সমাধান — অধ্যায় ৭.৫ · $L^p$ Space, Hilbert Space ও Radon–Nikodym¶

অধ্যায় ফাইল: part-7-measure-theoretic/07-05-lp-spaces-hilbert-radon-nikodym.md (§৭ অনুশীলনী)। গোটা অংশে $(\Omega,\mathcal F,\mu)$ একটি measure space, $\lambda$ = সংশ্লিষ্ট অন্তরের Lebesgue measure; $[0,1]$-এ $\lambda$ একটি probability measure বলে $\int_0^1(\cdot)\,d\lambda=\mathbb E[\cdot]$ ($X\sim U(0,1)$)। norm $\lVert f\rVert_p=(\int\lvert f\rvert^p\,d\mu)^{1/p}$, inner product $\langle f,g\rangle=\int fg\,d\mu$।

canonical তথ্য (সংখ্যাগত উত্তর reproducible): $f(x)=x$ on $[0,1]$-এ $\lVert f\rVert_p=(1/(p+1))^{1/p}$ → $p=1,2,3,4,10,\infty\to 0.5,\,0.5774,\,0.63,\,0.6687,\,0.7868,\,1.0$ (monotone, তাই $p\ge q\Rightarrow L^p\subseteq L^q$); Cauchy–Schwarz $0.25\le0.2582=1/\sqrt{15}$ (কঠোর); Jensen ($x^2$) ফাঁক $=\operatorname{Var}=1/12=0.0833$; $L^2$ projection onto constants $c=0.5=\mathbb E[X]$, min-error $=\operatorname{Var}=1/12$; Radon–Nikodym $\tfrac{dP}{d\lambda}=e^{-x}$, মোট ভর $1$, $P([0,1])=1-e^{-1}=0.6321$; Monte-Carlo $\lVert X\rVert_2=0.5776$ ($X\sim U(0,1)$, seed default_rng(20260619), $N=10^6$, বিশ্লেষণী $1/\sqrt3=0.5774$)।

ক · ধারণাগত (conceptual)¶

সমাধান ১ (★)¶

(ক) কেন $\lVert f\rVert_q\le\lVert f\rVert_p$ ($q\le p$) probability measure-এ। মূল কথা $\mu(\Omega)=1$। ফাংশন $\varphi(t)=t^{p/q}$ ($p/q\ge1$) convex; তাই $\lvert f\rvert^q$-কে একটা random variable ধরে Jensen লাগালে $$ \Big(\int\lvert f\rvert^q\,d\mu\Big)^{p/q}=\varphi\Big(\mathbb E[\lvert f\rvert^q]\Big)\le\mathbb E\big[\varphi(\lvert f\rvert^q)\big]=\int\lvert f\rvert^{p}\,d\mu . $$ দুই পাশের $1/p$-ঘাত নিলে $\lVert f\rVert_q\le\lVert f\rVert_p$। (সমতুল্যভাবে power-mean অসমতা।) insight (স্বজ্ঞা): মোট-ভর $1$ হওয়ায় বড় ঘাত $p$ বড় মানগুলোকে অসমানুপাতিক বেশি ওজন দেয়, তাই "গড়-আকার" $\lVert f\rVert_p$ বাড়ে — উদাহরণ ১-এর টেবিল ($0.5<0.5774<0.63<0.6687<0.7868$) ঠিক এই monotonicity।

(খ) statistics-ফল। $\Omega$ probability space হওয়ায় $L^2\subseteq L^1$: $\lVert X\rVert_2<\infty\Rightarrow\lVert X\rVert_1<\infty$, অর্থাৎ $\mathbb E[X^2]<\infty\Rightarrow\mathbb E\lvert X\rvert<\infty$ — finite variance থাকলে finite mean আপনিই আছে। উল্টোটা মিথ্যা: heavy-tailed distribution (বণ্টন) (যেমন density $\propto x^{-3}$ on $[1,\infty)$) $\mathbb E\lvert X\rvert<\infty$ দেয় অথচ $\mathbb E[X^2]=\infty$ — $L^1$-এ আছে, $L^2$-এ নেই।

