Skip to content

সমাধান — অধ্যায় ৭.২ · σ-Algebra, Measure ও Extension Theorem

অধ্যায় ফাইল: part-7-measure-theoretic/07-02-sigma-algebra-measure-extension.md (§৭ অনুশীলনী)। সংখ্যাগত উত্তর numpy দিয়ে যাচাইযোগ্য; seed উল্লেখ থাকলে reproducible (default_rng(20260619))। canonical তথ্য (এই অধ্যায়ের মূল বস্তু ও সংখ্যা): (σ-algebra) \(\Omega\in\mathcal F\); complement-বদ্ধ; গণনাযোগ্য union-বদ্ধ — যেখান থেকে \(\varnothing\), গণনাযোগ্য intersection, set-difference আপনিই আসে। \(\sigma(\mathcal G)\) = \(\mathcal G\)-কে ধারণকারী সব σ-algebra-র intersection (smallest)। গণনা: \(\lvert\sigma(\{A\})\rvert=4\) (২ atom), \(\lvert\sigma(\{A,B\})\rvert=16\) (৪ atom)। (measure) \(\mu(\varnothing)=0\), countable additivity; এ থেকে monotonicity, subadditivity, continuity। continuity from below: \(\lambda([0,1-\tfrac1n])=1-\tfrac1n\) (\(n=1,2,5,100\to 0.0,0.5,0.8,0.99\)), limit \(1\)। from-above caveat: \(\lambda([n,\infty))=\infty\) — তাই সসীম-measure শর্ত লাগে। উদাহরণ: counting \(\mu(\{1,2,3\})=3\), Dirac \(\delta_0\); \(\lambda([0,1])=1\), \(\lambda(\mathbb Q\cap[0,1])=0\), \(\lambda(\text{Cantor})=0\)। (Carathéodory) outer measure \(\mu^*\) → criterion (\(\mu^*(A)=\mu^*(A\cap E)+\mu^*(A\cap E^c)\)) → extension theorem (premeasure → একমাত্র measure, measurable set-রা complete σ-algebra) → Lebesgue। (π–λ) π-system-এ মিললে দুই σ-finite measure সর্বত্র মেলে ⇒ CDF law নির্ধারণ করে। (Monte-Carlo) \(\lambda([0,\tfrac13]\cup[\tfrac12,1])=\tfrac56\approx 0.8333\), আনুমান \(0.8335\) (seed default_rng(20260619), \(N=10^6\))।

ক · ধারণাগত (conceptual)

সমাধান ১ (★)

দাবি: \(\mathcal A=\{A\subseteq\mathbb N : A \text{ সসীম, বা } A^c \text{ সসীম}\}\) একটা algebra, কিন্তু σ-algebra নয়।

(I) \(\mathcal A\) একটা algebra। তিনটি algebra-শর্ত যাচাই করি:

  • \(\mathbb N\in\mathcal A\): \(\mathbb N^c=\varnothing\) সসীম, তাই \(\mathbb N\)-এর complement সসীম — শর্ত মানা।
  • complement-বদ্ধ: ধরা যাক \(A\in\mathcal A\)। দুই ক্ষেত্র: যদি \(A\) সসীম, তবে \((A^c)^c=A\) সসীম — তাই \(A^c\in\mathcal A\) (এর complement সসীম)। যদি \(A^c\) সসীম, তবে \(A^c\) সরাসরিই সসীম — তাই \(A^c\in\mathcal A\)। দুই ক্ষেত্রেই \(A^c\in\mathcal A\)। (সংজ্ঞাটা \(A\) ও \(A^c\)-এর ক্ষেত্রে প্রতিসম, তাই complement-বদ্ধতা তাৎক্ষণিক।)
  • সসীম union-বদ্ধ: ধরা যাক \(A,B\in\mathcal A\); দেখাই \(A\cup B\in\mathcal A\)। যদি \(A,B\) দুটোই সসীম, \(A\cup B\) সসীম — মানা। অন্যথায় ধরা যাক অন্তত একটার (বলি \(A\)-এর) complement সসীম। তখন \((A\cup B)^c=A^c\cap B^c\subseteq A^c\), আর সসীম set-এর subset সসীম — তাই \((A\cup B)^c\) সসীম, অর্থাৎ \(A\cup B\in\mathcal A\)। (আরোহ দিয়ে যেকোনো সসীম union-এ বাড়ে।)

