সমাধান — অধ্যায় ৭.৪ · Lebesgue Integral ও Convergence Theorems¶

অধ্যায় ফাইল: part-7-measure-theoretic/07-04-lebesgue-integral-convergence.md (§৭ অনুশীলনী)। গোটা অংশে $(\Omega,\mathcal F,\mu)$ একটি measure space, $\lambda$ = Lebesgue measure। integral-এর তিন-স্তর সংজ্ঞা: simple $\int\sum a_i\mathbf 1_{A_i}=\sum a_i\mu(A_i)$; অঋণাত্মক $\int f=\sup\{\int s:0\le s\le f,\ s\ \text{simple}\}$; সাধারণ $\int f=\int f^+-\int f^-$ ($f\in L^1\iff\int\lvert f\rvert<\infty$)।

canonical তথ্য (সংখ্যাগত উত্তর reproducible): MCT $\int_0^1\min(n,x^{-1/2})\,d\lambda=2-\tfrac1n\to2$ ($n=1,2,10,100,1000\to1.0,1.5,1.9,1.99,1.999$); Fatou কঠোর spike $0<1$; DCT $\int_0^1 x^n\,d\lambda=\tfrac1{n+1}\to0$ ($n=1,2,10,100\to0.5,0.333,0.0909,0.0099$); Dirichlet $\int_0^1\mathbf 1_{\mathbb Q}\,d\lambda=0$; $\mathbb E[X]=1$ যখন $X\sim\text{Exp}(1)$; Monte-Carlo $\mathbb E[X^2]=0.3336$ ($X\sim U(0,1)$, seed default_rng(20260619), $N=10^6$, বিশ্লেষণী $\tfrac13$)।

ক · ধারণাগত (conceptual)¶

সমাধান ১ (★)¶

Riemann কেন ব্যর্থ। $[0,1]$-এর যেকোনো বিভাজন $P=\{0=x_0<\dots<x_m=1\}$ নিন। প্রতিটি উপ-অন্তর $[x_{j-1},x_j]$-তে rational ও irrational দুটোই আছে (density তথা ঘনত্ব), তাই $$ \sup_{[x_{j-1},x_j]}\mathbf 1_{\mathbb Q}=1,\qquad \inf_{[x_{j-1},x_j]}\mathbf 1_{\mathbb Q}=0. $$ ফলে উপর-যোগফল $U(P)=\sum_j 1\cdot(x_j-x_{j-1})=1$ এবং নিম্ন-যোগফল $L(P)=\sum_j 0\cdot(x_j-x_{j-1})=0$ — প্রতিটি বিভাজনে। তাই $$ \overline{\int}0^1\mathbf 1}=\inf_P U(P)=1\ \ne\ 0=\sup_P L(P)=\underline{\int0^1\mathbf 1, $$ উপর- ও নিম্ন-integral মেলে না, তাই Riemann integral অস্তিত্বহীন। সমস্যাটা গঠনগত: Riemann domain ($x$-অক্ষ) কুচি করে, কিন্তু $\mathbf 1_{\mathbb Q}$ প্রতিটি কুচিতেই $0$ ও $1$ দুই-ই নেয়।

Lebesgue কেন সফল। Lebesgue range ($y$-মান) বিভাজন করে: ফাংশন কোথায় $0$, কোথায় $1$, সেই সেটগুলোর measure মাপে। $$ \int_0^1\mathbf 1_{\mathbb Q}\,d\lambda = 1\cdot\lambda(\mathbb Q\cap[0,1]) + 0\cdot\lambda(\text{irrationals}\cap[0,1]). $$ $\mathbb Q\cap[0,1]$ countable, আর countable সেটের Lebesgue measure $0$ (প্রতিটি বিন্দুকে দৈর্ঘ্য $\varepsilon/2^k$ অন্তরে ঢেকে যোগফল $\varepsilon\to0$; ← 7.1)। তাই $\lambda(\mathbb Q\cap[0,1])=0$, এবং $$ \boxed{\int_0^1\mathbf 1_{\mathbb Q}\,d\lambda = 1\cdot0 + 0\cdot1 = 0.} $$ সারকথা: $\mathbf 1_{\mathbb Q}$ একটি simple function (দুই মান), তাই Lebesgue সংজ্ঞায় সরাসরি গোনা যায় — আর "ক্ষুদ্র" (measure-শূন্য) সেটে যা-ই ঘটুক, integral-এ অবদান শূন্য।

