সমাধান — অধ্যায় ৭.৩ · Measurable Maps ও Random Variables¶

অধ্যায় ফাইল: part-7-measure-theoretic/07-03-measurable-maps-random-variables.md (§৭ অনুশীলনী)। সংখ্যাগত উত্তর numpy দিয়ে যাচাইযোগ্য; seed উল্লেখ থাকলে reproducible (default_rng(20260619))। canonical তথ্য (এই অধ্যায়ের মূল বস্তু ও সংখ্যা): (measurable map / RV) $f:(\Omega,\mathcal F)\to(E,\mathcal E)$ measurable iff $f^{-1}(B)\in\mathcal F\ \forall B\in\mathcal E$; random variable = $(\mathbb R,\mathcal B)$-এ measurable। সংজ্ঞা যাচাই check-on-generator (good-sets): $X$ RV iff $\{X\le x\}\in\mathcal F\ \forall x$। ($\sigma(X)$ = তথ্য) $\sigma(X)=X^{-1}(\mathcal B)$ = $X$-কে measurable করা smallest σ-algebra। simple $X$-এর $k$টি ভিন্ন মান (= $k$ atom) $\Rightarrow\lvert\sigma(X)\rvert=2^k$ ($k=2,3,4\to 4,8,16$)। (pushforward / law) $P_X(B)=\mathbb P(X^{-1}(B))=\mathbb P(X\in B)$ — probability measure; $F_X(x)=P_X((-\infty,x])$, π–λ দিয়ে CDF law-কে pin করে। উদাহরণ $X\sim U(-1,1),\,Y=X^2$: density $\dfrac{1}{2\sqrt y}$ ($0<y<1$), $\mathbb E[Y]=\tfrac13$, $\mathbb P(Y\le\tfrac14)=\tfrac12$। (approximation) অঋণাত্মক measurable $f\ge 0\Rightarrow$ simple $0\le f_n\uparrow f$ (dyadic), সর্বোচ্চ error $2^{-n}$ ($n=1,2,3,4\to 0.5,0.25,0.125,0.0625$)। (Monte-Carlo) $X\sim U(-1,1),\,Y=X^2$: $\mathbb E[Y]\approx 0.3335$, $\mathbb P(Y\le\tfrac14)\approx 0.4997$ (seed default_rng(20260619), $N=10^6$)।

ক · ধারণাগত (conceptual)¶

সমাধান ১ (★)¶

দাবি: measurability = "$X$ সম্পর্কে তোলা ঘটনাগুলোর probability থাকে"।

probability measure $\mathbb P$ একটা ফাংশন $\mathbb P:\mathcal F\to[0,1]$ — সে কেবল ঘটনার (অর্থাৎ $\mathcal F$-এর সদস্যদের) উপর সংজ্ঞায়িত, $\Omega$-এর যেকোনো-সেট-এর উপর নয় (7.2)। random variable নিয়ে আমরা যা-ই করি — CDF, density, expectation (প্রত্যাশা) — সবের গোড়ায় একটা সম্ভাব্যতা-প্রশ্ন: "$\mathbb P(X\le x)=?$" বা "$\mathbb P(X\in B)=?$"।

কিন্তু "$X\in B$" বলতে আসলে একটা set বোঝায় — ঠিক সেই ফলাফলগুলো যাদের $X$-মান $B$-তে পড়ে: $$ {X\in B}={\omega\in\Omega:X(\omega)\in B}=X^{-1}(B). $$ তাই "$\mathbb P(X\in B)$" লেখা অর্থবহ তখনই, যখন এই preimage একটা ঘটনা — অর্থাৎ $X^{-1}(B)\in\mathcal F$। আর আমরা এটা একটা-দুটো $B$-র জন্য নয়, যথেষ্ট-বড় শ্রেণির — সব Borel $B$-র — জন্য চাই (যাতে $(-\infty,x]$, $(a,b]$, open set সব ধরা পড়ে)। ঠিক এই শর্ত — $$ X^{-1}(B)\in\mathcal F\quad\text{সব } B\in\mathcal B, $$ — এরই নাম measurability।

non-measurable $X$-এ কী ভাঙে। ধরা যাক কোনো ফাংশন $X$-এর জন্য একটা Borel $B$ পাওয়া গেল যার preimage $X^{-1}(B)\notin\mathcal F$ (যেমন Vitali-ধরনের একটা "অগম্য" set)। তখন "$\mathbb P(X\in B)$" বাক্যটাই অর্থহীন — কারণ $\mathbb P$ ওই set-এ সংজ্ঞায়িতই নয়, তার কোনো probability নেই। তাই এমন ফাংশনকে random variable বলা যায় না।