(গ) কোথায় ভাঙে। Inclusion কেবল finite-measure (বিশেষত probability) space-এ। অসীম measure-এ ভাঙে: $\mathbb R$-এর Lebesgue measure-এ $f(x)=\tfrac1{1+\lvert x\rvert}$ গোছের ফাংশন $L^2$-এ থাকে কিন্তু $L^1$-এ নয় — কারণ tail-এ ভর জমা হওয়ার মতো "অসীম জায়গা" আছে, তাই $\mu(\Omega)=1$-এর যুক্তিটাই খাটে না।

সমাধান ২ (★★)¶

(ক) absolute continuity ও কেন আবশ্যিক। $\nu\ll\mu$ মানে: $\mu$ যে set-কে "অদৃশ্য" দেখে (measure $0$), $\nu$-ও সেই set-কে অদৃশ্য দেখে — $\mu(A)=0\Rightarrow\nu(A)=0$। এটি Radon–Nikodym-এর আবশ্যিক শর্ত, কারণ density থাকলে এটি স্বয়ংক্রিয়: ধরা যাক $\nu(A)=\int_A f\,d\mu$ একটি অঋণাত্মক $f$-এর জন্য। তখন $\mu(A)=0$ হলে integrand-এর domain measure-শূন্য, তাই 7.4-অনুসারে $\int_A f\,d\mu=0$, অর্থাৎ $\nu(A)=0$। সুতরাং density থাকা ⇒ $\nu\ll\mu$; contrapositive-এ, $\nu\not\ll\mu$ হলে density থাকতেই পারে না। Radon–Nikodym-এর গভীরতা হলো এর উল্টোটাও সত্য (σ-finite-এ): $\nu\ll\mu$ যথেষ্ট, density নিশ্চিত পাওয়া যায়।

(খ) discrete বণ্টনের ব্যর্থতা। point mass $\delta_0$ ($\delta_0(A)=1$ যদি $0\in A$, নয়তো $0$) Lebesgue measure $\lambda$-এর সাপেক্ষে absolutely continuous নয়: single point $\{0\}$-এর $\lambda(\{0\})=0$, অথচ $\delta_0(\{0\})=1\ne0$ — null set-এ পুরো ভর। তাই $\delta_0\not\ll\lambda$, ফলে কোনো $\lambda$-density (pdf) নেই। এই জন্যই discrete বণ্টনের pdf থাকে না, pmf থাকে — ভর measure-শূন্য বিন্দুগুলোয় কেন্দ্রীভূত, যা Lebesgue measure "ধরতে" পারে না। (একটি discrete বণ্টনের density আছে counting measure-এর সাপেক্ষে — সেটাই pmf-এর কঠোর রূপ।)

সমাধান ৩ (★★)¶

(ক) কোন বাড়তি গঠন $L^2$-কে আলাদা করে। কেবল $p=2$-তে norm থেকে একটি inner product (অন্তঃগুণফল) $\langle f,g\rangle=\int fg\,d\mu$ স্বাভাবিকভাবে জন্মায়, যা $\lVert f\rVert_2^2=\langle f,f\rangle$ পুনরুদ্ধার করে। কারণ একটা norm থেকে inner product আদায় করা যায় ঠিক তখনই যখন norm parallelogram law $\lVert f+g\rVert^2+\lVert f-g\rVert^2=2\lVert f\rVert^2+2\lVert g\rVert^2$ মানে — আর এটি কেবল $p=2$-তে সত্য (অন্য $p$-তে সহজ counterexample-এ ভাঙে)। সংক্ষেপে: $L^2$-ই একমাত্র $L^p$ যা inner-product বহন করে।