সুতরাং \(\mathcal A\) তিন algebra-শর্ত মানে।

(II) \(\mathcal A\) σ-algebra নয় — একটা গণনাযোগ্য union ভাঙে। জোড় সংখ্যার set \(E=\{2,4,6,\dots\}=\bigcup_{k=1}^\infty\{2k\}\) ধরি। প্রতিটি singleton \(\{2k\}\) সসীম, তাই \(\{2k\}\in\mathcal A\) — অর্থাৎ \(E\) হলো \(\mathcal A\)-র সদস্যদের একটা গণনাযোগ্য union। কিন্তু:

  • \(E\) নিজে সসীম নয় (অসীম-অনেক জোড় সংখ্যা);
  • \(E^c=\{1,3,5,\dots\}\) (বিজোড় সংখ্যা) — এটিও সসীম নয়।

কোনোটাই সসীম নয়, তাই \(E\notin\mathcal A\)। অর্থাৎ \(\mathcal A\) গণনাযোগ্য union-এর অধীনে বদ্ধ নয় — তাই σ-algebra নয়।

কেন এই উদাহরণ algebra ↔ σ-algebra পার্থক্য নিখুঁতভাবে ধরে (এক বাক্যে)। algebra কেবল সসীম operation-এ বদ্ধতা দাবি করে — আর "finite-or-cofinite" ঠিক সেই সসীম-জগতে বন্ধ থাকে; কিন্তু একটা গণনাযোগ্য union (singleton-দের জড়ো করা) সংগ্রহটার বাইরে বেরিয়ে যায়, আর σ-algebra-র "σ" ঠিক এই গণনাযোগ্য operation-এর বদ্ধতাই দাবি করে — যা সম্ভাব্যতায় অপরিহার্য কারণ আমাদের সর্বদা limit-এ (\(n\to\infty\)) যেতে হয়।

সমাধান ২ (★)

"smallest" কথাটার সঠিক অর্থ। "\(\sigma(\mathcal G)\) হলো \(\mathcal G\)-কে ধারণকারী smallest σ-algebra" — এর মানে দুটো শর্ত একসঙ্গে:

  1. (এটা একটা বৈধ প্রার্থী) \(\sigma(\mathcal G)\) নিজে একটা σ-algebra এবং \(\mathcal G\subseteq\sigma(\mathcal G)\);
  2. (এটা সবচেয়ে ছোট) \(\mathcal G\)-কে ধারণকারী যেকোনো σ-algebra \(\mathcal H\)-এর জন্য \(\sigma(\mathcal G)\subseteq\mathcal H\)।

দ্বিতীয় শর্তটাই "smallest"-এর মেরুদণ্ড: \(\sigma(\mathcal G)\) অন্য যেকোনো প্রার্থীর ভেতরে ঢুকে থাকে, তাই কোনো ছোট প্রার্থী আর নেই।

কেন "intersection of all such" — "complement/union নিয়ে বানানো set-দের সংগ্রহ" নয়। লোভনীয় মনে হয় \(\mathcal G\) থেকে শুরু করে বারবার complement ও union নিয়ে নতুন set যোগ করে গিয়ে σ-algebra বানানো। কিন্তু এই "constructive" পথ গণনাযোগ্য union-এর কারণে সরল আরোহে শেষ হয় না — transfinite পুনরাবৃত্তি লাগে, এবং কোন পর্যায়ে থামবে তা স্পষ্ট নয়। তার বদলে top-down সংজ্ঞা সাফ ও সর্বদা কার্যকর: $$ \sigma(\mathcal G)=\bigcap{\mathcal H : \mathcal H \text{ একটা σ-algebra এবং } \mathcal G\subseteq\mathcal H}. $$ এটা \(\mathcal G\)-কে ধারণকারী সব σ-algebra-কে একসঙ্গে কেটে নেয় — ফলে যা থাকে তা সবার ভেতরেই থাকে, অর্থাৎ স্বয়ংক্রিয়ভাবে "সবচেয়ে ছোট"।

সুসংজ্ঞায়িত হতে যে দুটো জিনিস লাগে:

  • intersection-টা ফাঁকা নয় (অন্তত এক প্রার্থী আছে): power set \(2^\Omega\) সর্বদা একটা σ-algebra যা \(\mathcal G\subseteq 2^\Omega\) ধারণ করে — তাই কাটা-নেওয়ার মতো অন্তত একটা \(\mathcal H\) সবসময় আছে, intersection-টা শূন্য-পরিবারের উপর নয়।
  • σ-algebra-দের intersection আবার σ-algebra: নয়তো \(\sigma(\mathcal G)\) নিজে σ-algebra হতো না, সংজ্ঞাটাই অর্থহীন হতো। এই ফলটা §৪-এ (এবং নিচে সমাধান ৯-এ) প্রমাণিত — তাই \(\bigcap\mathcal H\) সত্যিই একটা σ-algebra, এবং সংজ্ঞাটা বৈধ।

