সমাধান — অধ্যায় ৩.৩ · Law of Large Numbers¶

অধ্যায় ফাইল: part-3-convergence-processes/03-03-law-of-large-numbers.md (§৭ অনুশীলনী)। সংখ্যাগত উত্তর numpy/scipy.stats দিয়ে যাচাইযোগ্য (seed উল্লেখ থাকলে reproducible)। মূল সূত্র: $\bar X_n=\frac1n\sum_{i=1}^n X_i$; $\mathbb E[\bar X_n]=\mu$; $\operatorname{Var}(\bar X_n)=\sigma^2/n$; Chebyshev: $P(\lvert\bar X_n-\mu\rvert\ge\varepsilon)\le \frac{\sigma^2}{n\varepsilon^2}$। WLLN $=\bar X_n\xrightarrow{P}\mu$; SLLN $=\bar X_n\xrightarrow{a.s.}\mu$।

ক · ধারণাগত (conceptual)¶

সমাধান ১ (★)¶

weak বনাম strong LLN — পার্থক্য কোথায় "limit" নেওয়া হচ্ছে:

Weak LLN ($\bar X_n\xrightarrow{P}\mu$): একটা probability-র উপর শর্ত। প্রতিটি স্থির $\varepsilon>0$-এ "$\bar X_n$ এখনো $\mu$ থেকে $\varepsilon$-এর বেশি দূরে" — এই ঘটনার probability $P(\lvert\bar X_n-\mu\rvert\ge\varepsilon)\to 0$। কিন্তু কোন কোন sample point-এ গড় দূরে, তা $n$-এর সাথে বদলাতে পারে।
Strong LLN ($\bar X_n\xrightarrow{a.s.}\mu$): একটা পথ-ভিত্তিক (pathwise) শর্ত। প্রায় প্রতিটি $\omega$-এর জন্য পুরো সংখ্যা-sequence $\bar X_n(\omega)$ আক্ষরিকভাবে $\mu$-তে থিতু হয়: $P\bigl(\lim_n \bar X_n=\mu\bigr)=1$।

মিল: $\bar X_n\xrightarrow{P}\mu$ হলো weak, $\bar X_n\xrightarrow{a.s.}\mu$ হলো strong; এবং $a.s.\Rightarrow P$ (3.2), তাই SLLN $\Rightarrow$ WLLN।

Figure 1 (ছক্কা-প্যানেল) দিয়ে: $8$টি path-এর প্রত্যেকটি আলাদা পথ ধরে, কিন্তু সবাই-ই শেষমেশ $3.5$-এ এসে আটকে যায় — এটাই "প্রায় প্রতিটি পথ থিতু হয়" (strong)। weak শুধু বলত: "যেকোনো বড় $n$-এ, একটা random path-এর গড় $3.5$-এর কাছে থাকার সম্ভাবনা প্রায় $1$" — যা কম দাবি (পথটা পরে আবার সরে যেতে পারে কিনা সে নিয়ে নীরব)। SLLN বলে: সরে যাবে না, প্রায় নিশ্চিতভাবে।

সমাধান ২ (★)¶

Gambler's fallacy কেন ভুল: মুদ্রা স্মৃতিহীন — প্রতিটি ছোঁড়া independent, তাই $5$টা tail-এর পরও পরের head-এর probability ঠিক $0.5$-ই থাকে; অতীত ফলাফল ভবিষ্যৎকে "ভারসাম্যে ফেরানোর" চেষ্টা করে না।

LLN আসলে কী বলে: mean (গড়) $\bar X_n\to 0.5$ হয় ভবিষ্যৎ ছোঁড়াকে শোধরে নয়, বরং পুরোনো deviation (বিচ্যুতি)-কে পাতলা করে দিয়ে। ধরুন $n=10$-এ heads $7$টা বেশি (বড় বিচ্যুতি)। LLN বলে না যে পরে কম heads আসবে; বরং বলে — $n=10{,}000$ হলে ওই $+7$ ভাগ হয়ে যাবে $10{,}000$ দিয়ে, প্রভাব নগণ্য। অর্থাৎ absolute বিচ্যুতি $\lvert\sum X_i - n/2\rvert$ আসলে বাড়তেও পারে ($\sim\sqrt n$, CLT), কিন্তু per-flip গড় বিচ্যুতি $\div n$ হয়ে $0$-তে যায়। "ভারসাম্য" আসে dilution-এ, correction-এ নয়।