(খ) দুই জ্যামিতিক ধারণা + projection theorem। inner product দেয় (i) orthogonality (লম্বতা): $f\perp g\iff\langle f,g\rangle=0$, এবং (ii) angle/projection — সাধারণ Banach space-এ কোণ-লম্ব-projection-এর সুসংজ্ঞা নেই। projection theorem: $M\subseteq L^2$ একটি closed subspace হলে, যেকোনো $f$-এর জন্য একটি একক নিকটতম বিন্দু $\hat f\in M$ আছে ($\lVert f-\hat f\rVert_2=\min_{m\in M}\lVert f-m\rVert_2$), এবং তা চিহ্নিত হয় residual-লম্বতায়: $f-\hat f\perp M$ (অর্থাৎ $\langle f-\hat f,m\rangle=0\ \forall m\in M$)।

(গ) কেন conditional expectation-এর ভিত্তি। $\mathcal G$-measurable square-integrable random variable-রা একটি closed subspace $L^2(\mathcal G)$ গড়ে; $X$-এর সেই subspace-এ projection-ই হলো conditional expectation $\mathbb E[X\mid\mathcal G]$ — "$\mathcal G$-তথ্য দিয়ে গড়া যত random variable, তাদের মধ্যে $X$-এর minimum-mean-squared-error প্রতিরূপ", residual $X-\mathbb E[X\mid\mathcal G]\perp L^2(\mathcal G)$। তাই আজকের projection theorem 7.7-এর সরাসরি জ্যামিতিক ভিত্তি (least squares-এর normal equations-ও একই ছবি)।

খ · গণনামূলক (computational)¶

সমাধান ৪ (★)¶

$f(x)=x$ on $[0,1]$; বদ্ধ-রূপ $\lVert f\rVert_p=\big(\int_0^1 x^p\,dx\big)^{1/p}=\big(\tfrac1{p+1}\big)^{1/p}$ (যেহেতু $\int_0^1 x^p\,dx=\tfrac1{p+1}$)।

$p$	$\tfrac1{p+1}$	$\lVert f\rVert_p=\big(\tfrac1{p+1}\big)^{1/p}$
$1$	$\tfrac12$	$0.5000$
$2$	$\tfrac13$	$0.5774$
$4$	$\tfrac15$	$0.6687$
$\infty$	—	$1.0000$

$p=1$: $\lVert f\rVert_1=\tfrac12=0.5$ — এটি $\mathbb E[X]$, mean।
$p=2$: $\lVert f\rVert_2=(1/3)^{1/2}=1/\sqrt3\approx0.5774$ — এটি $\sqrt{\mathbb E[X^2]}$, RMS (root-mean-square)।
$p=4$: $(1/5)^{1/4}=5^{-1/4}\approx0.6687$।
$p=\infty$: আলাদা সংজ্ঞা — $\lVert f\rVert_\infty=\operatorname*{ess\,sup}_{x\in[0,1]}\lvert x\rvert=1$ (একটানা বাড়ছে $1$ পর্যন্ত; $\{x=1\}$ measure-শূন্য হলেও তার বাঁ-পরিবেশের measure ধনাত্মক, তাই essential অর্থেও $1$)।

monotone যাচাই। $0.5<0.5774<0.6687<1.0$ — কঠোরভাবে বাড়ন্ত। (সম্পূর্ণ টেবিলে $p=3\to0.63$, $p=10\to0.7868$-ও বসে; সব পার্থক্য ধনাত্মক।) এটি probability measure-এ সর্বজনীন: $q\le p\Rightarrow\lVert f\rVert_q\le\lVert f\rVert_p$ (সমাধান ১)।