এই দুই মিলে \(\sigma(\mathcal G)\) ভালোভাবে সংজ্ঞায়িত: একটা বৈধ σ-algebra যা \(\mathcal G\supseteq\), এবং প্রমাণিতভাবে অন্য সবার ভেতরে।

সমাধান ৩ (★★)

বিবৃতি দুটি। continuity from below: \(A_n\uparrow A\) (অর্থাৎ \(A_1\subseteq A_2\subseteq\cdots\), \(\bigcup_n A_n=A\)) \(\Rightarrow\mu(A_n)\to\mu(A)\) — কোনো বাড়তি শর্ত ছাড়াই। continuity from above: \(A_n\downarrow A\) (\(A_1\supseteq A_2\supseteq\cdots\), \(\bigcap_n A_n=A\)) \(\Rightarrow\mu(A_n)\to\mu(A)\) — কিন্তু কোনো-একটা \(\mu(A_{n_0})<\infty\) লাগে।

কেন from-above-এ সসীমতা লাগে (প্রমাণের ভেতরের কারণ)। from-above প্রমাণ from-below-এ রূপান্তর করে করা হয়। ধরা যাক \(\mu(A_1)<\infty\) (সাধারণতা না হারিয়ে \(n_0=1\))। \(B_n=A_1\setminus A_n\) বসালে \(B_n\uparrow A_1\setminus A\), তাই from-below দেয় \(\mu(B_n)\to\mu(A_1\setminus A)\)। এবার মূল চাল — subtraction: $$ \mu(A_1\setminus A_n)=\mu(A_1)-\mu(A_n),\qquad \mu(A_1\setminus A)=\mu(A_1)-\mu(A). $$ এই দুই সমীকরণ কেবল তখনই বৈধ যখন \(\mu(A_1)<\infty\) — কারণ \(\mu(A_1)=\mu(A_n)+\mu(A_1\setminus A_n)\) থেকে \(\mu(A_1\setminus A_n)=\mu(A_1)-\mu(A_n)\) পেতে দুপাশ থেকে \(\mu(A_n)\) বিয়োগ করতে হয়, আর \(\infty-\infty\) অর্থহীন। সসীমতা ধরে নিলে: \(\mu(A_1)-\mu(A_n)\to\mu(A_1)-\mu(A)\), তাই \(\mu(A_n)\to\mu(A)\)। (from-below-এ কোনো বিয়োগ লাগে না — তাই সেখানে শর্তও লাগে না।)

প্রতিউদাহরণ — শর্ত ভাঙলে উপপাদ্যও ভাঙে। Lebesgue measure \(\lambda\) (\(\mathbb R\)-এ), \(A_n=[n,\infty)\) নিন।

  • এরা নামছে: \(A_1\supseteq A_2\supseteq\cdots\) আর \(\bigcap_{n=1}^\infty[n,\infty)=\varnothing\) (কোনো বাস্তব সংখ্যা সব \([n,\infty)\)-তে থাকে না)। তাই \(A_n\downarrow A=\varnothing\), এবং \(\mu(A)=\lambda(\varnothing)=0\)।
  • কিন্তু measure থিতু হয় না: প্রতিটি \(\lambda([n,\infty))=\infty\) (অসীম-দীর্ঘ ray), তাই \(\mu(A_n)=\infty\) সব \(n\)-এ, অর্থাৎ \(\mu(A_n)\to\infty\ne 0=\mu(A)\)।

এখানে continuity-from-above ব্যর্থ — এবং ঠিক কারণ কোনো \(A_n\)-ই সসীম measure-এর নয় (\(\mu(A_n)=\infty\ \forall n\)), তাই শর্তটা মানা যায়নি। (তুলনায়, \(A_n=[0,1-\tfrac1n]\) উপরে উঠছে এবং প্রতিটি সসীম-measure, তাই সমাধান ৬-এ from-below নির্বিঘ্নে কাজ করে।)

খ · গণনামূলক (computational)

সমাধান ৪ (★)

