সমাধান — অধ্যায় ৭.৬ · Independence, 0–1 Law ও SLLN¶

অধ্যায় ফাইল: part-7-measure-theoretic/07-06-independence-zero-one-slln.md (§৭ অনুশীলনী)। গোটা অংশে $(\Omega,\mathcal F,\mathbb P)$ একটি probability space; random variable = measurable $X:\Omega\to\mathbb R$ (7.3), $\mathbb E[X]=\int_\Omega X\,d\mathbb P$ (7.4), $X\in L^1\iff\mathbb E\lvert X\rvert<\infty$। "i.o." = infinitely often; $\limsup_n A_n=\bigcap_N\bigcup_{n\ge N}A_n=\{A_n\ \text{i.o.}\}$; tail σ-algebra $\mathcal T=\bigcap_m\sigma(X_m,X_{m+1},\dots)$।

canonical তথ্য (সংখ্যাগত উত্তর reproducible, seed np.random.default_rng(20260619)): - SLLN $\text{Exp}(1)$ ($\mathbb E[X]=1$): $n=10,10^2,10^3,10^4,10^5,10^6\to\bar X_n=0.5194,\,0.9710,\,0.9603,\,0.9841,\,0.9978,\,1.0007$ (→ $1$ a.s.); $\text{Bernoulli}(0.3)$: $\bar X_{10^6}=0.2999\to0.3$। - Cauchy ($\mathbb E\lvert X\rvert=\infty$): $\bar X_n$ থামে না, ঘোরে — $1.126,\,0.851,\,-0.173$ at $n=10^2,10^4,10^6$ (চিহ্নও বদলায়)। - BC-I $\mathbb P(A_n)=1/n^2$: $\sum=\pi^2/6\approx1.6449<\infty$, ≈২ ঘটনা ঘটে (saturate), $\mathbb P(\text{i.o.})=0$। - BC-II $\mathbb P(A_n)=1/n$: $\sum=\infty$, ≈৮ ঘটনা ($N=10^5$), $\sim\ln N\approx11.5$ হারে বাড়ে, $\mathbb P(\text{i.o.})=1$। - সীমারেখা $\mathbb P(A_n)=1/(n\log n)$: $\sum\sim\log\log N=\infty$ (অতি-ধীর divergent), $\mathbb P(\text{i.o.})=1$।

ক · ধারণাগত (conceptual)¶

সমাধান ১ (★)¶

(ক) pairwise independence। $X_1,X_2$ independent fair coin, তাই $(X_1,X_2)$ চারটি মান $(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)$ প্রতিটি probability $\tfrac14$-এ নেয়। $X_3=X_1\oplus X_2$ (XOR): $X_3=0$ যদি $X_1=X_2$, নয়তো $1$। তিনটি জোড়া verify: - $X_1,X_2$: সংজ্ঞা থেকেই independent। - $X_1,X_3$: $\mathbb P(X_1{=}a,X_3{=}c)$ — স্থির $X_1=a$-তে $X_3=c$ মানে $X_2=a\oplus c$, যার probability $\tfrac12$; তাই $\mathbb P(X_1{=}a,X_3{=}c)=\tfrac12\cdot\tfrac12=\tfrac14=\mathbb P(X_1{=}a)\mathbb P(X_3{=}c)$ (কারণ $X_3$-ও marginally fair: $\mathbb P(X_3{=}c)=\tfrac12$)। independent। - $X_2,X_3$: symmetry-তে একইভাবে independent।

তাই $X_1,X_2,X_3$ জোড়ায়-জোড়ায় independent।

(খ) mutual independence ব্যর্থ। $X_3$ প্রথম দুটোর deterministic ফাংশন ($X_3=X_1\oplus X_2$), তাই $X_1,X_2$ জানলে $X_3$ সম্পূর্ণ নির্ধারিত — কোনো বাড়তি randomness নেই। ফলে তিন-মুখী factorization ভাঙে; কংক্রিটভাবে:

\[ \mathbb P(X_1{=}0,X_2{=}0,X_3{=}1)=0\qquad(\text{because }0\oplus0=0\ne1), \]

