大数定律、中心极限定理与 Monte Carlo 误差

给定一个支付模型，我们可以反复模拟，再把支付平均。可是“模拟了一万次”仍留下两个问题：这次平均离该模型的期望有多远，以及这个模型是否适合描述我们关心的对象。前一个是数值抽样问题，后一个不会因为电脑多运行几秒就自动解决。

这一节用一个期望可以精确算出的支付分布，比较理论误差、一次模拟路径与重复覆盖实验。读完后，你应能重建一个 Monte Carlo 估计及其误差说明，知道哪些结论依赖独立性、可积性或有限方差。先修是随机变量的期望与方差；极限定理只调用下面明确列出的版本。

1. 先给模拟一个确切目标

我们沿用一张看涨期权式支付表。SPX 产品采用每指数点 100 美元的乘数和现金结算；其支付以合约规定的行权结算值为依据，不随意用盘中最后报价替代。¹ 以下行权价 6,000、四个结算情景和概率是教学设定，没有对应一笔已核实的挂牌交易或市场报价。

令 \(Z\) 表示结算值，\(X=100(Z-6000)^+\) 表示一张合约对应的到期支付金额：

状态	\(Z\)（指数点）	\(X\)（美元）	基准概率 \(p\)	压力概率 \(p'\)
1	5,900	0	0.1	0.1
2	6,000	0	0.3	0.4
3	6,100	10,000	0.4	0.3
4	6,200	20,000	0.2	0.2

这里是支付，不是扣除权利金和费用后的利润。Cboe 原件明确区分行权结算值的计算与到期后的现金交付：标准 SPX 的结算值按到期日成分股开盘价计算，行权产生的现金在到期后的下一营业日交付。券商账户内部何时显示 booking/入账并未由这份产品事实表规定，本实验也不自行补一个时点。本实验只估计金额函数的模型期望，没有建立现金账户，更没有把概率 \(p\) 宣布为定价测度。因此 \(E_pX\) 不是由本表自动得到的今日期权价格。

基准模型的精确计算是

\[ \mu=E_pX=.4(10000)+.2(20000)=8000\ {\rm USD}, \]

\[ E_pX^2=.4(10000)^2+.2(20000)^2=120000000\ {\rm USD}^2, \]

\[ \sigma^2=E_pX^2-\mu^2=56000000\ {\rm USD}^2, \qquad \sigma\approx7483.31\ {\rm USD}. \]

有了这两个真值，我们可以直接检查模拟误差，而不必把模拟结果本身当标准答案。一次市场支付仍只是一个结果；本节的 \(n\) 次是电脑在同一指定分布下重复抽样，不能把它们误读为连续 \(n\) 天市场记录。²

2. 平均值为什么会收敛？

令 \(X_1,X_2,\ldots\) 在模拟概率空间上独立同分布，\(\bar X_n=n^{-1}\sum_{i=1}^nX_i\)。采用的弱大数定律是：若 \(E|X_1|<\infty\)，则 \(\bar X_n\to E[X_1]\) 依概率，即对每个 \(\varepsilon>0\)， \(P(|\bar X_n-E[X_1]|>\varepsilon)\to0\)。它没有声称每增加一次抽样，误差都会减小。³

在本例有限方差的条件下，我们还能完整证明一个误差界。

命题。 若 \(X_i\) iid，\(E[X_i]=\mu\)、\(\operatorname{Var}(X_i)=\sigma^2<\infty\)，则

\[ E[(\bar X_n-\mu)^2]=\frac{\sigma^2}{n},\qquad P(|\bar X_n-\mu|\ge\varepsilon) \le\frac{\sigma^2}{n\varepsilon^2}\quad(\varepsilon>0). \]

证明。 期望的线性性给出 \(E\bar X_n=\mu\)。展开中心化和的平方，不同项因独立且均值为零，交叉期望为零，所以

\[ E[(\bar X_n-\mu)^2] =\frac1{n^2}\sum_{i=1}^nE[(X_i-\mu)^2] =\frac{\sigma^2}{n}. \]