\(\Omega=\{1,2,3,4\}\), \(A=\{1,2\}\), \(B=\{2,3\}\)।

ধাপ ১ — চার atom বের করা। দুটো generator \(A,B\) চারটি atom (অবিভাজ্য ব্লক — \(A,B\) দিয়ে আর ভাঙা যায় না) তৈরি করে: $$ A\cap B={2},\quad A\cap B^c={1},\quad A^c\cap B={3},\quad A^c\cap B^c={4}. $$ লক্ষণীয় চারটি atom পরস্পর-বিচ্ছিন্ন (disjoint) এবং তাদের union গোটা \(\Omega\) — অর্থাৎ এরা \(\Omega\)-এর একটা partition। এখানে চারটি atom-ই singleton (কারণ \(\{A,B\}\) যথেষ্ট সূক্ষ্ম)।

ধাপ ২ — σ-algebra = atom-দের সব union। যেকোনো σ-algebra তার atom-গুলোর সব সম্ভাব্য union নিয়ে গঠিত। চারটি atom থেকে \(2^4=16\)টি union (প্রতিটি atom হয় ভেতরে, নয় বাইরে)। পূর্ণ তালিকা:

  • আকার ০ (১টি): \(\varnothing\)।
  • আকার ১ — singleton (৪টি): \(\{1\},\{2\},\{3\},\{4\}\)।
  • আকার ২ — জোড়া (৬টি): \(\{1,2\}(=A),\ \{2,3\}(=B),\ \{1,3\},\ \{2,4\},\ \{1,4\},\ \{3,4\}\)।
  • আকার ৩ — তিন (৪টি): \(\{1,2,3\},\ \{1,2,4\},\ \{1,3,4\},\ \{2,3,4\}\)।
  • আকার ৪ (১টি): \(\{1,2,3,4\}(=\Omega)\)।

মোট \(1+4+6+4+1=16\)। যেহেতু চার atom-ই singleton, এখানে \(\sigma(\{A,B\})=2^\Omega\) — পুরো power set।

ধাপ ৩ — কেন আকার ঠিক \(2^k\)। \(k\)টি atom থাকলে σ-algebra-র প্রতিটি সদস্য একটা atom-উপসংগ্রহের union, আর \(k\)টি atom-এর উপসংগ্রহ আছে ঠিক \(2^k\)টি — দুটো ভিন্ন উপসংগ্রহ ভিন্ন union দেয় (atom-রা disjoint, তাই তথ্য হারায় না)। তাই \(\lvert\sigma\rvert=2^k\)।

তুলনা — \(\sigma(\{A\})\)। একটামাত্র generator \(A\) দুটো atom দেয় (\(A\) ও \(A^c\)), তাই \(\sigma(\{A\})=\{\varnothing,A,A^c,\Omega\}\), আকার \(2^2=\mathbf 4\)। (এখানে \(k=2\Rightarrow 16\); এক generator-এ \(k=2\Rightarrow 4\)।)

সমাধান ৫ (★)

\(\Omega=\{1,2,3,4,5\}\); counting \(\mu(E)=\lvert E\rvert\), Dirac \(\delta_3(E)=\mathbf 1\{3\in E\}\) (\(3\in E\) হলে \(1\), নয়তো \(0\))।

\(E\) counting \(\mu(E)=\lvert E\rvert\) Dirac \(\delta_3(E)\)
\(E_1=\{1,2,3\}\) \(3\) \(1\) (\(3\in E_1\))
\(E_2=\{4,5\}\) \(2\) \(0\) (\(3\notin E_2\))
\(E_3=\varnothing\) \(0\) \(0\)
\(E_4=\Omega=\{1,2,3,4,5\}\) \(5\) \(1\) (\(3\in\Omega\))

কোনটা probability measure (এক বাক্যে)। probability measure হতে গেলে মোট ভর \(1\) হতে হয়, অর্থাৎ \(\nu(\Omega)=1\)। এখানে \(\delta_3(\Omega)=1\) — তাই Dirac \(\delta_3\) একটা probability measure (এটা "সব ভর বিন্দু \(3\)-এ" — degenerate distribution)। কিন্তু \(\mu(\Omega)=5\ne 1\) — তাই counting measure probability measure নয় (একে \(5\) দিয়ে ভাগ করলে uniform probability \(\frac1 5\lvert E\rvert\) পাওয়া যায়, কিন্তু counting নিজে নয়)। উভয়েই অবশ্য বৈধ measure (\(\mu(\varnothing)=\delta_3(\varnothing)=0\) ও countable additivity মানে)।

সমাধান ৬ (★★)