সমাধান ২ (★★)¶

moving spike: $f_n=n\,\mathbf 1_{(0,1/n)}$ on $[0,1]$।

প্রকল্প (i) — পয়েন্টওয়াইজ limit: ধরে আছে। প্রতিটি স্থির $x>0$-তে যথেষ্ট বড় $n$ ($n>1/x$) থেকে $x\notin(0,1/n)$, তাই $f_n(x)=0$; আর $f_n(0)=0$ সবসময়। অতএব $f_n\to0$ সর্বত্র। ✓
প্রকল্প (ii) — measurability: ধরে আছে। প্রতিটি $f_n$ একটা simple function (Borel সেটের indicator), তাই measurable। ✓
প্রকল্প (iii) — dominating $g\in L^1$: এটাই ভাঙে। ✗

কেন কোনো integrable $g$ নেই। ধরা যাক $g\ge0$ measurable এমন যে $\lvert f_n\rvert\le g$ সব $n$-এ। তবে প্রতিটি $x\in(0,1)$-এ, $n=\lceil 1/x\rceil$ নিলে $x\in(0,1/n)$ (প্রায়), তাই $g(x)\ge f_n(x)=n\ge 1/x$ গোছের নিম্নসীমা মেলে। আরও ঠকঠকে: যেকোনো $x\in(0,1)$ এবং $n\le 1/x$-এর জন্য $f_n(x)=n$ যখন $x<1/n$ — তাই $$ g(x)\ \ge\ \sup_n f_n(x)\ =\ \sup{n:\, x<\tfrac1n}\ =\ \Big\lfloor \tfrac1x\Big\rfloor\ \ge\ \tfrac1x-1. $$ ফলে $$ \int_0^1 g\,d\lambda\ \ge\ \int_0^1\Big(\tfrac1x-1\Big)\,d\lambda = \Big[\ln x - x\Big]_{0^+}^{1} = +\infty, $$ কারণ $\int_0^1 \tfrac1x\,dx$ অপসারী (diverges)। অতএব এমন $g\in L^1$ অস্তিত্বহীন — DCT-এর dominating প্রকল্প ভাঙে, আর তাই $\int f_n=1\not\to0=\int\lim f_n$ DCT-এর সাথে কোনো বিরোধ নয়। ভর "অসীম-উচ্চতার সরু চূড়ায়" পালিয়ে যায়; কোনো integrable ছাদ তাকে চাপতে পারে না।

সমাধান ৩ (★★)¶

(ক) দিক একমুখী কেন। $\liminf_n f_n=\lim_n\big(\inf_{k\ge n}f_k\big)=\lim_n g_n$ যেখানে $g_n:=\inf_{k\ge n}f_k\le f_n$ (প্রতিটি $n$-এ $g_n$ হলো "$n$ থেকে পরের সবার মেঝে")। monotonicity দিয়ে $\int g_n\le\int f_n$, এবং $g_n\uparrow\liminf f_n$ বলে MCT-তে $\int g_n\uparrow\int\liminf f_n$। দুটো জুড়লেই $\int\liminf f_n=\lim\int g_n\le\liminf\int f_n$ (পূর্ণ প্রমাণ সমাধান ৮)। স্বজ্ঞা: limit নেওয়ার সময় ভর পালিয়ে যেতে পারে (সরু-উঁচু চূড়া domain-এর প্রান্তে/অসীমে সরে যায়, তাই $\liminf f_n$ ছোট হয়ে integral হারায়), কিন্তু শূন্য থেকে ভর তৈরি হতে পারে না — তাই বাঁ পাশ ($\liminf$-এর integral) কখনো ডান পাশকে ছাড়ায় না, সমতা না-হয়ে $\le$ থাকে।