সমাধান ৩ (★)¶

যে শর্ত ভাঙে: LLN-এর জন্য দরকার first moment-এর অস্তিত্ব, অর্থাৎ $\mathbb E\lvert X_i\rvert<\infty$। Cauchy distribution-এ $$ \mathbb E\lvert X\rvert=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\lvert x\rvert}{\pi(1+x^2)}\,dx=\infty, $$ কারণ tail $\sim 1/x^2$ এত মোটা যে $\lvert x\rvert\cdot\frac{1}{x^2}=\frac{1}{\lvert x\rvert}$-এর integral ডাইভার্জ করে। তাই mean অসংজ্ঞায়িত — কোনো নির্দিষ্ট $\mu$ নেই যার দিকে গড় যাবে।

কীভাবে নিরাপত্তা কেড়ে নেয়: heavy tail মানে যেকোনো সময় একটা বিশাল sample আসতে পারে যার magnitude আগের সব sample-এর যোগফলের সমান বা বড়। সেটা পুরো $\bar X_n$-কে এক ঝটকায় টেনে সরিয়ে দেয় (Figure 4-এর হঠাৎ লাফ/রিসেট), আর $n$ বাড়লেও এই বড় sample-এর সম্ভাবনা যথেষ্ট কমে না। তাই গড় কখনো "শান্ত" হয় না — averaging-এর স্বাভাবিক mountain-smoothing প্রভাব এখানে কাজ করে না।

সমাধান ৪ (★★)¶

Consistency = $\hat\theta_n\xrightarrow{P}\theta$, অর্থাৎ data বাড়লে estimator সত্যিকার parameter-এ থিতু হয়।

(ক) sample mean: $\hat\mu_n=\bar X_n$ ধরলে weak LLN ঠিক বলে $\bar X_n\xrightarrow{P}\mu$ — তাই sample mean হলো population mean $\mu$-র একটা consistent estimator। কোনো অতিরিক্ত প্রমাণ লাগে না; consistency-র সংজ্ঞা আর WLLN-এর উপসংহার অভিন্ন।

(খ) sample variance-ও consistent, এবং তা-ও LLN থেকে। ধরা যাক $S_n^2=\frac1n\sum_{i=1}^n X_i^2-\bar X_n^2$ (biased সংস্করণ; $\frac{1}{n-1}$ ভার্সনও একই limit দেয়)। - $\frac1n\sum X_i^2$ হলো iid চলক $X_i^2$-র sample mean; LLN দিয়ে $\frac1n\sum X_i^2\xrightarrow{P}\mathbb E[X^2]$ (যদি $\mathbb E[X^2]<\infty$)। - $\bar X_n\xrightarrow{P}\mu$, তাই (continuous mapping theorem, $g(t)=t^2$) $\bar X_n^2\xrightarrow{P}\mu^2$। - অতএব $S_n^2\xrightarrow{P}\mathbb E[X^2]-\mu^2=\sigma^2$।

মূল ধারণা: LLN + continuous mapping দিয়ে গড়, variance, এমনকি যেকোনো moment-ভিত্তিক estimator-এর consistency পাওয়া যায় — এটাই method-of-moments-এর তাত্ত্বিক ভিত্তি।

খ · গণনামূলক (computational)¶

সমাধান ৫ (★)¶

E1: ছক্কা, $\mu=3.5$, $\sigma^2=\frac{35}{12}\approx 2.9167$, $\varepsilon=0.1$।

Chebyshev bound: $$ P(\lvert\bar X_n-3.5\rvert\ge 0.1)\;\le\;\frac{\sigma^2}{n\varepsilon^2}=\frac{35/12}{n\cdot 0.01}=\frac{2.9167}{0.01\,n}=\frac{291.67}{n}. $$

$n=1000$-এ: bound $=\dfrac{291.67}{1000}\approx 0.2917$। (অর্থাৎ Chebyshev কেবল $\le 29\%$ গ্যারান্টি দেয় — খুবই ঢিলা; প্রকৃত probability অনেক ছোট।)

bound $\le 0.05$ করতে: $$ \frac{291.67}{n}\le 0.05\;\Longrightarrow\; n\ge \frac{291.67}{0.05}=5833.3\;\Longrightarrow\; n\ge 5834. $$