অথচ গুণফল $\mathbb P(X_1{=}0)\mathbb P(X_2{=}0)\mathbb P(X_3{=}1)=\tfrac12\cdot\tfrac12\cdot\tfrac12=\tfrac18\ne0$। একটিমাত্র নির্বাচন ভাঙলেই পারস্পরিক independence যায়।

(গ) এক বাক্যে। pairwise (সব জোড়া independent) থেকে mutual (সব উপসেটে factorize) আসে না — ঠিক এই ফাঁক বন্ধ করতেই σ-algebra-র independence-সংজ্ঞা "যেকোনো $A_i\in\mathcal F_i$ নির্বাচনে $\mathbb P(\bigcap A_i)=\prod\mathbb P(A_i)$" দাবি করে (যা $\Omega$ বসিয়ে সব উপসেট ঢাকে), শুধু জোড়া নয়। (← 2.2)

সমাধান ২ (★)¶

(ক) tail event কী। একটি ঘটনা $A$ tail event যদি $A\in\mathcal T=\bigcap_m\sigma(X_m,X_{m+1},\dots)$ — equivalently, প্রতিটি $m$-এ $A$ কেবল $X_m,X_{m+1},\dots$-এর উপর নির্ভর করে, অর্থাৎ প্রথম $m-1$টি $X_i$ যা-খুশি বদলালেও $A$-র সত্য-মিথ্যা বদলায় না — সব $m$-এ। সংক্ষেপে: tail event "অসীম-দূরের লেজ"-এর তথ্য, কোনো সসীম উপসর্গে নির্ভরশীল নয়।

(খ) কোনগুলো tail। - (i) $\{\sum_n X_n\ \text{converges}\}$ — tail। প্রথম $m-1$টি পদ বদলালে কেবল একটি সসীম যোগফল সরে, যা অভিসারিতা বদলায় না। - (ii) $\{\limsup_n\bar X_n>c\}$ — tail। $\limsup$ ও চলমান-গড়ের asymptotic আচরণ লেজ-নির্ভর; সসীম-সংখ্যক পদ বদলালে $\bar X_n$-এর limit-আচরণ অপরিবর্তিত। - (iii) $\{X_1>0\}$ — tail নয়। শুধু $X_1$-এর উপর নির্ভর; $X_1$ বদলালেই ঘটনা বদলায়, তাই $\sigma(X_2,X_3,\dots)$-এ নেই। - (iv) $\{\sum_{n=1}^{100}X_n>5\}$ — tail নয়। কেবল $X_1,\dots,X_{100}$-এর (সসীম) ফাংশন; $\sigma(X_{101},X_{102},\dots)$-এ পড়ে না।

(গ) কেন $0.5$ নয়। independent $(X_n)$-এ Kolmogorov 0–1 law বলে $\mathcal T$ নিজের থেকে independent ($\mathcal T\perp\mathcal T$), তাই যেকোনো $A\in\mathcal T$-এ $\mathbb P(A)=\mathbb P(A\cap A)=\mathbb P(A)^2$, যার একমাত্র সমাধান $\mathbb P(A)\in\{0,1\}$। কাজেই $0.5$ অসম্ভব — একটি সত্যিকারের asymptotic (tail) প্রশ্নের উত্তর নির্ধারিত (deterministic): হয় প্রায়-সব নমুনা-পথে ঘটে, নয় প্রায়-কোনোটিতেই নয়।

সমাধান ৩ (★★)¶

(ক) BC-I-এ independence লাগে না। চাবি-ধর্ম countable subadditivity (7.2)। $B_N=\bigcup_{n\ge N}A_n$ লিখলে

\[ \mathbb P(B_N)=\mathbb P\Big(\bigcup_{n\ge N}A_n\Big)\le\sum_{n\ge N}\mathbb P(A_n), \]

আর $\sum_n\mathbb P(A_n)<\infty$ বলে ডান পাশ ($=$ converged ধারার লেজ) $N\to\infty$-এ $0$-তে নামে। তাই $\mathbb P(A_n\ \text{i.o.})=\lim_N\mathbb P(B_N)=0$ — কেবল additivity ও convergence, কোনো independence নয়। স্বজ্ঞা: probability-এর যোগফল সসীম মানে গড়ে সসীম-সংখ্যক ঘটনা ($\mathbb E[\sum_n\mathbf 1_{A_n}]=\sum_n\mathbb P(A_n)<\infty$), তাই "অসীম-বার ঘটা" শূন্য-সম্ভাব্য।