(খ) কঠোর উদাহরণ। moving spike $f_n=n\,\mathbf 1_{(0,1/n)}$ on $[0,1]$: - $\liminf_n f_n=0$ সর্বত্র (সমাধান ২), তাই বাঁ পাশ $\int_0^1\liminf f_n\,d\lambda=\int_0^1 0\,d\lambda=0$। - প্রতিটি $\int_0^1 f_n\,d\lambda=n\cdot\lambda\big((0,\tfrac1n)\big)=n\cdot\tfrac1n=1$, তাই ডান পাশ $\liminf_n\int f_n=1$।

অতএব $$ \boxed{0=\int\liminf f_n\ <\ \liminf\int f_n=1,} $$ Fatou অসমতা এখানে কঠোর ($0<1$) — সমতা হলে DCT-হীন অবস্থায়ও limit-integral অদলবদল করা যেত, যা এই উদাহরণেই ভুল।

খ · গণনামূলক (computational)¶

সমাধান ৪ (★)¶

simple function $s=2\cdot\mathbf 1_{[0,1)}+5\cdot\mathbf 1_{[1,3)}+0\cdot\mathbf 1_{[3,4)}+4\cdot\mathbf 1_{[4,5]}$, এবং set-গুলো disjoint, তাই সরাসরি "উচ্চতা × আকার": $$ \int_0^5 s\,d\lambda = 2\cdot\lambda([0,1)) + 5\cdot\lambda([1,3)) + 0\cdot\lambda([3,4)) + 4\cdot\lambda([4,5]). $$ দৈর্ঘ্য: $\lambda([0,1))=1,\ \lambda([1,3))=2,\ \lambda([3,4))=1,\ \lambda([4,5])=1$। সুতরাং $$ \int_0^5 s\,d\lambda = 2\cdot1 + 5\cdot2 + 0\cdot1 + 4\cdot1 = 2+10+0+4 = \boxed{16.} $$

প্রতিনিধিত্ব-নিরপেক্ষতা। $[1,3)$-কে $[1,2)\cup[2,3)$-তে ভাঙলে সেখানে $s=5$ অপরিবর্তিত: $$ \dots + 5\cdot\lambda([1,2)) + 5\cdot\lambda([2,3)) + \dots = \dots + 5\cdot1 + 5\cdot1 + \dots = \dots + 10 + \dots, $$ একই $10$ — মোট আবার $16$। এটাই simple-integral-এর well-definedness: $\mu$-এর finite additivity ($\lambda([1,3))=\lambda([1,2))+\lambda([2,3))$) নিশ্চিত করে যেকোনো (refinement) প্রতিনিধিত্বে উত্তর এক (← 7.3-এর প্রমাণ ১)।

সমাধান ৫ (★★)¶

(ক) MCT — $\int_0^1\min(n,x^{-1/2})\,d\lambda$। $f_n(x)=\min(n,x^{-1/2})$; crossover বিন্দু $x^{-1/2}=n\iff x=1/n^2$। বাঁয়ে ($x<1/n^2$) $f_n=n$ (ধ্রুবক), ডানে ($x\ge1/n^2$) $f_n=x^{-1/2}$: $$ \int_0^1 f_n\,d\lambda = \int_0^{1/n^2} n\,dx + \int_{1/n^2}^1 x^{-1/2}\,dx = n\cdot\frac1{n^2} + \Big[2\sqrt x\Big]_{1/n^2}^{1} = \frac1n + \Big(2 - \frac2n\Big) = \boxed{2 - \frac1n.} $$ মান:

$n$	$1$	$2$	$10$	$100$	$1000$
$2-\tfrac1n$	$1.0$	$1.5$	$1.9$	$1.99$	$1.999$

$n\to\infty$-এ $\to 2=\int_0^1 x^{-1/2}\,dx=[2\sqrt x]_0^1$ — ঠিক MCT যা বলে ($f_n\uparrow x^{-1/2}$ অঋণাত্মক ও monotone, তাই $\int f_n\uparrow\int f$)। লক্ষণীয়: limit ফাংশন $x^{-1/2}$ অসীমে যায় $0$-তে, তবু integral সসীম — Lebesgue এই improper অবস্থাও সহজে সামলায়।

(খ) DCT — $\int_0^1 x^n\,d\lambda$। power rule: $$ \int_0^1 x^n\,d\lambda = \Big[\frac{x^{n+1}}{n+1}\Big]_0^1 = \boxed{\frac1{n+1}.} $$ মান:

$n$	$1$	$2$	$10$	$100$
$\tfrac1{n+1}$	$0.5$	$0.333$	$0.0909$	$0.0099$

$g_n(x)=x^n\downarrow0$ প্রায় সর্বত্র ($x\in[0,1)$-এ $0$, কেবল $x=1$-এ $1$ — measure-শূন্য বিন্দু), dominating $g\equiv1\in L^1[0,1]$। তাই DCT-তে $\int_0^1 x^n\to\int_0^1 0=0$, যা $\tfrac1{n+1}\to0$-এর সাথে মেলে। ✓

সমাধান ৬ (★★)¶

$X\sim\text{Exp}(1)$, density $f_X(x)=e^{-x}\mathbf 1_{[0,\infty)}(x)$। expectation = integral ও LOTUS ($g(x)=x$): $$ \mathbb E[X] = \int_{[0,\infty)} x\,f_X(x)\,d\lambda(x) = \int_0^\infty x\,e^{-x}\,dx. $$ integration by parts ($u=x,\ dv=e^{-x}dx\Rightarrow du=dx,\ v=-e^{-x}$): $$ \int_0^\infty x e^{-x}\,dx = \Big[-x e^{-x}\Big]_0^\infty + \int_0^\infty e^{-x}\,dx = (0-0) + \Big[-e^{-x}\Big]_0^\infty = 0 + (0-(-1)) = \boxed{1.} $$ (সীমায় $x e^{-x}\to0$ যখন $x\to\infty$।) সমতুল্যভাবে $\int_0^\infty x^{2-1}e^{-x}\,dx=\Gamma(2)=1!=1$। integrand অঋণাত্মক ও $\int_0^\infty\lvert x e^{-x}\rvert\,dx=1<\infty$, তাই $x e^{-x}\in L^1$ এবং Lebesgue = improper Riemann (সমাধান ১০ দ্রষ্টব্য) — উত্তর $\mathbb E[X]=1$ (← 2.5)।

গ · প্রমাণভিত্তিক (proof-based)¶

সমাধান ৭ (★★)¶

দাবি। অঋণাত্মক measurable $f,g:\Omega\to[0,\infty]$-এ $\int(f+g)\,d\mu=\int f\,d\mu+\int g\,d\mu$ ও $\int(cf)\,d\mu=c\int f\,d\mu$ ($c\ge0$)।

ধাপ ১ — approximation (← 7.3)। 7.3-এর approximation theorem অনুযায়ী simple function-এর monotone sequence আছে $s_n\uparrow f$ ও $t_n\uparrow t$, অর্থাৎ $0\le s_n\le s_{n+1}$, $s_n(x)\to f(x)$ প্রতিটি $x$-এ (একইভাবে $t_n\uparrow g$)। যোগ করলে $s_n+t_n$ অঋণাত্মক simple, এবং $s_n+t_n\uparrow f+g$ (দুটো monotone increasing-এর যোগ আবার monotone increasing, আর পয়েন্টওয়াইজ যোগফল $f+g$-তে যায়)।

ধাপ ২ — simple-স্তরে additivity (← 7.3)। simple function-দের উপর integral additive (7.3-এর প্রমাণ ১): $\int(s_n+t_n)\,d\mu=\int s_n\,d\mu+\int t_n\,d\mu$ প্রতিটি $n$-এ।