এক বাক্যে। $\mathbb P$ শুধু $\mathcal F$-এর সদস্যদের উপর সংজ্ঞায়িত, আর "$X$ সম্পর্কে ঘটনা" মানে কোনো $X^{-1}(B)$; measurability ঠিক নিশ্চিত করে এই সব $X^{-1}(B)$ ($B$ Borel) $\mathcal F$-এ থাকে — তাই প্রতিটির probability থাকে, এবং random variable হিসেবে $X$ ব্যবহারযোগ্য।

সমাধান ২ (★)¶

"$\sigma(X)$ = $X$-এর তথ্য"-র অর্থ। সংজ্ঞা: $\sigma(X)=X^{-1}(\mathcal B)=\{X^{-1}(B):B\in\mathcal B\}$ = $X$-কে measurable করা সবচেয়ে ছোট σ-algebra (এটা সত্যিই σ-algebra ও smallest — দেখুন সমাধান ৭-এর good-sets যুক্তি ও মূল অধ্যায়ের §৪)।

এর "তথ্য"-ব্যাখ্যা: একটা ঘটনা $A$ যদি $\sigma(X)$-এ থাকে, তবে $A=X^{-1}(B)$ কোনো Borel $B$-র জন্য — অর্থাৎ "$\omega\in A$ কি না" প্রশ্নের উত্তর কেবল $X(\omega)$-এর মান দেখেই দেওয়া যায় ($X(\omega)\in B$ কি না)। তাই $\sigma(X)$ ঠিক সেই ঘটনাগুলোর পরিবার যাদের সম্পর্কে "$X$ পর্যবেক্ষণ করলেই" জানা যায়। যেসব প্রশ্নের উত্তর $X$-এর মান থেকে বলা যায় না (যেমন $\omega$-এর অন্য সূক্ষ্ম খুঁটিনাটি), সেগুলো $\sigma(X)$-এর বাইরে।

চরম দুই প্রান্ত:

Constant $X\equiv c$: প্রতিটি Borel $B$-র জন্য $X^{-1}(B)$ হয় $\Omega$ (যদি $c\in B$) নয় $\varnothing$ (যদি $c\notin B$)। তাই $\sigma(X)=\{\varnothing,\Omega\}$ — trivial σ-algebra, তথ্য শূন্য: $X$ দেখে $\omega$ সম্পর্কে কিছুই আলাদা করা যায় না।
Injective (এক-এক) $X$: প্রতিটি $\omega$ আলাদা মান $X(\omega)$ পায়, তাই প্রতিটি singleton $\{\omega\}=X^{-1}(\{X(\omega)\})$ ($\{X(\omega)\}$ Borel) ধরা পড়ে। সসীম/গণনাযোগ্য $\Omega$-তে এতে $\sigma(X)$ পুরো power set $2^\Omega$ (বা $\mathcal F$) পর্যন্ত পৌঁছায় — সর্বোচ্চ তথ্য: $X$ দেখলেই $\omega$ সম্পূর্ণ চেনা যায়।

মাঝামাঝি — যেমন simple $X$ ($k$টি মান) — তথ্য আংশিক: $\sigma(X)$ ঠিক $k$ atom (level set)-এর সব union, আকার $2^k$ (সমাধান ৪)।

সমাধান ৩ (★)¶

দাবি: measurable $X_n$-দের $\sup_n X_n$ ও $\limsup_n X_n$ আবার measurable — এক লাইনে কেন।

key identity (check-on-generator অনুযায়ী $\{\cdot\le x\}\in\mathcal F$ দেখানোই যথেষ্ট): $$ {\sup_n X_n\le x}=\bigcap_{n=1}^\infty{X_n\le x}. $$ (কারণ সর্বোচ্চ $\le x$ হওয়া মানে প্রতিটি $X_n\le x$।) ডান পাশ measurable event-দের একটা গণনাযোগ্য intersection, তাই $\in\mathcal F$ — তাই $\sup_n X_n$ measurable। একইভাবে $\inf_n X_n$-এ $\{\inf_n X_n\ge x\}=\bigcap_n\{X_n\ge x\}$।