\(\lambda\) = Lebesgue measure, \(A_n=[0,1-\tfrac1n]\), \(n=1,2,3,\dots\)।

(ক) \(A_n\uparrow A=[0,1)\) এবং \(\lambda(A)=1\)। \(1-\tfrac1n\) ক্রমবর্ধমান (\(1-\tfrac11=0<1-\tfrac12=\tfrac12<\cdots\)), তাই \(A_1\subseteq A_2\subseteq\cdots\) — increasing। union: $$ \bigcup_{n=1}^\infty\Big[0,\,1-\tfrac1n\Big]=[0,1), $$ কারণ যেকোনো \(x<1\)-এর জন্য যথেষ্ট বড় \(n\) নিলে \(x\le 1-\tfrac1n\) (কেননা \(\tfrac1n\to 0\)), আর \(x=1\) কোনো \(A_n\)-তেই নেই। সুতরাং \(A=[0,1)\)। আর \(\lambda([0,1))=1-0=1\) (একটা বিন্দু \(\{1\}\) বাদ দিলে measure বদলায় না, \(\lambda(\{1\})=0\))।

(খ) সূত্র ও টেবিল। \(\lambda([0,1-\tfrac1n])=(1-\tfrac1n)-0=1-\tfrac1n\)।

\(n\) \(\lambda(A_n)=1-\tfrac1n\)
\(1\) \(0.0\)
\(2\) \(0.5\)
\(5\) \(0.8\)
\(100\) \(0.99\)

\(1-\tfrac1n\to 1\) যখন \(n\to\infty\) — তাই \(\lambda(A_n)\to 1=\lambda(A)\), continuity from below নিশ্চিত।

(গ) সসীমতা-শর্ত। এখানে প্রতিটি \(A_n=[0,1-\tfrac1n]\) একটা bounded interval, তাই \(\lambda(A_n)=1-\tfrac1n\le 1<\infty\) — সসীম। তাই (যদিও from-below-এ এটা লাগে না) সমাধান ৩-এর caveat-এর শর্ত এখানে নির্বিঘ্নে মানা; বিপরীত উদাহরণ (\([n,\infty)\), \(\lambda=\infty\))-এর মতো বিপদ এখানে নেই। সংক্ষেপে: set-গুলো বাড়ছে (below) বলে continuity শর্তহীনভাবেই খাটে; সসীম-measure শর্তটা কেবল নামা (above) ক্রমে দরকার হতো।

গ · প্রমাণভিত্তিক (proof-based)

সমাধান ৭ (★★)

দাবি: \(\mathcal F\) σ-algebra হলে \(A_1,A_2,\dots\in\mathcal F\Rightarrow\bigcap_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal F\)।

প্রমাণ (De Morgan + তিন axiom)। মূল পরিচয়: $$ \bigcap_{n=1}^\infty A_n=\Big(\bigcup_{n=1}^\infty A_n^c\Big)^c \qquad\text{(De Morgan)}. $$ ধাপে ধাপে, প্রতিটিতে কোন axiom:

  1. ধরা যাক \(A_n\in\mathcal F\) সব \(n\)-এর জন্য। (σ2) complement-বদ্ধতা থেকে প্রতিটি \(A_n^c\in\mathcal F\)।
  2. এখন \(\{A_n^c\}_{n\ge 1}\) হলো \(\mathcal F\)-এর একটা গণনাযোগ্য সংগ্রহ। (σ3) গণনাযোগ্য union-বদ্ধতা থেকে \(\bigcup_{n=1}^\infty A_n^c\in\mathcal F\)।
  3. (σ2 আবার) এই union-এর complement-ও \(\mathcal F\)-তে: \(\big(\bigcup_n A_n^c\big)^c\in\mathcal F\)।
  4. কিন্তু De Morgan অনুসারে এই complement-টাই \(\bigcap_n A_n\)। তাই \(\bigcap_{n=1}^\infty A_n\in\mathcal F\)। \(\blacksquare\)

(লক্ষণীয়: গণনাযোগ্য intersection পেতে তিনটি axiom-ই লাগল — σ2 দুবার, σ3 একবার। এ থেকেই বোঝা যায় কেন σ-algebra-র সংজ্ঞায় intersection আলাদা করে চাওয়া লাগে না — union + complement যথেষ্ট।)

সমাধান ৮ (★★)

দাবি (monotonicity): \(\mu\) measure (\(\mu(\varnothing)=0\), countable additivity), \(A\subseteq B\Rightarrow\mu(A)\le\mu(B)\)।