(নোট: Chebyshev রক্ষণশীল; বাস্তবে Hoeffding বা CLT দিয়ে অনেক ছোট $n$-তেই $0.05$ পাওয়া যায়। এটাই 3.1-এ দেখা "bound loose কিন্তু সর্বজনীন" পয়েন্টের পুনরাবৃত্তি।)

সমাধান ৬ (★★)¶

E2: $X_i\sim\text{Bernoulli}(p)$, $\mu=p$, $\sigma^2=p(1-p)$।

(ক) $\bar X_n\xrightarrow{P}p$: Chebyshev দিয়ে $$ P(\lvert\bar X_n-p\rvert\ge\varepsilon)\le\frac{p(1-p)}{n\varepsilon^2}. $$ স্থির $\varepsilon$-এ ডান পাশ $\to 0$ যখন $n\to\infty$ (লব আবদ্ধ, হর $\to\infty$)। তাই $\bar X_n\xrightarrow{P}p$। ∎

(খ) $p$ অজানা — worst case: $f(p)=p(1-p)$ সর্বোচ্চ $p=\tfrac12$-এ, মান $\tfrac14$। তাই $p$ যাই হোক, $$ P(\lvert\bar X_n-p\rvert\ge\varepsilon)\le\frac{1}{4n\varepsilon^2}. $$ $\varepsilon=0.02$, target $\le 0.05$: $$ \frac{1}{4n(0.02)^2}=\frac{1}{4n\cdot 0.0004}=\frac{1}{0.0016\,n}\le 0.05 \;\Longrightarrow\; n\ge\frac{1}{0.0016\cdot 0.05}=\frac{1}{0.00008}=12{,}500. $$ অর্থাৎ $n\ge 12{,}500$ নমুনা নিলে Chebyshev গ্যারান্টি দেয় গড় ($\pm 2\%$)-এর মধ্যে $95\%$ আত্মবিশ্বাসে। (এটাই poll-এর margin-of-error হিসাবের রক্ষণশীল কঙ্কাল; বাস্তব polls CLT দিয়ে $\sim 2400$-এই $95\%/\pm 2\%$ পায়।)

সমাধান ৭ (★★)¶

E3 Monte Carlo: $X_i\sim\text{Bernoulli}(p)$ যেখানে $p=\pi/4\approx 0.7854$; $\hat\pi_n=4\bar X_n$।

(ক) unbiased: $\mathbb E[\hat\pi_n]=4\,\mathbb E[\bar X_n]=4p=4\cdot\frac\pi4=\pi$. ∎

(খ) variance ও SE: $$ \operatorname{Var}(\hat\pi_n)=\operatorname{Var}(4\bar X_n)=16\,\operatorname{Var}(\bar X_n)=16\cdot\frac{p(1-p)}{n}=\frac{16\cdot\frac\pi4(1-\frac\pi4)}{n}. $$ সংখ্যায় $p(1-p)=0.7854\cdot 0.2146\approx 0.1686$, তাই $\operatorname{Var}(\hat\pi_n)\approx\frac{16\cdot 0.1686}{n}=\frac{2.697}{n}$, এবং $$ \operatorname{SE}(\hat\pi_n)=\sqrt{\frac{16\,p(1-p)}{n}}=\sqrt{\frac{2.697}{n}}=\frac{1.642}{\sqrt n}. $$

(গ) $2\,\mathrm{SE}\le 0.01$: $$ 2\cdot\frac{1.642}{\sqrt n}\le 0.01\;\Longrightarrow\;\sqrt n\ge\frac{3.284}{0.01}=328.4\;\Longrightarrow\; n\ge 328.4^2\approx 107{,}850. $$ অর্থাৎ error $\pm 0.01$-এ নামাতে আনুমানিক $\mathbf{1.08\times10^5}$ বিন্দু লাগবে। (লক্ষ করুন: error অর্ধেক করতে $4$ গুণ বিন্দু — $1/\sqrt n$ হার, Figure 3-এর ব্যান্ড সংকোচনের সাথে মেলে।)