আর $\limsup$ এদের গণনাযোগ্য রচনা মাত্র: $$ \limsup_n X_n=\inf_{m\ge 1}\ \sup_{n\ge m}X_n, $$ যেখানে প্রতিটি $\sup_{n\ge m}X_n$ measurable (উপরের যুক্তি), আর তাদের $\inf_m$-ও measurable — তাই $\limsup_n X_n$ measurable।

কেন শুধু গণনাযোগ্য operation যথেষ্ট। উপরের সব identity-তে union/intersection কেবল গণনাযোগ্য (index $n\in\mathbb N$ বা $m\in\mathbb N$)। σ-algebra ঠিক গণনাযোগ্য union/intersection-এ বদ্ধ (7.2) — তাই σ-algebra-র মৌলিক ধর্মই এই বদ্ধতা নিশ্চিত করে; অগণনীয় sup হলে এটা সাধারণত ভেঙে যেত।

খ · গণনামূলক (computational)¶

সমাধান ৪ (★)¶

setup। $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$, $X$ তিন মান ধরে level set দিয়ে: $A_1=X^{-1}(\{0\})=\{1,2\}$, $A_2=X^{-1}(\{1\})=\{3,4\}$, $A_3=X^{-1}(\{5\})=\{5,6\}$।

atom-গুলো। simple $X$-এর atom হলো ঠিক তার level set $A_i=X^{-1}(\{a_i\})$ — এরা $\Omega$-কে একটা partition-এ ভাঙে ($A_1\sqcup A_2\sqcup A_3=\Omega$, পরস্পর disjoint)। এখানে তিন atom: $\{1,2\},\{3,4\},\{5,6\}$।

$\sigma(X)$-এর সব উপাদান। $\sigma(X)=X^{-1}(\mathcal B)$ হলো ঠিক এই atom-গুলোর সব সম্ভাব্য union (কারণ যেকোনো Borel $B$-র preimage কেবল কিছু পূর্ণ atom-এর union হতে পারে)। তিন atom থেকে $2^3=8$টি subset, তাই $8$টি সদস্য:

union of atoms	set	মন্তব্য
$\varnothing$	$\varnothing$	কোনো atom নয়
$A_1$	$\{1,2\}$	$=\{X=0\}$
$A_2$	$\{3,4\}$	$=\{X=1\}$
$A_3$	$\{5,6\}$	$=\{X=5\}$
$A_1\cup A_2$	$\{1,2,3,4\}$	$=\{X\le 1\}$
$A_1\cup A_3$	$\{1,2,5,6\}$	$=\{X\ne 1\}$
$A_2\cup A_3$	$\{3,4,5,6\}$	$=\{X\ge 1\}$
$A_1\cup A_2\cup A_3$	$\{1,2,3,4,5,6\}=\Omega$	সব atom

মোট ৮টি — অর্থাৎ $\lvert\sigma(X)\rvert=8$।

কেন $k$ atom-এ $2^k$। একটা partition-এ $k$টি atom থাকলে, σ-algebra-র প্রতিটি সদস্য ঠিক এই atom-গুলোর একটা subset-এর union-এর সমান (কোনো atom-কে আংশিক নেওয়া যায় না, কারণ atom অবিভাজ্য)। $k$টি atom-এর subset সংখ্যা $2^k$ — তাই $\lvert\sigma(X)\rvert=2^k$। মান: $k=2\to 4$, $k=3\to 8$, $k=4\to 16$।

সমাধান ৫ (★★)¶

setup। $X\sim U(-1,1)$ — density $f_X(x)=\tfrac12$ for $x\in(-1,1)$ (নয়তো $0$)। $Y=g(X)=X^2$।

(ক) support ও CDF। $X\in(-1,1)\Rightarrow Y=X^2\in[0,1)$, তাই support $[0,1)$ (কার্যত $[0,1]$)। $0\le y\le 1$-এর জন্য: $$ F_Y(y)=\mathbb P(Y\le y)=\mathbb P(X^2\le y)=\mathbb P(-\sqrt y\le X\le\sqrt y). $$ যেহেতু $[-\sqrt y,\sqrt y]\subseteq[-1,1]$ এবং density ধ্রুব $\tfrac12$: $$ F_Y(y)=\int_{-\sqrt y}^{\sqrt y}\tfrac12\,dx=\tfrac12\cdot\big(2\sqrt y\big)=\sqrt y,\qquad 0\le y\le 1. $$ (আর $y<0$-এ $F_Y=0$, $y>1$-এ $F_Y=1$ — monotone, right-continuous, $0\to 1$, যেমন CDF হওয়া উচিত।)