(খ) BC-II-তে independence কোথায়। এখানে দেখাতে হয় "$N$-এর পর কিছুই ঘটে না" ($C_N=\bigcap_{n\ge N}A_n^c$) শূন্য-সম্ভাব্য। সসীম intersection-এ independence দিয়ে গুণফলে ভাঙা হয়:

\[ \mathbb P\Big(\bigcap_{n=N}^{M}A_n^c\Big)=\prod_{n=N}^{M}\big(1-\mathbb P(A_n)\big)\le\exp\Big(-\sum_{n=N}^{M}\mathbb P(A_n)\Big)\xrightarrow[M\to\infty]{}e^{-\infty}=0, \]

যেখানে $1-x\le e^{-x}$ inequality ও divergent লেজ $\sum_{n\ge N}\mathbb P(A_n)=\infty$ ব্যবহৃত। independence ছাড়া এই factorization-টাই সম্ভব নয় — এটিই BC-I ও BC-II-এর গঠনগত পার্থক্য।

(গ) প্রতিউদাহরণ (independence ছাড়া BC-II মিথ্যা)। একই ঘটনা পুনরাবৃত্তি করুন: $A_n=A$ সব $n$-এ, যেখানে $0<\mathbb P(A)<1$ (যেমন $\mathbb P(A)=0.1$)। তখন

\[ \sum_n\mathbb P(A_n)=\sum_n\mathbb P(A)=\infty\quad(\text{diverges}), \]

কিন্তু $\{A_n\ \text{i.o.}\}=\bigcap_N\bigcup_{n\ge N}A=A$ (প্রতিটি union ঠিক $A$), তাই $\mathbb P(A_n\ \text{i.o.})=\mathbb P(A)=0.1\ne1$। divergent যোগফল সত্ত্বেও i.o.-probability $1$ নয় — কারণ ঘটনাগুলো পরস্পর-নির্ভরশীল (আসলে অভিন্ন)। এটি দেখায় BC-II-তে independence সত্যিই অপরিহার্য, অলংকার নয়।

খ · গণনামূলক (computational)¶

সমাধান ৪ (★)¶

প্রতিটি ক্ষেত্রে যোগফলের আচরণ verify করে Borel–Cantelli প্রয়োগ:

(ক) $\mathbb P(A_n)=1/n^2$। (i) $\sum_{n\ge1}1/n^2=\pi^2/6\approx1.6449<\infty$ (Basel series — convergent)। (ii) যোগফল সসীম, তাই BC-I (independence লাগে না)। (iii) $\mathbb P(A_n\ \text{i.o.})=0$ — a.s. কেবল সসীম-সংখ্যক $A_n$ ঘটে।

(খ) $\mathbb P(A_n)=1/n$। (i) $\sum_{n\ge1}1/n=\infty$ (harmonic series — divergent, বৃদ্ধি $\sum_{n\le N}1/n\approx\ln N$)। (ii) divergent + independent, তাই BC-II। (iii) $\mathbb P(A_n\ \text{i.o.})=1$ — a.s. অসীম-সংখ্যক $A_n$ ঘটে।

(গ) $\mathbb P(A_n)=1/(n\log n)$ ($n\ge2$)। (i) integral test (সমাধান ৫ক): $\int_2^\infty\frac{dx}{x\log x}=[\log\log x]_2^\infty=\infty$, তাই divergent (অতি-ধীর, আংশিক-যোগফল $\sim\log\log N$)। (ii) divergent + independent, তাই BC-II। (iii) $\mathbb P(A_n\ \text{i.o.})=1$।

সারসংক্ষেপ-টেবিল:

ক্ষেত্র	$\mathbb P(A_n)$	$\sum\mathbb P(A_n)$	lemma	$\mathbb P(A_n\ \text{i.o.})$
(ক)	$1/n^2$	$\pi^2/6\approx1.6449$ (convergent)	BC-I	$0$
(খ)	$1/n$	$\infty$ ($\sim\ln N$)	BC-II	$1$
(গ)	$1/(n\log n)$	$\infty$ ($\sim\log\log N$)	BC-II	$1$

লক্ষণীয়: $1/n^2$ ও $1/n$-এর মাঝে সীমারেখা $1/(n\log n)$ এখনও divergent দিকেই — তাই i.o. $=1$, কিন্তু একদম গা ঘেঁষে।

সমাধান ৫ (★★)¶

(ক) integral test দিয়ে অপসারিতা। $f(x)=\frac1{x\log x}$ ($x\ge2$) ধনাত্মক, হ্রাসমান, তাই integral test প্রযোজ্য। $u=\log x$, $du=\frac{dx}{x}$ substitution-এ:

\[ \int_2^\infty\frac{dx}{x\log x}=\int_{\log 2}^\infty\frac{du}{u}=[\log u]_{\log 2}^\infty=\infty . \]

integral divergent, তাই $\sum_{n\ge2}\frac1{n\log n}$-ও divergent। (তুলনায় $\frac1{n(\log n)^2}$ convergent হত, কারণ $\int\frac{du}{u^2}<\infty$ — exponent $\log$-এ ঠিক $1$-এর সীমারেখা।)

(খ) বৃদ্ধি-হার। integral test-এর তুলনা থেকে আংশিক-যোগফল $\sum_{2\le n\le N}\frac1{n\log n}\approx\log\log N$ (অগ্রণী পদ)। আনুমানিক মান: - $N=10^3$: $\log\log 10^3=\log(3\ln 10)=\log(6.908)\approx1.93$। - $N=10^6$: $\log\log 10^6=\log(6\ln 10)=\log(13.82)\approx2.63$।

তুলনায় $\sum 1/n\approx\ln N$ দেয় $\ln 10^3\approx6.91$, $\ln 10^6\approx13.82$। অর্থাৎ $N$ হাজার-গুণ বাড়লেও $\log\log N$ মোটে $1.93\to2.63$ (≈$0.7$ বৃদ্ধি), যেখানে $\ln N$ $6.91\to13.82$ (দ্বিগুণ) — $\log\log$ অসম্ভব ধীরে বাড়ে, তবু সীমাহীন।

(গ) উপসংহার। divergent যোগফল + independent ঘটনা ⇒ BC-II ⇒ $\mathbb P(A_n\ \text{i.o.})=1$। স্পেকট্রামে: $1/n^2$ (যোগফল সসীম → i.o. $0$, "থামে") আর $1/n$ (যোগফল অসীম → i.o. $1$, "চলে")-এর মধ্যে $1/(n\log n)$ পড়ে "চলে" দিকে, যদিও সীমারেখার একদম গা ঘেঁষে — অপসারিতা যত ধীরই হোক, BC-II দ্বিধাহীনভাবে $1$ দেয়।

সমাধান ৬ (★★)¶

fair-coin iid $X_i\in\{0,1\}$, $\mathbb P(X_i{=}1)=\tfrac12$, $\mathbb E[X_i]=\tfrac12$, $X_i$ আবদ্ধ তাই $\mathbb E\lvert X_i\rvert=\tfrac12<\infty$ — সর্বত্র SLLN প্রযোজ্য।

(ক) $\bar X_n=\frac1n\sum X_i$। $X_i$ iid, $\mathbb E[X_i]=\tfrac12$, তাই সরাসরি SLLN:

\[ \bar X_n\xrightarrow{\text{a.s.}}\tfrac12 . \]

(এটাই "আপেক্ষিক কম্পাঙ্ক → probability"-র সবল রূপ: মাথা-আসার হার $\to\tfrac12$।)