সমাধান ৮ (★★)¶

$Y_n=\frac1n\sum_{i=1}^n X_i^2$, $X_i\sim\text{Uniform}(0,1)$ iid।

(ক) limit ও mode: $X_i^2$-গুলোও iid (একটা iid sequence-এর প্রতিটি পদে একই function)। তাদের mean $$ \mathbb E[X^2]=\int_0^1 x^2\,dx=\Big[\tfrac{x^3}{3}\Big]_0^1=\tfrac13. $$ $X^2\in[0,1]$ আবদ্ধ, তাই $\mathbb E\lvert X^2\rvert<\infty$ — strong LLN খাটে: $$ Y_n\xrightarrow{a.s.}\tfrac13\quad(\text{তাই } \xrightarrow{P}\tfrac13 \text{-ও}). $$

(খ) সাধারণ নীতি: LLN শুধু $\bar X_n$-এ সীমাবদ্ধ নয়। যেকোনো (measurable) function $g$-র জন্য, যদি $\mathbb E\lvert g(X)\rvert<\infty$, তবে $g(X_1),g(X_2),\dots$-ও iid, এবং $$ \frac1n\sum_{i=1}^n g(X_i)\xrightarrow{a.s.}\mathbb E[g(X)]. $$ এখানে $g(x)=x^2$। এই রূপটাই Monte Carlo (সমাধান ৭, $g=$ indicator) আর integral-আনুমান (প্রশ্ন ১৪, $g(x)=e^{-x^2}$)-কে একই LLN-এর ছাতার নিচে আনে।

গ · প্রমাণভিত্তিক (proof-based)¶

সমাধান ৯ (★★) — Weak LLN (finite variance)¶

দাবি: $X_1,\dots,X_n$ iid, $\mathbb E[X_i]=\mu$, $\operatorname{Var}(X_i)=\sigma^2<\infty$ $\Rightarrow$ $\bar X_n\xrightarrow{P}\mu$।

প্রমাণ. প্রথমে $\bar X_n$-এর mean ও variance: $$ \mathbb E[\bar X_n]=\frac1n\sum_{i=1}^n\mathbb E[X_i]=\mu,\qquad \operatorname{Var}(\bar X_n)=\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^n\operatorname{Var}(X_i)=\frac{n\sigma^2}{n^2}=\frac{\sigma^2}{n}, $$ (variance-এ independence ব্যবহার করে cross-term শূন্য)। এবার যেকোনো স্থির $\varepsilon>0$-এ Chebyshev inequality (3.1) $\bar X_n$-এ প্রয়োগ করি: $$ P\bigl(\lvert\bar X_n-\mu\rvert\ge\varepsilon\bigr)\le\frac{\operatorname{Var}(\bar X_n)}{\varepsilon^2}=\frac{\sigma^2}{n\varepsilon^2}. $$ $\varepsilon$ স্থির হওয়ায় $n\to\infty$-এ ডান পাশ $\to 0$। সংজ্ঞা অনুযায়ী এটাই $\bar X_n\xrightarrow{P}\mu$। ∎

সমাধান ১০ (★★) — $L^2$ (mean-square) LLN¶

দাবি: একই অনুমানে $\bar X_n\xrightarrow{L^2}\mu$, এবং সেখান থেকে $\bar X_n\xrightarrow{P}\mu$।

প্রমাণ ($L^2$): mean-square error হলো ঠিক variance, কারণ $\mathbb E[\bar X_n]=\mu$: $$ \mathbb E\bigl[(\bar X_n-\mu)^2\bigr]=\operatorname{Var}(\bar X_n)=\frac{\sigma^2}{n}\xrightarrow[n\to\infty]{}0. $$ সংজ্ঞা অনুযায়ী ($p=2$) এটাই $\bar X_n\xrightarrow{L^2}\mu$। ∎

সেখান থেকে $\xrightarrow{P}$: 3.2-র hierarchy অনুযায়ী $L^2\Rightarrow P$ (Markov-এর $L^2$ রূপ দিয়ে): যেকোনো $\varepsilon>0$-এ $$ P(\lvert\bar X_n-\mu\rvert\ge\varepsilon)=P\bigl((\bar X_n-\mu)^2\ge\varepsilon^2\bigr)\le\frac{\mathbb E[(\bar X_n-\mu)^2]}{\varepsilon^2}=\frac{\sigma^2}{n\varepsilon^2}\to 0. $$ অতএব $\bar X_n\xrightarrow{P}\mu$। (লক্ষণীয়: এটা সমাধান ৯-এর প্রমাণেরই অন্য মোড়ক — Chebyshev নিজেই Markov-এর $L^2$ রূপ।) ∎