又因为 \(\varepsilon^2\mathbf1_{\{|\bar X_n-\mu|\ge\varepsilon\}} \le(\bar X_n-\mu)^2\)， 两边取期望，再除以 \(\varepsilon^2\)，即得不等式；右边随 \(n\) 趋于零，因而得到依概率收敛。

这里把独立性用在交叉项，而不是用在期望线性性。若样本相关，就要保留协方差项，不能直接把方差除以 \(n\)。这个短证明还使用了有限二阶矩；只有有限一阶绝对矩时，弱律仍成立，但不能沿这条方差计算来证明。

3. 从标准误到近似区间

上面的平方误差计算已经给出平均值的标准差 \(\operatorname{SE}(\bar X_n)=\sigma/\sqrt n\)。标准误描述估计量的抽样波动，不是单次支付的标准差。 本例 \(n=1000\) 时，单次支付标准差仍为 7,483.31 美元，平均值的理论标准误则约为 236.64 美元。

采用的经典 iid 中心极限定理进一步要求 \(0<\sigma^2<\infty\)，结论是

\[ \frac{\sqrt n(\bar X_n-\mu)}{\sigma}\ \Rightarrow\ N(0,1). \]

这是标准化误差的分布收敛，不是说每个 \(X_i\) 接近正态，也不是有限 \(n\) 时的精确正态身份。³

模拟时通常以 \(s_n^2=(n-1)^{-1}\sum_i(X_i-\bar X_n)^2\) 估计方差。这个替换也需要理由：有限二阶矩使 \(X_i\) 与 \(X_i^2\) 都可积，分别应用大数定律，再用

\[ s_n^2=\frac n{n-1}\left(\frac1n\sum_iX_i^2-\bar X_n^2\right) \]

可得 \(s_n^2\to\sigma^2\) 依概率。由于 \(\sigma>0\)，Slutsky 定理允许用 \(s_n\) 替代标准化分母；它不要求样本均值和样本标准差独立。这一步不需要额外假设四阶矩有限。⁴

于是我们使用近似 95% 区间

\[ I_n=\left[\bar X_n-1.96\,\frac{s_n}{\sqrt n}, \bar X_n+1.96\,\frac{s_n}{\sqrt n}\right]. \]

其频率解释是：按同一模型反复生成整份样本，这一构造的区间覆盖固定 \(\mu\) 的比例在适用极限下趋近 95%。它不是下一次支付的预测区间，也不是“观察完这个区间后，固定均值有 95% 概率在里面”。若某次离散样本恰好全相同、\(s_n=0\)，计算会给零宽区间；这并不证明总体无波动，只说明这次学生化近似可能失灵。

4. 看同一路径，而不是每次换一次实验

冻结实验使用 NumPy Generator(PCG64(1201)) 一次生成 10,000 个 \([0,1)\) 均匀数，再按累计概率映射四个状态。\(n=100,1000,10000\) 都取同一路径的前缀；基准与压力模型也使用同一组均匀数，只有映射阈值改变。² 因此切换 \(n\) 是延长同一次记录，不是三次独立实验。

模型	\(n\)	样本均值（美元）	对本模型的数值误差	估计 SE	理论 SE
基准	100	7,300.00	-700.00	722.72	748.33
基准	1,000	7,950.00	-50.00	238.65	236.64
基准	10,000	7,995.00	-5.00	75.03	74.83
压力	100	6,100.00	-900.00	750.69	781.02
压力	1,000	6,920.00	-80.00	248.95	246.98
压力	10,000	6,997.00	-3.00	78.28	78.10

以默认基准 \(n=1000\) 为例，四状态次数为 \([95,313,389,203]\)，所以

\[ \bar X_{1000}=\frac{389(10000)+203(20000)}{1000}=7950. \]

将这组计数代入样本方差公式，得到估计 SE 为 238.65 美元，而模型给出的理论 SE 为 236.64 美元。两者不必完全相等；前者本身也由随机样本估计。此次近似区间为 [7,482.24，8,417.76] 美元，包含模型均值 8,000。