(খ) density। support-এর ভেতরে differentiate: $$ f_Y(y)=F_Y'(y)=\frac{d}{dy}\sqrt y=\boxed{\ \dfrac{1}{2\sqrt y}\ }\qquad 0<y<1, $$ নয়তো $0$। লক্ষণীয়: $y\to 0^+$-এ $f_Y(y)\to\infty$ (integrable singularity, কারণ $\int_0^1\tfrac{1}{2\sqrt y}\,dy=[\sqrt y]_0^1=1$ — মোট ভর $1$, ঠিক আছে)।

(গ) $\mathbb E[Y]$ ও $\mathbb P(Y\le\tfrac14)$। $$ \mathbb E[Y]=\mathbb E[X^2]=\int_{-1}^{1}x^2\cdot\tfrac12\,dx=\tfrac12\Big[\tfrac{x^3}{3}\Big]_{-1}^{1}=\tfrac12\cdot\tfrac23=\boxed{\ \tfrac13\ }. $$ (চাইলে law দিয়েও: $\mathbb E[Y]=\int_0^1 y\cdot\tfrac{1}{2\sqrt y}\,dy=\int_0^1\tfrac12\sqrt y\,dy=\tfrac12\cdot\tfrac23=\tfrac13$ — একই।) $$ \mathbb P(Y\le\tfrac14)=F_Y(\tfrac14)=\sqrt{\tfrac14}=\boxed{\ \tfrac12\ }. $$

সমাধান ৬ (★)¶

দাবি: dyadic approximation-এর $n$-তম ধাপে সর্বোচ্চ error $2^{-n}$, প্রতিধাপে অর্ধেক।

approximation theorem-এ (সমাধান ৯) যেখানে $f$ bounded ও $f_n\uparrow f$, সেখানে dyadic সিঁড়ির ধাপ-উচ্চতা $\tfrac{1}{2^n}$ — অর্থাৎ $f_n(\omega)=\dfrac{\lfloor 2^n f(\omega)\rfloor}{2^n}$ (range-এর ভেতরে), তাই $$ 0\le f(\omega)-f_n(\omega)<\frac{1}{2^n}=2^{-n}. $$ সর্বোচ্চ ফাঁক ঠিক এক ধাপ-উচ্চতা $2^{-n}$।

মানের টেবিল ($n=1,2,3,4$):

$n$	$2^{-n}$	পূর্ব ধাপ থেকে অনুপাত
$1$	$0.5$	—
$2$	$0.25$	$0.25/0.5=\tfrac12$
$3$	$0.125$	$0.125/0.25=\tfrac12$
$4$	$0.0625$	$0.0625/0.125=\tfrac12$

প্রতিধাপে অর্ধেক। $\dfrac{2^{-(n+1)}}{2^{-n}}=2^{-1}=\tfrac12$ — error প্রতিধাপে ঠিক অর্ধেক হয় (geometric, ratio $\tfrac12$)। যেহেতু $2^{-n}\to 0$ যখন $n\to\infty$, তাই $f_n\to f$ একসাথে (uniform, যেখানে $f$ bounded)। sup-error $2^{-n}$ হওয়ার মূল কারণ — সিঁড়ির ধাপ-উচ্চতা $2^{-n}$।

গ · প্রমাণভিত্তিক (proof-based)¶

সমাধান ৭ (★★)¶

দাবি: $X:(\Omega,\mathcal F)\to(\mathbb R,\mathcal B)$-এর জন্য $$ X \text{ measurable (RV)} \iff {X\le x}\in\mathcal F\ \ \forall x\in\mathbb R. $$

($\Rightarrow$) সহজ দিক। ধরা যাক $X$ measurable। প্রতিটি $x$-এর জন্য $(-\infty,x]\in\mathcal B$ (Borel)। measurability-র সংজ্ঞা অনুযায়ী তাই $$ X^{-1}\big((-\infty,x]\big)={\omega:X(\omega)\le x}={X\le x}\in\mathcal F. $$

