$$\prod _{j\ge 0}(1-2^{-j}+2^{-j}s),$$

不能继续使用Poisson零质量或Poisson遗漏家族公式。从零初始补齐历史的同一构造仍给较粗的上界 $\text{Pr}(R_n>0)\le \mathbb{E}{R}_n=2^{1-n}$；但这次 $R_n$ 是独立Bernoulli尾和，而不是Poisson变量。

复算入口与交付检查 ​

公开复算程序使用精确有理数检查有限代卷积、森林总数、条件灭绝权重和矩递推；数值部分只用于图形和可读近似。复算结果列出所验证的范围。有限枚举能够查算例和边界，不能代替四个正式页给出的无穷极限定理证明。

交付时应能在每一项结果旁写出它平均了哪些随机源、是否条件于最终灭绝，以及是否包含外部移入。只报一个繁殖均值或一条模拟轨迹，无法完成这些不同问题。