সমাধান ১১ (★★★) — Cauchy ব্যর্থতা (E4)¶

$X_1,\dots,X_n$ iid standard Cauchy, characteristic function $\varphi_X(t)=\mathbb E[e^{itX}]=e^{-\lvert t\rvert}$।

(ক) $\bar X_n$-এর characteristic function: independence-এর জন্য যোগফলের c.f. গুণফল: $$ \varphi_{S_n}(t)=\mathbb E\bigl[e^{it\sum X_j}\bigr]=\prod_{j=1}^n\varphi_X(t)=\bigl(e^{-\lvert t\rvert}\bigr)^n=e^{-n\lvert t\rvert},\qquad S_n=\textstyle\sum_j X_j. $$ scaling-এর নিয়ম $\varphi_{aY}(t)=\varphi_Y(at)$ দিয়ে, $\bar X_n=\frac1n S_n$ হলে $$ \varphi_{\bar X_n}(t)=\varphi_{S_n}!\Big(\frac{t}{n}\Big)=e^{-n\lvert t/n\rvert}=e^{-\lvert t\rvert}=\varphi_X(t). $$ অর্থাৎ $\bar X_n$-ও ঠিক standard Cauchy — যত নমুনাই নিই, গড়ের distribution একটুও সরু হয় না। ∎

(খ) তাই LLN ব্যর্থ: ধরা যাক বিপরীতে $\bar X_n\xrightarrow{P}c$ কোনো ধ্রুবক $c$-তে। তাহলে $\bar X_n\xrightarrow{d}c$-ও (3.2: $P\Rightarrow d$), অর্থাৎ $\bar X_n$-এর distribution একটা degenerate (সব ভর $c$-তে, step CDF)-এর দিকে যেত, এবং c.f. $\to e^{itc}$ ($\lvert\varphi\rvert\to 1$ সর্বত্র)। কিন্তু আমরা দেখলাম $\varphi_{\bar X_n}(t)=e^{-\lvert t\rvert}$ — $n$-নিরপেক্ষ, এবং $\lvert t\rvert>0$-এ $\lvert\varphi\rvert=e^{-\lvert t\rvert}<1$, কখনো $1$-এ যায় না। স্ববিরোধ। তাই $\bar X_n$ কোনো ধ্রুবকে $\xrightarrow{P}$ করতে পারে না — LLN ভেঙে পড়ে। স্বজ্ঞায়: গড়ের spread কমে না (Figure 4), তাই থিতু হওয়ার প্রশ্নই নেই। ∎

ঘ · কোডিং (coding)¶

সমাধান ১২ (★)¶

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

N = 5000
n_axis = np.arange(1, N + 1)
fig, ax = plt.subplots(figsize=(8, 4.5))
for seed in (0, 1, 2):
    rng = np.random.default_rng(seed)
    rolls = rng.integers(1, 7, size=N)          # fair die 1..6
    run = np.cumsum(rolls) / n_axis             # running mean
    ax.plot(n_axis, run, lw=1.0, alpha=0.8, label=f"seed {seed}")
ax.axhline(3.5, color="red", ls="--", lw=2, label="true mean 3.5")
ax.set_xscale("log")
ax.set_xlabel("number of rolls n (log)")
ax.set_ylabel(r"running mean $\bar X_n$")
ax.set_title("Die rolls: each path converges to 3.5")
ax.legend(); ax.grid(alpha=0.3)
plt.tight_layout(); plt.show()

যা দেখা যাবে: তিনটি seed তিনটি ভিন্ন পথ ধরে — শুরুতে এলোমেলো, কিন্তু $n$ বাড়তেই তিনটিই $3.5$-এ এসে চেপে বসে। এটাই strong LLN: প্রতিটি (প্রায় সব) পথ থিতু হয়, যদিও পথ ভিন্ন।