($\Leftarrow$) good-sets দিক — মূল কাজ। ধরে নিই $\{X\le x\}\in\mathcal F$ সব $x$-এ; দেখাতে হবে $X^{-1}(B)\in\mathcal F$ সব Borel $B$-র জন্য। সংজ্ঞায়িত করি good sets-এর সংগ্রহ $$ \mathcal D={B\subseteq\mathbb R:X^{-1}(B)\in\mathcal F}. $$ ধাপ ১ — $\mathcal D$ একটা σ-algebra। preimage তিনটি set-অপারেশনই সংরক্ষণ করে: - $X^{-1}(\mathbb R)=\Omega\in\mathcal F$, তাই $\mathbb R\in\mathcal D$; - $X^{-1}(B^c)=\big(X^{-1}(B)\big)^c$ — তাই $B\in\mathcal D\Rightarrow X^{-1}(B)\in\mathcal F\Rightarrow$ তার complement $\in\mathcal F\Rightarrow B^c\in\mathcal D$ (complement-বদ্ধ); - $X^{-1}\big(\bigcup_n B_n\big)=\bigcup_n X^{-1}(B_n)$ — তাই $B_n\in\mathcal D\ \forall n\Rightarrow$ প্রতিটি $X^{-1}(B_n)\in\mathcal F\Rightarrow$ তাদের গণনাযোগ্য union $\in\mathcal F\Rightarrow\bigcup_n B_n\in\mathcal D$ (গণনাযোগ্য union-বদ্ধ)।

তিন axiom মানে, তাই $\mathcal D$ একটা σ-algebra (on $\mathbb R$)।

ধাপ ২ — generator $\mathcal D$-তে আছে। ধরে নেওয়া শর্ত ঠিক বলছে $X^{-1}((-\infty,x])=\{X\le x\}\in\mathcal F$ সব $x$-এ — অর্থাৎ $$ \mathcal G:={(-\infty,x]:x\in\mathbb R}\subseteq\mathcal D. $$ ধাপ ৩ — σ-algebra টানা। $\mathcal D$ একটা σ-algebra যা generator $\mathcal G$ ধারণ করে; কিন্তু $\sigma(\mathcal G)$ হলো $\mathcal G$-কে ধারণকারী সবচেয়ে ছোট σ-algebra, আর (7.2) $\mathcal B=\sigma((-\infty,x])$। তাই $$ \mathcal B=\sigma(\mathcal G)\subseteq\mathcal D. $$ অর্থাৎ প্রতিটি Borel $B\in\mathcal D$, মানে $X^{-1}(B)\in\mathcal F$ — $X$ measurable। $\blacksquare$

মূল্য। এই উপপাদ্যই measurability যাচাইকে ব্যবহারিক করে — পুরো (বিশাল, বর্ণনাতীত) $\mathcal B$-তে নয়, শুধু সরল generator $\{X\le x\}$-এ পরীক্ষা করলেই হয় (সমাধান ৮-এ এর সরাসরি প্রয়োগ)।

সমাধান ৮ (★★)¶

দাবি: $X,Y$ RV $\Rightarrow\max(X,Y)$ RV (যেখানে $\max(X,Y)(\omega)=\max\{X(\omega),Y(\omega)\}$)।

প্রমাণ (check-on-generator, সমাধান ৭)। $\max(X,Y)$ measurable দেখাতে শুধু $\{\max(X,Y)\le x\}\in\mathcal F$ সব $x$-এ দেখালেই চলে। মূল পর্যবেক্ষণ: $$ \max(X,Y)(\omega)\le x \iff X(\omega)\le x \ \text{এবং}\ Y(\omega)\le x, $$ কারণ দুটো সংখ্যার সর্বোচ্চ $\le x$ হওয়া মানে দুটোই $\le x$। set-ভাষায়: $$ {\max(X,Y)\le x}={X\le x}\cap{Y\le x}. $$ এখন $X,Y$ RV বলে $\{X\le x\}\in\mathcal F$ ও $\{Y\le x\}\in\mathcal F$ (সমাধান ৭-এর $\Rightarrow$); σ-algebra intersection-বদ্ধ, তাই তাদের intersection $\in\mathcal F$। প্রতিটি $x$-এ সত্য, তাই check-on-generator অনুযায়ী $\max(X,Y)$ measurable। $\blacksquare$