সমাধান ৫ (★★)¶

$f(x)=x,\ g(x)=x^2$ on $[0,1]$।

(ক) Cauchy–Schwarz $\lvert\langle f,g\rangle\rvert\le\lVert f\rVert_2\lVert g\rVert_2$। বাঁ পক্ষ: $$ \langle f,g\rangle=\int_0^1 x\cdot x^2\,dx=\int_0^1 x^3\,dx=\Big[\tfrac{x^4}4\Big]_0^1=\tfrac14=0.25 . $$ ডান পক্ষ ($\lVert x^k\rVert_2=(\int_0^1 x^{2k})^{1/2}=(2k+1)^{-1/2}$): $$ \lVert f\rVert_2=\tfrac1{\sqrt3},\qquad\lVert g\rVert_2=\tfrac1{\sqrt5},\qquad \lVert f\rVert_2\lVert g\rVert_2=\tfrac1{\sqrt3}\cdot\tfrac1{\sqrt5}=\tfrac1{\sqrt{15}}\approx0.2582 . $$ তুলনা: $\;0.25\le0.2582\;\checkmark$ — এবং কঠোরভাবে ($0.25<0.2582$), কারণ সমতা কেবল $f,g$ linearly dependent হলে, অথচ $x^2\ne c\cdot x$ কোনো ধ্রুবক $c$-এর জন্য (সরলরেখা বনাম প্যারাবোলা)। ফাঁক $0.2582-0.25=0.0082$; জ্যামিতিক অর্থ $\cos\theta=0.25/0.2582\approx0.968$, অর্থাৎ statistics-এ এটাই $\lvert\rho\rvert\le1$ (correlation = কোণের কোসাইন)।

(খ) Jensen ($\varphi(x)=x^2$), $X\sim U(0,1)$। $$ \varphi(\mathbb E X)=(\mathbb E X)^2=\big(\tfrac12\big)^2=\tfrac14=0.25,\qquad \mathbb E[\varphi(X)]=\mathbb E[X^2]=\int_0^1 x^2\,dx=\tfrac13\approx0.3333 . $$ তুলনা: $\;0.25\le0.3333\;\checkmark$ (কঠোর, কারণ $x^2$ কঠোর-উত্তল ও $X$ অ-ধ্রুবক)। ফাঁকটা: $$ \mathbb E[X^2]-(\mathbb E X)^2=\tfrac13-\tfrac14=\tfrac{4-3}{12}=\tfrac1{12}\approx0.0833=\operatorname{Var}(X) . $$ অর্থাৎ "$x^2$-এ Jensen-এর ফাঁক" ঠিক variance — তাই $\varphi=x^2$-এ Jensen $\Leftrightarrow\operatorname{Var}(X)\ge0$: variance-এর অঋণাত্মকতার আসল উৎস $x^2$-এর উত্তলতা।

সমাধান ৬ (★★)¶

$f(x)=x$-এর $L^2[0,1]$-projection $M=\operatorname{span}\{1\}$ (ধ্রুবক)-এ।

(ক) best constant। এক-মাত্রিক projection-সূত্র: $$ \hat c=\frac{\langle f,1\rangle}{\langle 1,1\rangle} =\frac{\int_0^1 x\cdot1\,dx}{\int_0^1 1\cdot1\,dx} =\frac{1/2}{1}=\tfrac12=\mathbb E[X] . $$ অর্থাৎ best constant ঠিক mean — ধ্রুবক-জগতে $X$-এর projection।

(খ) residual ⊥ 1। $r(x)=f(x)-\hat c=x-\tfrac12$। $$ \langle r,1\rangle=\int_0^1\Big(x-\tfrac12\Big)\cdot1\,dx=\tfrac12-\tfrac12=0\;\checkmark $$ residual $1$-এর উপর লম্ব — projection theorem-এর শর্ত আক্ষরিকভাবে মিলল।

(গ) min-error = variance। $\phi(c)=\int_0^1(x-c)^2\,dx=\int_0^1(x^2-2cx+c^2)\,dx=\tfrac13-c+c^2$; $\phi'(c)=-1+2c=0\Rightarrow c=\tfrac12$ ($\phi''=2>0$, minimum)। সর্বনিম্ন মান: $$ \lVert f-\hat c\rVert_2^2=\phi\big(\tfrac12\big)=\tfrac13-\tfrac12+\tfrac14=\tfrac{4-6+3}{12}=\tfrac1{12}=\operatorname{Var}(X) . $$ দুই পথ (orthogonality ও calculus) একই $c=\tfrac12$ দিল; আর best constant দিয়েও অবশিষ্ট ভুল ঠিক variance — যা ৭.৭-এ generalize হয়ে $\mathbb E[X\mid Y]$-এর residual-variance হবে।