সমাধান ১৩ (★★)¶

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

rng = np.random.default_rng(11)
mu, sigma2, eps, M, Nmax = 0.5, 1/12, 0.05, 20000, 5000   # Uniform(0,1)
ns = np.unique(np.round(np.logspace(np.log10(5), np.log10(Nmax), 36)).astype(int))
nset = set(int(v) for v in ns); emp = {}

running = np.zeros(M)                  # incremental sum over M experiments -> O(M) memory
for j in range(1, Nmax + 1):
    running += rng.uniform(0, 1, size=M)
    if j in nset:
        emp[j] = float(np.mean(np.abs(running / j - mu) >= eps))

emp = np.array([emp[int(v)] for v in ns])
cheb = np.minimum(sigma2 / (ns * eps**2), 1.0)

plt.figure(figsize=(8, 5))
plt.loglog(ns, cheb, "s-", color="tab:orange",
           label=r"Chebyshev $\sigma^2/(n\varepsilon^2)$")
plt.loglog(ns, emp, "o-", color="tab:blue",
           label=r"empirical $P(|\bar X_n-\mu|\geq\varepsilon)$")
plt.xlabel("sample size n (log)"); plt.ylabel("probability (log)")
plt.title("Weak LLN: empirical probability stays under Chebyshev")
plt.legend(); plt.grid(alpha=0.3, which="both")
plt.tight_layout(); plt.show()

assert np.all(emp <= cheb + 1e-12), "empirical should never exceed Chebyshev"
print("OK: empirical <= Chebyshev everywhere")

যা দেখা যাবে: নীল (empirical) রেখা সবসময় কমলা (Chebyshev) রেখার নিচে — bound কখনো লঙ্ঘিত নয় — আর নীল রেখা অনেক দ্রুত $0$-তে নামে। assert পাস করে এটাই নিশ্চিত করে। Memory note: পুরো $(M\times n)$ ম্যাট্রিক্স না রেখে একটা running ভেক্টরে incrementally যোগ করায় বড় $n$-তেও RAM সমস্যা হয় না।

সমাধান ১৪ (★★★)¶

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
from scipy.special import erf

rng = np.random.default_rng(0)
N = 20000
true_I = np.sqrt(np.pi) / 2 * erf(1.0)        # = ∫_0^1 e^{-x^2} dx ≈ 0.746824

U = rng.uniform(0, 1, size=N)
g = np.exp(-U**2)                              # g(U), an iid sequence
n_axis = np.arange(1, N + 1)
running_mean = np.cumsum(g) / n_axis          # I_hat_n = (1/n) Σ g(U_i)  -> E[g(U)] = I

# running standard error: SE_n = s_n / sqrt(n)
running_sumsq = np.cumsum(g**2)
running_var = running_sumsq / n_axis - running_mean**2
se = np.sqrt(np.maximum(running_var, 0) / n_axis)

plt.figure(figsize=(8.5, 5))
plt.plot(n_axis, running_mean, color="tab:blue", lw=1.2, label=r"$\hat I_n$")
plt.fill_between(n_axis, running_mean - 2*se, running_mean + 2*se,
                 color="tab:orange", alpha=0.25, label=r"$\hat I_n \pm 2\,$SE")
plt.axhline(true_I, color="red", ls="--", lw=2,
            label=f"true I = {true_I:.5f}")
plt.xscale("log"); plt.xlim(10, N)
plt.xlabel("number of samples n (log)"); plt.ylabel("estimate of integral")
plt.title(r"Monte Carlo: $\hat I_n=\frac1n\sum e^{-U_i^2}\to\int_0^1 e^{-x^2}dx$")
plt.legend(); plt.grid(alpha=0.3)
plt.tight_layout(); plt.show()

print(f"final estimate = {running_mean[-1]:.5f},  true = {true_I:.5f}")

যা দেখা যাবে: running estimate $\hat I_n$ দ্রুত $\pm 2\,\mathrm{SE}$ ব্যান্ডের ভেতরে true মান $\approx 0.74682$-তে গুটিয়ে আসে; ব্যান্ড $1/\sqrt n$ হারে সরু হয়। মূল পাঠ: integral-আনুমান আসলে একটা sample mean-এর limit ($g(U)=e^{-U^2}$-এ LLN), তাই deterministic quadrature ছাড়াও randomness দিয়ে integral বের করা যায় — high-dimensional integral-এ এটাই প্রধান কৌশল।

যাচাই-নোট: সংখ্যাগত উত্তরগুলো (সমাধান ৫: $n\ge 5834$; সমাধান ৬: $n\ge 12{,}500$; সমাধান ৭: $n\approx 1.08\times10^5$) Chebyshev-ভিত্তিক, তাই রক্ষণশীল — CLT/Hoeffding দিয়ে এর চেয়ে অনেক ছোট $n$-তেই একই গ্যারান্টি মেলে (পরের অধ্যায় 3.4)। কোড-উত্তরগুলো উল্লিখিত seed-