先观察实际支付路径，再看累计平均曲线。曲线的来回波动不会违反大数定律；上表恰好三次误差逐渐变小，也不能证明每一步都如此。图中的区间针对当前选定的固定 \(n\)，没有同时覆盖整条路径的承诺。

为了检验区间构造，另用 seed 1202 生成 5,000 行独立重复，每行长度 10,000，再各取三个前缀。每个 \(n\) 的 5,000 次重复彼此独立，但不同 \(n\) 的覆盖率结果互相关联，因为它们共享每行前缀。

\(n\)	覆盖模型均值的次数 / 5,000	覆盖率	覆盖率的 MCSE（百分点）
100	4,750	95.00%	0.3082
1,000	4,792	95.84%	0.2824
10,000	4,723	94.46%	0.3235

若覆盖率为 \(\widehat c\)，覆盖指示变量是 0/1，覆盖率自身的 Monte Carlo 标准误估计为 \(\sqrt{\widehat c(1-\widehat c)/5000}\)。因此 95.84% 不等于区间“理论覆盖率被改成了 95.84%”；它是有限次重复所得的随机比例，且区间本来也是有限样本近似。表中没有把数值强行调整到 95%。

5. 多抽样消不掉模型差异

压力模型的期望为 7,000 美元、方差为 61,000,000 美元²。默认 \(n=1000\) 得到 6,920 美元。现在有两种误差：

\[ 6920-8000 =\underbrace{(6920-7000)}_{\text{对所模拟模型的数值误差 }-80} +\underbrace{(7000-8000)}_{\text{两模型均值差 }-1000}. \]

增加 \(n\)，第一项会向零收敛，第二项不变。我们并没有证明基准 \(p\) 是现实真相；这个比较只是说明，即使两套模型的差异已知，也不能用更窄的数值误差带把它抹掉。

矩条件同样不会被大样本自动创造。比如 \(P(Y>y)=y^{-1.5}\)（\(y\ge1\)）的 Pareto 分布，均值为 3，二阶矩却无限：普通均值大数定律可以使用，有限方差版 CLT 和 \(\sigma/\sqrt n\) 则不能照搬。

选读：没有有限方差时，均值估计并未停止

关于更弱矩条件下的均值估计，Cherapanamjeri 等有专门研究；它是另一套条件与方法，不是把本例的标准误公式继续使用的理由。⁵

把这两项区分带回金融分析：如果不确定的是模型参数与数据生成机制，增加模拟路径只会更精确地算出当前假设的答案。下一节 估计误差与预测不确定性 ↗再研究样本信息本身不足所带来的问题。

6. 检查你能否独立报告模拟结果

题一：要多少次？ 本例基准模型的理论 SE 要不超过 100 美元，最少需要多少次 iid 抽样？这是保证实际误差不超过 100 美元吗？

解析。 由 \(\sqrt{56000000/n}\le100\) 得 \(n\ge5600\)。它限制的是抽样标准差，不是每一次误差的确定上界。即使用该 \(n\)，单次估计仍可能偏离均值超过 100 美元；若需要一个概率界，还要说明采用 Chebyshev 还是 CLT 近似。

题二：两个不同的“误差”。 压力模型 \(n=10000\) 的估计是 6,997 美元。分别计算相对本模型和相对基准模型的差异，并解释再加一百倍路径可能改变什么。

解析。 数值误差为 \(6997-7000=-3\)；相对基准的差异为 \(6997-8000=-1003\)。理论 SE 在路径数增大一百倍后缩为原来的十分之一，模型均值差仍为 \(-1000\)。一次路径的实际误差不必恰按十分之一缩放。

题三：区间到底覆盖什么？ 把 [7,482.24，8,417.76] 美元解释为“下一次支付大概率在这里”是否合理？

解析。 不合理。本模型的下一次支付只可能为 0、10,000、20,000 美元，三个数都不在该区间里。该区间的构造目标是模型均值 8,000，而不是未来单次支付。这个直接反例比一句“置信区间不同于预测区间”更能检验对象是否分清。