গ · প্রমাণভিত্তিক (proof-based)¶

সমাধান ৭ (★★)¶

Young ⇒ Cauchy–Schwarz।

(ক) $p=q=2$। Young $ab\le\tfrac{a^p}p+\tfrac{b^q}q$-এ $p=q=2$: $$ ab\le\frac{a^2}2+\frac{b^2}2, $$ যা $(a-b)^2\ge0\Rightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\Rightarrow ab\le\tfrac{a^2+b^2}2$ থেকেই সরাসরি (এটাই AM–GM)।

(খ) normalize ও integrate। ধরা যাক $\lVert f\rVert_2,\lVert g\rVert_2\ne0$ (নয়তো এক পাশ $0$, অসমতা তুচ্ছ)। প্রতিটি বিন্দুতে $a=\tfrac{\lvert f(\omega)\rvert}{\lVert f\rVert_2},\ b=\tfrac{\lvert g(\omega)\rvert}{\lVert g\rVert_2}$ বসাই: $$ \frac{\lvert f\rvert\,\lvert g\rvert}{\lVert f\rVert_2\lVert g\rVert_2}\le\frac12\frac{\lvert f\rvert^2}{\lVert f\rVert_2^2}+\frac12\frac{\lvert g\rvert^2}{\lVert g\rVert_2^2} . $$ উভয় পাশে $\int(\cdot)\,d\mu$ নিই (monotonicity ও linearity, 7.4)। ডান পাশ: $$ \frac12\frac{\int\lvert f\rvert^2\,d\mu}{\lVert f\rVert_2^2}+\frac12\frac{\int\lvert g\rvert^2\,d\mu}{\lVert g\rVert_2^2} =\frac12\cdot1+\frac12\cdot1=1 $$ (কারণ $\int\lvert f\rvert^2=\lVert f\rVert_2^2$)। তাই $$ \frac{\int\lvert fg\rvert\,d\mu}{\lVert f\rVert_2\lVert g\rVert_2}\le1 \;\Longrightarrow\; \int\lvert fg\rvert\,d\mu\le\lVert f\rVert_2\lVert g\rVert_2 , $$ এবং $\lvert\langle f,g\rangle\rvert=\lvert\int fg\rvert\le\int\lvert fg\rvert\le\lVert f\rVert_2\lVert g\rVert_2$ — Cauchy–Schwarz। ∎

(গ) সমতা। point-wise সমতা ⇔ $a=b$ a.e. ⇔ $\tfrac{\lvert f\rvert}{\lVert f\rVert_2}=\tfrac{\lvert g\rvert}{\lVert g\rVert_2}$ a.e. ⇔ $\lvert f\rvert,\lvert g\rvert$ a.e.-সমানুপাতিক, অর্থাৎ $f,g$ linearly dependent।

সমাধান ৮ (★★★)¶

Jensen via supporting line। $\varphi:\mathbb R\to\mathbb R$ convex, $X\in L^1(\mathbb P)$, $m=\mathbb E[X]$ (সসীম, কারণ $X\in L^1$)।

(ক) supporting line আছে। convex $\varphi$-এর প্রতিটি বিন্দু $m$-এ একটি subgradient $s$ আছে (যদি $\varphi$ অবকলনযোগ্য হয়, $s=\varphi'(m)$; নয়তো বাঁ- ও ডান-derivative-এর মধ্যবর্তী যেকোনো মান) যাতে রেখা $\ell(x)=\varphi(m)+s(x-m)$ পুরো graph-এর নিচে থাকে: $$ \varphi(x)\ge\varphi(m)+s(x-m)\qquad\forall x\in\mathbb R . $$ এটিই convexity-র সংজ্ঞাগত ফল — chord curve-এর উপরে, তাই প্রতিটি বিন্দুতে একটি tangent/support line graph-এর নিচে (← 3.1)।