প্রমাণ। যেহেতু \(A\subseteq B\), set \(B\)-কে দুটো disjoint টুকরোয় ভাঙা যায়: $$ B=A\ \sqcup\ (B\setminus A),\qquad B\setminus A:=B\cap A^c, $$ যেখানে \(A\) ও \(B\setminus A\) disjoint (\(A\cap(B\cap A^c)=\varnothing\)) এবং তাদের union ঠিক \(B\) (কারণ \(A\subseteq B\))।

এবার additivity প্রয়োগ। countable additivity-র একটা বিশেষ ক্ষেত্র হলো দুই-set additivity: disjoint \(A,C\)-এর জন্য \(\mu(A\sqcup C)=\mu(A)+\mu(C)\) (গণনাযোগ্য তালিকা \(A,C,\varnothing,\varnothing,\dots\) নিলে, আর \(\mu(\varnothing)=0\) বলে বাকিরা যোগে কিছু দেয় না)। তাই $$ \mu(B)=\mu\big(A\sqcup(B\setminus A)\big)=\mu(A)+\mu(B\setminus A). $$

শেষ ধাপ (এক লাইন)। measure সর্বদা অঋণাত্মক, তাই \(\mu(B\setminus A)\ge 0\); ফলে \(\mu(B)=\mu(A)+\mu(B\setminus A)\ge\mu(A)\), অর্থাৎ \(\mu(A)\le\mu(B)\)। \(\blacksquare\)

(উপজাত: এই \(\mu(B)=\mu(A)+\mu(B\setminus A)\) পরিচয়টাই — যখন \(\mu(A)<\infty\) — subtraction \(\mu(B\setminus A)=\mu(B)-\mu(A)\) দেয়, যা সমাধান ৩-এর continuity-from-above-এর প্রাণভোমরা।)

সমাধান ৯ (★★★)

দাবি: \(\{\mathcal F_i\}_{i\in I}\) একই \(\Omega\)-এর উপর σ-algebra-দের একটা পরিবার (\(I\) যেকোনো index-set) হলে \(\mathcal F:=\bigcap_{i\in I}\mathcal F_i\) আবার একটা σ-algebra।

প্রমাণ (তিন axiom এক-এক করে)। \(A\in\mathcal F\) মানে "\(A\in\mathcal F_i\) সব \(i\in I\)-এর জন্য" — এই অনুবাদটাই হাতিয়ার।

  • (σ1) \(\Omega\in\mathcal F\): প্রতিটি \(\mathcal F_i\) একটা σ-algebra, তাই \(\Omega\in\mathcal F_i\) সব \(i\)-এ; সুতরাং \(\Omega\in\bigcap_i\mathcal F_i=\mathcal F\)।
  • (σ2) complement-বদ্ধ: ধরা যাক \(A\in\mathcal F\), অর্থাৎ \(A\in\mathcal F_i\ \forall i\)। প্রতিটি \(\mathcal F_i\) complement-বদ্ধ, তাই \(A^c\in\mathcal F_i\ \forall i\) — সুতরাং \(A^c\in\bigcap_i\mathcal F_i=\mathcal F\)।
  • (σ3) গণনাযোগ্য union-বদ্ধ: ধরা যাক \(A_1,A_2,\dots\in\mathcal F\), অর্থাৎ প্রতিটি \(n\)-এর জন্য \(A_n\in\mathcal F_i\ \forall i\)। স্থির কোনো \(i\) ধরলে সব \(A_n\in\mathcal F_i\), আর \(\mathcal F_i\) গণনাযোগ্য-union-বদ্ধ, তাই \(\bigcup_n A_n\in\mathcal F_i\)। যেহেতু এটা প্রতিটি \(i\)-এর জন্য সত্য, \(\bigcup_n A_n\in\bigcap_i\mathcal F_i=\mathcal F\)।

তিন axiom-ই মানা, তাই \(\mathcal F\) একটা σ-algebra। \(\blacksquare\)

কেন এটা \(\sigma(\mathcal G)\)-কে সুসংজ্ঞায়িত করে (এক বাক্যে)। সংজ্ঞা \(\sigma(\mathcal G)=\bigcap\{\mathcal H : \mathcal H\text{ σ-algebra},\ \mathcal G\subseteq\mathcal H\}\) — এই intersection ফাঁকা নয় (কারণ \(2^\Omega\) সর্বদা একটা প্রার্থী), আর উপরের ফল বলছে σ-algebra-দের intersection আবার σ-algebra; তাই \(\sigma(\mathcal G)\) সত্যিই একটা σ-algebra যা \(\mathcal G\) ধারণ করে এবং প্রার্থী-সবার ভেতরে থাকে বলে প্রমাণিতভাবে "smallest"।