ধাপ ৩ — MCT তিনবার। তিনটি monotone-increasing sequence-এ MCT প্রয়োগ করি: $$ \int(f+g)\,d\mu \overset{\text{MCT}}{=} \lim_n\int(s_n+t_n)\,d\mu \overset{\text{ধাপ ২}}{=} \lim_n\Big(\int s_n\,d\mu+\int t_n\,d\mu\Big) = \lim_n\int s_n\,d\mu + \lim_n\int t_n\,d\mu \overset{\text{MCT}}{=} \int f\,d\mu + \int g\,d\mu. $$ (মাঝে limit-এর additivity — দুটো সীমা existence থাকায় বৈধ, এমনকি $+\infty$ মানেও, কারণ সব পদ অঋণাত্মক।) এতে additivity প্রমাণিত।

positive homogeneity। $c\ge0$-এ $c s_n\uparrow cf$ simple, আর simple-স্তরে $\int(cs_n)=c\int s_n$ (7.3); তাই MCT-তে $$ \int(cf)\,d\mu = \lim_n\int(cs_n)\,d\mu = \lim_n c\int s_n\,d\mu = c\lim_n\int s_n\,d\mu = c\int f\,d\mu. $$ ($c=0$ হলে দুই পাশই $0$, রীতি $0\cdot\infty=0$ সহ।) ∎

সমাধান ৮ (★★★)¶

দাবি (Fatou)। অঋণাত্মক measurable $f_n$-এ $\int(\liminf_n f_n)\,d\mu\le\liminf_n\int f_n\,d\mu$।

নির্মাণ। $g_n:=\inf_{k\ge n}f_k$ ধরি।

ধাপ ১ — $g_n$ অঋণাত্মক measurable ও $g_n\uparrow\liminf f_n$। countably many measurable function-এর infimum measurable (7.3-এর closure-ধর্ম), আর প্রতিটি $f_k\ge0$ বলে $g_n\ge0$। যেহেতু $n$ বাড়লে infimum কম সংখ্যক পদের উপর নেওয়া হয়, $g_n\le g_{n+1}$ — অর্থাৎ $g_n$ monotone increasing। সংজ্ঞা অনুসারে $$ \lim_n g_n = \sup_n\inf_{k\ge n}f_k = \liminf_n f_n. $$ তাই $g_n\uparrow\liminf_n f_n$।

ধাপ ২ — বাঁ পাশে MCT। $0\le g_n\uparrow\liminf f_n$, তাই MCT দেয় $$ \int\Big(\liminf_n f_n\Big)\,d\mu = \lim_n\int g_n\,d\mu. $$

ধাপ ৩ — $\int g_n$-কে বাঁধা। স্থির $n$-এ সব $k\ge n$-তে $g_n=\inf_{j\ge n}f_j\le f_k$ (infimum সবার $\le$)। integral-এর monotonicity দিয়ে $\int g_n\,d\mu\le\int f_k\,d\mu$ প্রতিটি $k\ge n$-এ, তাই $$ \int g_n\,d\mu \le \inf_{k\ge n}\int f_k\,d\mu. $$

ধাপ ৪ — limit নিন। $n\to\infty$-এ ডান পাশ $\inf_{k\ge n}\int f_k$ বাড়তে বাড়তে $\liminf_n\int f_n$-এ যায়; বাঁ পাশ ধাপ ২-এর $\lim_n\int g_n=\int\liminf f_n$: $$ \int\Big(\liminf_n f_n\Big)\,d\mu = \lim_n\int g_n\,d\mu \le \lim_n\Big(\inf_{k\ge n}\int f_k\,d\mu\Big) = \liminf_n\int f_n\,d\mu. \qquad\blacksquare $$ (কেন কেবল $\le$: ধাপ ৩-এ $g_n\le f_k$ "মেঝে" নিয়ে কাজ করছি, তাই বাঁ পাশ ডানের নিচে আটকে যায়; সমতা সাধারণত মেলে না — সমাধান ৩খ-এর spike-এ $0<1$।)