(খ) $\mathbb E$ নেওয়া। point-wise অসমতায় $x=X(\omega)$ বসিয়ে উভয় পাশে $\mathbb E[\cdot]$ (monotonicity): $$ \mathbb E[\varphi(X)]\ge\mathbb E\big[\varphi(m)+s(X-m)\big]=\varphi(m)+s\big(\mathbb E[X]-m\big)=\varphi(m)+s\cdot0=\varphi(m) . $$ যেহেতু $m=\mathbb E[X]$, পাই $\mathbb E[\varphi(X)]\ge\varphi(\mathbb E[X])$ — Jensen। ∎ (ডান পাশের $\mathbb E$ সুসংজ্ঞায়িত, কারণ $\ell(X)$ affine ও $X\in L^1$।)

(গ) সমতা। $\mathbb E[\varphi(X)-\ell(X)]=0$ আর integrand $\ge0$, তাই $\varphi(X)=\ell(X)$ a.s. — অর্থাৎ $X$ যে মানগুলো (a.s.) নেয় সেখানে $\varphi$ affine; কঠোর-উত্তল $\varphi$-তে এর মানে $X$ ধ্রুবক a.s.

সমাধান ৯ (★★)¶

RN-derivative-এর a.e.-অনন্যতা। ধরুন $f_1,f_2\ge0$ measurable, এবং সব $A\in\mathcal F$-এ $\int_A f_1\,d\mu=\int_A f_2\,d\mu\ (=\nu(A))$; $\mu$ σ-finite, তাই $\Omega=\bigcup_n\Omega_n$, $\mu(\Omega_n)<\infty$, $\Omega_n\uparrow\Omega$।

(ক) $\int_A(f_1-f_2)=0$। $A:=\{f_1>f_2\}\cap\Omega_n$ নিন (finite-measure অংশে সীমাবদ্ধ, যাতে বিয়োগ সুসংজ্ঞায়িত)। এই $A$-তে $f_1,f_2$ উভয়ই finite a.e. ($\nu(A)<\infty$ ধরে, নয়তো truncation), তাই $$ \int_A f_1\,d\mu=\int_A f_2\,d\mu\;\Longrightarrow\;\int_A (f_1-f_2)\,d\mu=0 . $$

(খ) $\mu(A)=0$। $A$-এর উপর integrand $h:=f_1-f_2>0$ (সংজ্ঞা অনুসারে কঠোর-ধনাত্মক) এবং $h\ge0$, $\int_A h\,d\mu=0$। 7.4-এর ধর্ম — "$h\ge0$ ও $\int_A h\,d\mu=0\Rightarrow h=0$ $\mu$-a.e. on $A$" — প্রয়োগে $h=0$ a.e. on $A$; কিন্তু $A$-তে $h>0$ সর্বত্র, একমাত্র উপায় $\mu(A)=0$। সব $n$-এ সত্য, তাই measure-এর continuity-তে $\mu(\{f_1>f_2\})=\lim_n\mu(\{f_1>f_2\}\cap\Omega_n)=0$।

Symmetric ভাবে $\{f_2>f_1\}$ অদলবদল করে $\mu(\{f_2>f_1\})=0$। দুই মিলিয়ে $\mu(\{f_1\ne f_2\})=0$, অর্থাৎ $f_1=f_2$ $\mu$-a.e. ∎ (এই জন্যই $\tfrac{d\nu}{d\mu}$ "a.e.-অনন্য" — null set-এ মান বদলালেও integral অপরিবর্তিত, তাই density একটি a.e.-শ্রেণি।)