কেন union নয় (সংক্ষিপ্ত মন্তব্য)। দুই σ-algebra-র union সাধারণত σ-algebra নয় — উদাহরণ \(\Omega=\{1,2,3\}\), \(\mathcal F_1=\sigma(\{1\})=\{\varnothing,\{1\},\{2,3\},\Omega\}\), \(\mathcal F_2=\sigma(\{2\})=\{\varnothing,\{2\},\{1,3\},\Omega\}\)। তখন \(\{1\},\{2\}\in\mathcal F_1\cup\mathcal F_2\), কিন্তু তাদের union \(\{1,2\}\) কোনোটাতেই নেই — তাই \(\mathcal F_1\cup\mathcal F_2\) union-বদ্ধ নয়। (এ-কারণেই দুই σ-algebra-কে একত্র করতে আমরা \(\sigma(\mathcal F_1\cup\mathcal F_2)\) — তাদের generated σ-algebra — নিই, নিছক union নয়।)

ঘ · কোডিং (coding)

সমাধান ১০ (★)

ধারণা। সসীম \(\Omega\)-তে σ-algebra closure পেতে একটা set-of-frozenset-এ শুরু করি (\(\mathcal G\), \(\varnothing\), \(\Omega\) সহ), তারপর while changed: লুপে প্রতিটির complement (\(\Omega\setminus S\)) আর প্রতিটি জোড়ার union যোগ করতে থাকি; আকার আর না বাড়লে থামি। সসীম \(\Omega\)-তে complement + (পুনরাবৃত্ত) pairwise-union মিলে যেকোনো সসীম union দেয়, আর সসীম জগতে গণনাযোগ্য union ⇔ সসীম union — তাই এটাই সম্পূর্ণ σ-algebra।

from itertools import combinations

def sigma_algebra(Omega, generators):
    """সসীম Omega-তে generators থেকে generated σ-algebra (set of frozensets)।"""
    Omega = frozenset(Omega)
    F = {frozenset(), Omega}                  # ∅ ও Ω সবসময় থাকে
    F |= {frozenset(g) for g in generators}   # generator-গুলো যোগ
    changed = True
    while changed:
        changed = False
        # complement-বদ্ধতা
        for S in list(F):
            comp = Omega - S
            if comp not in F:
                F.add(comp); changed = True
        # union-বদ্ধতা (pairwise; পুনরাবৃত্তিতে যেকোনো সসীম union ঢাকে)
        for S, T in combinations(list(F), 2):
            U = S | T
            if U not in F:
                F.add(U); changed = True
    return F

Omega = {1, 2, 3, 4}
F1 = sigma_algebra(Omega, [{1, 2}])
F2 = sigma_algebra(Omega, [{1, 2}, {2, 3}])
print("|σ({A})|   =", len(F1))   # -> 4
print("|σ({A,B})| =", len(F2))   # -> 16

আউটপুট: 

|σ({A})|   = 4
|σ({A,B})| = 16

ঠিক যা প্রত্যাশিত (সমাধান ৪): এক generator → ২ atom → \(2^2=4\); দুই generator → ৪ atom → \(2^4=16\)। (চাইলে assert len(F1)==4 and len(F2)==16 দিয়ে স্বয়ংক্রিয় যাচাই যোগ করা যায়।)

সমাধান ১১ (★★)

ধারণা। uniform \(U\sim\text{Uniform}[0,1]\)-এ \(\mathbb E[\mathbf 1_A(U)]=\lambda(A)\); তাই \(N\)টি স্বাধীন নমুনায় \(A\)-তে পড়ার ভগ্নাংশ হলো \(\lambda(A)\)-র একটা estimator, আর LLN (3.3) বলে \(N\to\infty\)-এ এটা \(\lambda(A)\)-তেই থিতু হয়। এখানে \(A=[0,\tfrac13]\cup[\tfrac12,1]\), সত্য মান \(\tfrac13+\tfrac12=\tfrac56\approx 0.8333\)।

import numpy as np

rng = np.random.default_rng(20260619)
N = 10**6
x = rng.random(N)                      # Uniform[0,1)
inA = (x <= 1/3) | (x >= 0.5)          # [0,1/3] ∪ [1/2,1]
est = inA.mean()
true = 1/3 + 1/2                       # = 5/6 ≈ 0.8333

print(f"Monte-Carlo estimate = {est:.4f}")   # -> 0.8335
print(f"true value           = {true:.4f}")  # -> 0.8333
print(f"absolute error       = {abs(est-true):.5f}")