সমাধান ৯ (★★)¶

দাবি। $f\ge0$ measurable এবং $\int_\Omega f\,d\mu=0\Rightarrow f=0$ প্রায় সর্বত্র, অর্থাৎ $\mu(\{f>0\})=0$।

ধাপ ১ — স্তর-সেট। $A_n:=\{f\ge\tfrac1n\}=\{x:f(x)\ge\tfrac1n\}\in\mathcal F$ ($f$ measurable)। লক্ষ করুন $A_1\subseteq A_2\subseteq\cdots$ এবং $$ {f>0}=\bigcup_{n=1}^\infty A_n $$ (যেকোনো $x$-এ $f(x)>0$ হলে যথেষ্ট বড় $n$-এ $f(x)\ge\tfrac1n$)।

ধাপ ২ — Markov-ধাঁচে বাঁধা। $A_n$-এর উপর $f\ge\tfrac1n$, তাই $f\cdot\mathbf 1_{A_n}\ge\tfrac1n\mathbf 1_{A_n}$ সর্বত্র (অন্যত্র দুই পাশ $\ge0$)। integral-এর monotonicity দিয়ে $$ \frac1n\,\mu(A_n) = \int \frac1n\mathbf 1_{A_n}\,d\mu \le \int f\cdot\mathbf 1_{A_n}\,d\mu \le \int_\Omega f\,d\mu = 0. $$ সুতরাং $\tfrac1n\mu(A_n)\le0$, আর $\mu\ge0$ বলে $\mu(A_n)=0$ প্রতিটি $n$-এ।

ধাপ ৩ — countable union। measure-এর countable subadditivity (← 7.2): $$ \mu({f>0}) = \mu\Big(\bigcup_n A_n\Big) \le \sum_{n=1}^\infty \mu(A_n) = \sum_n 0 = 0. $$ (সমতুল্যভাবে $A_n\uparrow\{f>0\}$-তে continuity-from-below: $\mu(\{f>0\})=\lim_n\mu(A_n)=0$।) অতএব $\mu(\{f>0\})=0$, অর্থাৎ $f=0$ প্রায় সর্বত্র। ∎

ঘ · কোডিং (coding)¶

সমাধান ১০ (★)¶

MCT ছক — analytic $2-\tfrac1n$ বনাম numerical integral।

import numpy as np
from scipy.integrate import quad

def f(x, n):
    # min(n, x^{-1/2}); x=0 এড়াতে np.where
    return np.minimum(n, np.where(x > 0, x**-0.5, np.inf))

print(f"{'n':>6} | {'numeric':>10} | {'2 - 1/n':>10}")
for n in [1, 2, 10, 100, 1000]:
    val, _ = quad(lambda x: min(n, x**-0.5), 0, 1, points=[1/n**2], limit=200)
    print(f"{n:>6} | {val:>10.4f} | {2 - 1/n:>10.4f}")

প্রত্যাশিত আউটপুট:

     n |    numeric |    2 - 1/n
     1 |     1.0000 |     1.0000
     2 |     1.5000 |     1.5000
    10 |     1.9000 |     1.9000
   100 |     1.9900 |     1.9900
  1000 |     1.9990 |     1.9990

দুই কলাম মিলছে এবং $n$ বাড়লে $\to 2$ — MCT সংখ্যায় নিশ্চিত ($\int_0^1\min(n,x^{-1/2})\uparrow\int_0^1 x^{-1/2}=2$)।

সমাধান ১১ (★★)¶

Fatou কঠোর — spike $f_n=n\,\mathbf 1_{(0,1/n)}$।

import numpy as np

# spike f_n = n on (0, 1/n), নয়তো 0  →  ∫ f_n = n·(1/n) = 1 (analytic, exact)
ns = [1, 2, 10, 100]

# (ক) প্রতিটি ∫ f_n = 1; সূক্ষ্ম grid-এ closed-form length দিয়ে যাচাই
print(f"{'n':>6} | {'∫ f_n (length·height)':>22} | {'∫ f_n (analytic)':>16}")
for n in ns:
    width = 1/n                       # interval (0,1/n)-এর দৈর্ঘ্য
    integral = n * width              # উচ্চতা × আকার
    print(f"{n:>6} | {integral:>22.4f} | {1.0:>16.4f}")