ঘ · কোডিং (coding)¶

সমাধান ১০ (★)¶

$\lVert f\rVert_p$ বনাম $p$ — analytic $(1/(p+1))^{1/p}$ বনাম numerical integral, এবং monotone যাচাই।

import numpy as np
from scipy.integrate import quad

print(f"{'p':>4} | {'numeric':>9} | {'analytic':>9}")
vals = []
for p in [1, 2, 3, 4, 10]:
    val, _ = quad(lambda x: x**p, 0, 1)   # ∫_0^1 x^p dx
    norm_num = val**(1/p)
    norm_ana = (1/(p+1))**(1/p)
    vals.append(norm_ana)
    print(f"{p:>4} | {norm_num:>9.4f} | {norm_ana:>9.4f}")

print("\nmonotone (সব পার্থক্য > 0)?", np.all(np.diff(vals) > 0))
print(f"p→∞ সীমা: ||f||_∞ = ess sup|x| = 1.0  (টেবিল 1-এর দিকে ওঠে)")

প্রত্যাশিত আউটপুট:

   p |   numeric |  analytic
   1 |    0.5000 |    0.5000
   2 |    0.5774 |    0.5774
   3 |    0.6300 |    0.6300
   4 |    0.6687 |    0.6687
  10 |    0.7868 |    0.7868

monotone (সব পার্থক্য > 0)? True
p→∞ সীমা: ||f||_∞ = ess sup|x| = 1.0  (টেবিল 1-এর দিকে ওঠে)

দুই কলাম হুবহু মেলে এবং $p$ বাড়লে $\lVert f\rVert_p$ একঘাতীভাবে বাড়ে ($0.5\to0.7868\to\cdots\to1$) — তাই probability space-এ $p\ge q\Rightarrow L^p\subseteq L^q$ সংখ্যায় নিশ্চিত।

সমাধান ১১ (★★)¶

একটি ফাংশনকে subspace-এ project ও residual ⊥ যাচাই (grid-discretized $L^2$, trapezoid inner product)।

import numpy as np

x = np.linspace(0, 1, 200_001)
f = x.copy()                       # f(x) = x

# --- (1) span{1} (ধ্রুবক)-এ projection: best c = <f,1>/<1,1> ---
one = np.ones_like(x)
c_hat = np.trapz(f * one, x) / np.trapz(one * one, x)
r = f - c_hat
ortho = np.trapz(r * one, x)       # <residual, 1> ≈ 0 হওয়া উচিত
print(f"span{{1}}:  c_hat = {c_hat:.4f}   (= E[X] = 0.5)")
print(f"span{{1}}:  <r, 1> = {ortho:.2e}   (≈ 0, residual ⊥ 1)")

# --- (2) span{1, x}-এ projection: f ইতিমধ্যেই subspace-এ, তাই residual ≈ 0 ---
A = np.column_stack([one, x])             # basis {1, x}
coef, *_ = np.linalg.lstsq(A, f, rcond=None)
res = f - A @ coef
res_norm = np.sqrt(np.trapz(res**2, x))   # ||residual||_2 ≈ 0
print(f"span{{1,x}}: coef = [{coef[0]:.4f}, {coef[1]:.4f}]  (≈ [0, 1])")
print(f"span{{1,x}}: ||residual||_2 = {res_norm:.2e}  (≈ 0)")

প্রত্যাশিত আউটপুট:

span{1}:  c_hat = 0.5000   (= E[X] = 0.5)
span{1}:  <r, 1> = -7.11e-15   (≈ 0, residual ⊥ 1)
span{1,x}: coef = [-0.0000, 1.0000]  (≈ [0, 1])
span{1,x}: ||residual||_2 = 2.81e-16  (≈ 0)

(<r,1>-এর exact মান grid-ঘনত্বে সামান্য বদলায়, কিন্তু সর্বদা মেশিন-শূন্যের কোঠায়।) $\operatorname{span}\{1\}$-এ best constant $0.5=\mathbb E[X]$ এবং residual লম্ব — projection theorem সংখ্যায় নিশ্চিত। আর $\operatorname{span}\{1,x\}$-এ $f=x$ ইতিমধ্যেই subspace-এর সদস্য, তাই projection-coef $[0,1]$ ও residual মেশিন-শূন্য — "নিজের space-এ projection = নিজে"।