$\min$-এর জন্য (এক লাইন)। অনুরূপভাবে $\min(X,Y)(\omega)\ge x\iff X(\omega)\ge x$ ও $Y(\omega)\ge x$, তাই $\{\min(X,Y)\ge x\}=\{X\ge x\}\cap\{Y\ge x\}\in\mathcal F$ (এবং $\{X\ge x\}=\{X<x\}^c\in\mathcal F$); অথবা সরাসরি $\min(X,Y)=-\max(-X,-Y)$, আর $-X$ measurable (continuous-এর composition, বা $\{-X\le x\}=\{X\ge -x\}$)।

সমাধান ৯ (★★★, 7.4-এর bridge তথা সেতু)¶

setup। অঋণাত্মক measurable $f\ge 0$-এর জন্য dyadic approximant: $$ f_n=\sum_{k=0}^{n2^n-1}\frac{k}{2^n}\,\mathbf 1_{{k/2^n\le f<(k+1)/2^n}}\;+\;n\,\mathbf 1_{{f\ge n}}. $$ সমতুল্য, point-wise রূপ (যা প্রমাণে সুবিধাজনক): $$ f_n(\omega)=\min!\Big(n,\ \frac{\lfloor 2^n f(\omega)\rfloor}{2^n}\Big). $$ দাবি: $f_n(\omega)\le f_{n+1}(\omega)$ প্রতিটি $\omega$-তে।

প্রমাণ। একটা $\omega$ স্থির করি; লিখি $t=f(\omega)\ge 0$। দেখাতে হবে $$ \min!\Big(n,\ \tfrac{\lfloor 2^n t\rfloor}{2^n}\Big)\ \le\ \min!\Big(n+1,\ \tfrac{\lfloor 2^{n+1} t\rfloor}{2^{n+1}}\Big). $$ দুটো অংশ আলাদা করে দেখাই — উভয় হাতের min-এর প্রতিটি আর্গুমেন্ট ডান min-এর কোনো-না-কোনো আর্গুমেন্ট থেকে ছোট, তাই বাঁ min ≤ ডান min।

(i) cap-অংশ বাড়ে: বাঁ পাশের cap $n\le n+1$ = ডান পাশের cap — অর্থাৎ ছাঁটাই-সীমা শুধু উপরে ওঠে।

(ii) floor-অংশ বাড়ে: দাবি $\dfrac{\lfloor 2^n t\rfloor}{2^n}\le\dfrac{\lfloor 2^{n+1}t\rfloor}{2^{n+1}}$, অর্থাৎ $2\lfloor 2^n t\rfloor\le\lfloor 2^{n+1}t\rfloor$। লিখি $m=\lfloor 2^n t\rfloor$, তাই $m\le 2^n t$, ফলে $2m\le 2^{n+1}t$; যেহেতু $2m$ একটা পূর্ণসংখ্যা এবং $\le 2^{n+1}t$, floor-এর সংজ্ঞা থেকে $2m\le\lfloor 2^{n+1}t\rfloor$। ঠিক এটাই দরকার ছিল।

সংশ্লেষ। বাঁ min-এর দুই আর্গুমেন্ট $\{n,\ \tfrac{\lfloor 2^n t\rfloor}{2^n}\}$ যথাক্রমে $\le$ ডান min-এর দুই আর্গুমেন্ট $\{n+1,\ \tfrac{\lfloor 2^{n+1}t\rfloor}{2^{n+1}}\}$ — (i) ও (ii) থেকে। তাই $$ f_n(\omega)=\min(\text{বাঁ})\le\min(\text{ডান})=f_{n+1}(\omega). $$ $\omega$ যেকোনো ছিল, তাই $f_n\le f_{n+1}$ সর্বত্র — ক্রমটি monotone increasing। $\blacksquare$

স্বজ্ঞা (geometric)। $n\to n+1$-এ প্রতিটি dyadic ব্যবধান $[\tfrac{k}{2^n},\tfrac{k+1}{2^n})$ ঠিক দুই অর্ধে ভাগ হয়; নতুন সিঁড়ি পুরোনোটার প্রতিটি ধাপকে হয় একই রাখে নয় উপরে তোলে (কখনো নামায় না), আর cap $n\to n+1$ হওয়ায় উপরে আরও দূর পর্যন্ত $f$-কে ধরে। তাই সিঁড়ি কেবল সূক্ষ্মতর ও উঁচুতে ওঠে — যা monotonicity, এবং error $2^{-n}\downarrow 0$ (সমাধান ৬) মিলিয়ে $f_n\uparrow f$ দেয়, ঠিক 7.4-এর Lebesgue integral-এর ভিত্তি।