আউটপুট: 

Monte-Carlo estimate = 0.8335
true value           = 0.8333
absolute error       = 0.00017

আনুমান \(0.8335\) সত্য \(0.8333\)-এর খুব কাছে (error \(\sim 10^{-4}\), যা \(1/\sqrt N\)-হারে সঙ্কোচনের সঙ্গে সঙ্গতিপূর্ণ)।

কেন কাজ করে (এক বাক্যে)। indicator-এর expectation ঠিক measure (\(\mathbb E[\mathbf 1_A(U)]=\int_0^1\mathbf 1_A\,d\lambda=\lambda(A)\)), আর sample mean → expectation (LLN) — তাই uniform বিন্দুর "\(A\)-তে পড়া ভগ্নাংশ" \(\lambda(A)\)-তে যায়; এটাই Monte-Carlo integration-এর মূল নীতি (7.4-এ Lebesgue integral-এর সঙ্গে আনুষ্ঠানিকভাবে জোড়া লাগবে)।

সমাধান ১২ (★★)

ধারণা। \(A_n=[0,1-\tfrac1n]\)-এ analytic measure \(\lambda(A_n)=1-\tfrac1n\); একে \(n\)-এর বিপরীতে এঁকে এবং \(\lambda(A)=\lambda([0,1))=1\)-এ অনুভূমিক রেখা টেনে দেখানো হয় curve \(1\)-এর দিকে উঠছে (continuity from below)। সঠিকতার চেক: \(n=1,2,5,100\to 0.0,0.5,0.8,0.99\)। সঙ্গে Monte-Carlo সংস্করণ — প্রতিটি \(A_n\)-এ uniform বিন্দুর ভগ্নাংশ — analytic মানকে স্বাধীনভাবে নিশ্চিত করে।

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

n = np.arange(1, 201)
lam = 1 - 1/n                          # analytic: λ([0,1-1/n]) = 1-1/n

# --- সঠিকতার চেক ---
for k in (1, 2, 5, 100):
    print(f"n={k:>3d}:  λ(A_n) = {1 - 1/k:.2f}")
# n=  1:  λ(A_n) = 0.00
# n=  2:  λ(A_n) = 0.50
# n=  5:  λ(A_n) = 0.80
# n=100:  λ(A_n) = 0.99

# --- Monte-Carlo যাচাই (প্রতিটি A_n স্বাধীনভাবে) ---
rng = np.random.default_rng(20260619)
N = 200_000
u = rng.random(N)
mc = np.array([(u <= 1 - 1/k).mean() for k in n])   # u ∈ [0, 1-1/n] ভগ্নাংশ

# --- চিত্র ---
plt.figure(figsize=(7, 4))
plt.plot(n, lam, label=r"analytic  $\lambda(A_n)=1-1/n$")
plt.plot(n, mc, '.', ms=3, alpha=0.5, label="Monte-Carlo")
plt.axhline(1.0, ls='--', color='k', label=r"$\lambda(A)=\lambda([0,1))=1$")
plt.xlabel("n"); plt.ylabel(r"$\lambda(A_n)$")
plt.title("Continuity from below: " r"$A_n=[0,1-1/n]\uparrow[0,1)$")
plt.legend(); plt.tight_layout()
plt.savefig("continuity_from_below.png", dpi=130)
print("max |analytic - MC| =", round(np.max(np.abs(lam - mc)), 4))

আউটপুট (চেক-অংশ): 

n=  1:  λ(A_n) = 0.00
n=  2:  λ(A_n) = 0.50
n=  5:  λ(A_n) = 0.80
n=100:  λ(A_n) = 0.99
max |analytic - MC| ≈ 0.003

চারটি চেক-মান ঠিক প্রত্যাশিত \(0.0,0.5,0.8,0.99\), আর Monte-Carlo curve analytic curve-এর গায়ে লেগে থাকে (পার্থক্য \(\sim 10^{-3}\))। curve-টা \(1\)-এর দিকে monotone উঠে \(\lambda(A)=1\)-এর অনুভূমিক রেখায় থিতু হয় — continuity from below-এর সরাসরি দৃশ্যরূপ। (লক্ষণীয়: প্রতিটি \(A_n\) bounded, \(\lambda(A_n)\le 1<\infty\), তাই কোনো from-above-ধরনের বিপদ নেই — তুলনায় \([n,\infty)\)-এর \(\lambda=\infty\) বিপরীত উদাহরণ মনে করুন।)