সমাধান ১২ (★★)¶

Radon–Nikodym density যাচাই + $L^2$-norm Monte-Carlo।

import numpy as np
from scipy.integrate import quad

# --- (ক) RN density dP/dλ = e^{-x} on [0,∞) (Exp(1)) measure পুনর্গঠন করে? ---
mass, _ = quad(lambda x: np.exp(-x), 0, np.inf)   # মোট ভর = 1 (বৈধ pdf)
p01,  _ = quad(lambda x: np.exp(-x), 0, 1)         # P([0,1]) = 1 - e^{-1}
print(f"মোট ভর ∫_0^∞ e^-x dx = {mass:.4f}   (= 1, বৈধ pdf)")
print(f"P([0,1]) = ∫_0^1 e^-x dx = {p01:.4f}   (1 - e^-1 = {1-np.exp(-1):.4f})")

# --- (খ) ||X||_2 = sqrt(E[X^2]), X ~ U(0,1); analytic 1/sqrt(3) ---
rng = np.random.default_rng(20260619)
x = rng.uniform(0, 1, size=1_000_000)
l2_mc = np.sqrt(np.mean(x**2))
print(f"\nMonte-Carlo ||X||_2 = {l2_mc:.4f}   (analytic 1/√3 = {1/np.sqrt(3):.4f})")

প্রত্যাশিত আউটপুট:

মোট ভর ∫_0^∞ e^-x dx = 1.0000   (= 1, বৈধ pdf)
P([0,1]) = ∫_0^1 e^-x dx = 0.6321   (1 - e^-1 = 0.6321)

Monte-Carlo ||X||_2 = 0.5776   (analytic 1/√3 = 0.5774)

(ক) density $e^{-x}$-এর মোট integral $1$ (তাই বৈধ probability measure / pdf), আর $P([0,1])=\int_0^1 e^{-x}\,dx=1-e^{-1}=0.6321$ — density সত্যিই $\nu(A)=\int_A\tfrac{d\nu}{d\mu}\,d\mu$ সূত্রে measure পুনর্গঠন করে (এটাই exponential-এর চেনা CDF $F(1)$, এখন RN-density-র integral হিসেবে)। (খ) seed 20260619, $N=10^6$-এ Monte-Carlo $\lVert X\rVert_2=\sqrt{\mathbb E[X^2]}=0.5776$, বিশ্লেষণী $1/\sqrt3=0.5774$-এর খুব কাছে (Monte-Carlo error $O(1/\sqrt N)$) — $L^2$-norm-টাই এখানে নমুনা-গড়ে

\(p\)	\(\tfrac1{p+1}\)	\(\lVert f\rVert_p=\big(\tfrac1{p+1}\big)^{1/p}\)
\(1\)	\(\tfrac12\)	\(0.5000\)
\(2\)	\(\tfrac13\)	\(0.5774\)
\(4\)	\(\tfrac15\)	\(0.6687\)
\(\infty\)	—	\(1.0000\)

সমাধান — অধ্যায় ৭.৫ · \(L^p\) Space, Hilbert Space ও Radon–Nikodym¶

ক · ধারণাগত (conceptual)¶

সমাধান ১ (★)¶

সমাধান ২ (★★)¶

সমাধান ৩ (★★)¶

খ · গণনামূলক (computational)¶

সমাধান ৪ (★)¶

সমাধান ৫ (★★)¶

সমাধান ৬ (★★)¶

গ · প্রমাণভিত্তিক (proof-based)¶

সমাধান ৭ (★★)¶

সমাধান ৮ (★★★)¶

সমাধান ৯ (★★)¶

ঘ · কোডিং (coding)¶

সমাধান ১০ (★)¶

সমাধান ১১ (★★)¶

সমাধান ১২ (★★)¶