# (খ) প্রতিটি স্থির x>0-এ বড় n (n>1/x) থেকে f_n(x)=0  →  liminf_n f_n = 0
def f(x, n):
    return np.where((x > 0) & (x < 1/n), float(n), 0.0)

x0 = 0.3
seq = [float(f(np.array([x0]), n)[0]) for n in [1, 2, 4, 10, 100]]
print(f"\nf_n({x0}) at n=1,2,4,10,100 = {seq}   → শেষে 0 (n>1/x থেকে)")
print(f"∫ liminf f_n dλ = 0.0000   (পয়েন্টওয়াইজ মেঝে = 0)")
print(f"liminf_n ∫ f_n  = 1.0000   (প্রতিটি ∫ f_n = 1)")
print("Fatou strict:  0 < 1  ✓")

প্রত্যাশিত আউটপুট:

     n |  ∫ f_n (length·height) | ∫ f_n (analytic)
     1 |                 1.0000 |           1.0000
     2 |                 1.0000 |           1.0000
    10 |                 1.0000 |           1.0000
   100 |                 1.0000 |           1.0000

f_n(0.3) at n=1,2,4,10,100 = [1.0, 2.0, 0.0, 0.0, 0.0]   → শেষে 0 (n>1/x থেকে)
∫ liminf f_n dλ = 0.0000   (পয়েন্টওয়াইজ মেঝে = 0)
liminf_n ∫ f_n  = 1.0000   (প্রতিটি ∫ f_n = 1)
Fatou strict:  0 < 1  ✓

প্রতিটি $\int f_n=1$ (ভর সংরক্ষিত), কিন্তু পয়েন্টওয়াইজ মেঝে $\liminf f_n=0$ তাই বাঁ পাশ $0$ — Fatou অসমতা কঠোর: $0<1$।

সমাধান ১২ (★★)¶

DCT যাচাই + Monte-Carlo expectation।

import numpy as np

# (ক) DCT: ∫_0^1 x^n dλ = 1/(n+1) → 0
print(f"{'n':>6} | {'numeric':>10} | {'1/(n+1)':>10}")
for n in [1, 2, 10, 100]:
    xs = np.linspace(0, 1, 2_000_001)
    numeric = np.trapz(xs**n, xs)
    print(f"{n:>6} | {numeric:>10.4f} | {1/(n+1):>10.4f}")

# (খ) Monte-Carlo: E[X^2], X ~ U(0,1); analytic ∫_0^1 x^2 = 1/3
rng = np.random.default_rng(20260619)
x = rng.uniform(0, 1, size=1_000_000)
est = np.mean(x**2)
print(f"\nMonte-Carlo E[X^2] = {est:.4f}   (analytic 1/3 = {1/3:.4f})")

প্রত্যাশিত আউটপুট:

     n |    numeric |    1/(n+1)
     1 |     0.5000 |     0.5000
     2 |     0.3333 |     0.3333
    10 |     0.0909 |     0.0909
   100 |     0.0099 |     0.0099

Monte-Carlo E[X^2] = 0.3336   (analytic 1/3 = 0.3333)

(ক) $\int_0^1 x^n=\tfrac1{n+1}$ analytic ও numerical মেলে, এবং $n\to\infty$-এ $\to0$ — DCT ($x^n\downarrow0$, dominator $g\equiv1$) নিশ্চিত। (খ) seed 20260619, $N=10^6$-এ Monte-Carlo $\mathbb E[X^2]=0.3336$, বিশ্লেষণী $\tfrac13=0.3333\ldots$-এর খুব কাছে (Monte-Carlo error $O(1/\sqrt N)$) — expectation = integral সংজ্ঞাটাই এখানে নমুনা-গড়ে রূ