ঘ · কোডিং (coding)¶

সমাধান ১০ (★)¶

ধারণা। simple $X$-এর atom = তার level set (একটা partition); $\sigma(X)$ হলো এই atom-গুলোর সব subset-এর union। তাই $k$ atom থেকে itertools.combinations দিয়ে সব subset গড়ে union নিলেই $\sigma(X)$ — মোট $\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}=2^k$টি সদস্য। (এতে complement-বদ্ধতাও আপনিই আসে, কারণ atom-partition হলে যেকোনো union-এর complement বাকি atom-গুলোর union।)

from itertools import combinations

def sigma_of_X(atoms):
    """level set (atom)-দের partition থেকে generated σ(X) (set of frozensets)।"""
    atoms = [frozenset(a) for a in atoms]
    k = len(atoms)
    F = set()
    for r in range(k + 1):                       # 0..k atom বেছে union
        for combo in combinations(atoms, r):
            U = frozenset().union(*combo) if combo else frozenset()
            F.add(U)
    return F

# 2 atom
A2 = sigma_of_X([{1, 2}, {3, 4}])
# 3 atom (অনুশীলনীর X: {1,2},{3,4},{5,6})
A3 = sigma_of_X([{1, 2}, {3, 4}, {5, 6}])
# 4 atom
A4 = sigma_of_X([{1}, {2}, {3}, {4}])

print("|σ(X)| k=2 :", len(A2))   # -> 4
print("|σ(X)| k=3 :", len(A3))   # -> 8
print("|σ(X)| k=4 :", len(A4))   # -> 16
assert (len(A2), len(A3), len(A4)) == (4, 8, 16)

আউটপুট:

|σ(X)| k=2 : 4
|σ(X)| k=3 : 8
|σ(X)| k=4 : 16

ঠিক যা প্রত্যাশিত (সমাধান ৪): $k$ atom → $2^k$ সদস্য, অর্থাৎ $k=2,3,4\to 4,8,16$। (A3 ঠিক অনুশীলনীর আট-সদস্যের তালিকা — $\varnothing$, তিন atom, তিন pair-union, $\Omega$।)

সমাধান ১১ (★★)¶

ধারণা। $X\sim U(-1,1)$ থেকে $N$টি স্বাধীন নমুনা নিয়ে $Y=X^2$ গড়ি; তারপর নমুনা-গড় $\overline Y$ হলো $\mathbb E[Y]$-র estimator (LLN, 3.3), আর $\{Y\le\tfrac14\}$-এ পড়ার ভগ্নাংশ হলো $\mathbb P(Y\le\tfrac14)$-র estimator। analytic মান: $\mathbb E[Y]=\tfrac13$, $\mathbb P(Y\le\tfrac14)=\tfrac12$ (সমাধান ৫)।

import numpy as np

rng = np.random.default_rng(20260619)
N = 10**6
x = rng.uniform(-1, 1, N)          # X ~ U(-1,1)
y = x**2                           # Y = X^2

E_hat = y.mean()                   # ≈ E[Y]
p_hat = (y <= 0.25).mean()         # ≈ P(Y<=1/4)

print(f"E[Y]   : MC = {E_hat:.4f}   analytic = {1/3:.4f}")   # -> 0.3335 / 0.3333
print(f"P(Y<=1/4): MC = {p_hat:.4f}   analytic = {0.5:.4f}") # -> 0.4997 / 0.5000

আউটপুট:

E[Y]   : MC = 0.3335   analytic = 0.3333
P(Y<=1/4): MC = 0.4997   analytic = 0.5000

দুটোই analytic মানের খুব কাছে — $0.3335\approx\tfrac13$ ও $0.4997\approx\tfrac12$।

(গ) density-তুলনা। histogram-কে analytic $f_Y(y)=\dfrac{1}{2\sqrt y}$-এর সঙ্গে মিলিয়ে দেখা:

import matplotlib.pyplot as plt

yy = np.linspace(1e-4, 1, 400)     # 0-এ singularity, তাই 1e-4 থেকে
plt.hist(y, bins=100, density=True, alpha=0.5, label="Monte-Carlo")
plt.plot(yy, 1/(2*np.sqrt(yy)), 'r-', lw=2, label=r"$1/(2\sqrt{y})$")
plt.xlabel("y"); plt.ylabel("density"); plt.ylim(0, 5); plt.legend()
plt.title(r"law of $Y=X^2$, $X\sim U(-1,1)$")
plt.show()

histogram ও লাল বক্ররেখা প্রায় মিলে যায়; বিশেষত $y\to 0$-এ density খাড়াভাবে ওঠে ($\to\infty$), আর $y\to 1$-এ চ্যাপ্টা — যা $\tfrac{1}{2\sqrt y}$-এর সঙ্গে সঙ্গতিপূর্ণ।

সমাধান ১২ (★★)¶

ধারণা। approximation theorem-এর dyadic floor-সিঁড়ি $f_n(t)=\min\!\big(n,\ \lfloor 2^n f(t)\rfloor/2^n\big)$ (সমাধান ৯) implement করি; bounded $f(t)=t$ on $[0,1]$ নিয়ে ঘন grid-এ সর্বোচ্চ error $\sup_t\big(f(t)-f_n(t)\big)$ মাপি। তত্ত্ব বলে error ঠিক $2^{-n}$, প্রতিধাপে অর্ধেক (সমাধান ৬)।

import numpy as np

def f_n(f, t, n):
    """অঋণাত্মক f-এর dyadic simple approximant (point-wise)।"""
    return np.minimum(n, np.floor((2**n) * f(t)) / 2**n)

f = lambda t: t                         # bounded, f(t)=t on [0,1]
t = np.linspace(0, 1, 2_000_001)        # ঘন grid

errs = []
for n in [1, 2, 3, 4]:
    err = np.max(f(t) - f_n(f, t, n))   # sup error
    errs.append(err)
    print(f"n={n}  sup error = {err:.4f}   2^-n = {2.0**-n:.4f}")

# প্রতিধাপে অনুপাত ≈ 1/2
for i in range(1, len(errs)):
    print(f"  error ratio n={i}->{i+1}: {errs[i]/errs[i-1]:.3f}")

আউটপুট:

n=1  sup error = 0.5000   2^-n = 0.5000
n=2  sup error = 0.2500   2^-n = 0.2500
n=3  sup error = 0.1250   2^-n = 0.1250
n=4  sup error = 0.0625   2^-n = 0.0625
  error ratio n=1->2: 0.500
  error ratio n=2->3: 0.500
  error ratio n=3->4: 0.500

মাপা sup-error প্রতিটি $n$-এ ঠিক $2^{-n}$ ($0.5,0.25,0.125,0.0625$), এবং পরপর অনুপাত ঠিক $\tfrac12$ — তত্ত্বের সঙ্গে নিখুঁত মিল। যেহেতু $2^{-n}\to 0$, তাই $f_n\uparrow f$ এবং সিঁড়িটা $f$-কে যত খুশি কাছ থেকে নিচ থেকে ছোঁয় — ঠিক 7.4-এর Lebesgue integral-এর

union of atoms	set	মন্তব্য
\(\varnothing\)	\(\varnothing\)	কোনো atom নয়
\(A_1\)	\(\{1,2\}\)	\(=\{X=0\}\)
\(A_2\)	\(\{3,4\}\)	\(=\{X=1\}\)
\(A_3\)	\(\{5,6\}\)	\(=\{X=5\}\)
\(A_1\cup A_2\)	\(\{1,2,3,4\}\)	\(=\{X\le 1\}\)
\(A_1\cup A_3\)	\(\{1,2,5,6\}\)	\(=\{X\ne 1\}\)
\(A_2\cup A_3\)	\(\{3,4,5,6\}\)	\(=\{X\ge 1\}\)
\(A_1\cup A_2\cup A_3\)	\(\{1,2,3,4,5,6\}=\Omega\)	সব atom

\(n\)	\(2^{-n}\)	পূর্ব ধাপ থেকে অনুপাত
\(1\)	\(0.5\)	—
\(2\)	\(0.25\)	\(0.25/0.5=\tfrac12\)
\(3\)	\(0.125\)	\(0.125/0.25=\tfrac12\)
\(4\)	\(0.0625\)	\(0.0625/0.125=\tfrac12\)