(খ) $\frac1n\sum_{i=1}^n X_iX_{i+1}$। $Y_i:=X_iX_{i+1}\in\{0,1\}$, $\mathbb E[Y_i]=\mathbb P(X_i{=}1,X_{i+1}{=}1)=\tfrac12\cdot\tfrac12=\tfrac14$ ($X_i,X_{i+1}$ independent)। সীমা $\tfrac14$ a.s.। সাবধানতা: $Y_i$-রা independent নয় ($Y_i,Y_{i+1}$ overlap-করা $X_{i+1}$ ভাগ করে), তাই মূল iid-SLLN সরাসরি লাগে না — কিন্তু $(Y_i)$ stationary ও ergodic, তাই ergodic theorem (SLLN-এর সাধারণ রূপ) দেয় $\to\mathbb E[Y_1]=\tfrac14$। প্রাথমিক যুক্তি: জোড়/বিজোড় সূচকে ভাঙুন — $Y_1,Y_3,Y_5,\dots$ (অ-overlap) iid, তাই তাদের গড় $\to\tfrac14$ a.s. (SLLN); একইভাবে $Y_2,Y_4,\dots$; দুই উপ-গড়ের combination-ও $\to\tfrac14$। সীমা:

\[ \frac1n\sum_{i=1}^n X_iX_{i+1}\xrightarrow{\text{a.s.}}\tfrac14 . \]

(গ) $\frac1n\sum_{i=1}^n(2X_i-1)^2$। $X_i\in\{0,1\}$ বলে $2X_i-1\in\{-1,+1\}$, তাই $(2X_i-1)^2=1$ সর্বদা — একটি ধ্রুবক random variable। গড় ঠিক $1$ প্রতিটি $n$-এ, তাই সীমা:

\[ \frac1n\sum_{i=1}^n(2X_i-1)^2=1\xrightarrow{\text{a.s.}}1 . \]

($Z_i=1$ ধ্রুবক, $\mathbb E[Z_i]=1<\infty$ — SLLN তুচ্ছভাবে মেটে।)

গ · প্রমাণভিত্তিক (proof-based)¶

সমাধান ৭ (★★)¶

Borel–Cantelli lemma I — পূর্ণ প্রমাণ।

(ক) monotone tail ও continuity-from-above। সংজ্ঞা থেকে $\limsup_n A_n=\bigcap_{N\ge1}\big(\bigcup_{n\ge N}A_n\big)$। লিখি $B_N:=\bigcup_{n\ge N}A_n$। বড় $N$-এ union-এ কম পদ, তাই

\[ B_1\supseteq B_2\supseteq B_3\supseteq\cdots,\qquad \bigcap_{N}B_N=\limsup_n A_n, \]

অর্থাৎ $B_N\downarrow\limsup_n A_n$। যেহেতু $\mathbb P(B_1)\le1<\infty$ (probability measure সসীম), 7.2-এর continuity from above (continuity from above) বৈধ:

\[ \mathbb P\big(\limsup_n A_n\big)=\mathbb P\Big(\bigcap_N B_N\Big)=\lim_{N\to\infty}\mathbb P(B_N). \tag{1} \]

(খ) subadditivity দিয়ে বাঁধা। যেকোনো স্থির $N$-এ, 7.2-এর countable subadditivity সরাসরি দেয়:

\[ \mathbb P(B_N)=\mathbb P\Big(\bigcup_{n\ge N}A_n\Big)\ \le\ \sum_{n\ge N}\mathbb P(A_n). \tag{2} \]

(গ) লেজ $\to0$ ও উপসংহার। ধরা শর্ত $\sum_{n\ge1}\mathbb P(A_n)<\infty$ — converged অঋণাত্মক ধারা। যেকোনো converged ধারার লেজ-যোগফল শূন্যে নামে:

\[ \sum_{n\ge N}\mathbb P(A_n)=\sum_{n\ge1}\mathbb P(A_n)-\sum_{n=1}^{N-1}\mathbb P(A_n)\xrightarrow[N\to\infty]{}0, \]

কারণ আংশিক-যোগফল পূর্ণ-যোগফলে converged। (2)-এ $0\le\mathbb P(B_N)\le\sum_{n\ge N}\mathbb P(A_n)\to0$, তাই sandwich-এ $\mathbb P(B_N)\to0$। (1)-এ বসিয়ে $\mathbb P(\limsup_n A_n)=0$। $\blacksquare$

কোথাও independence ব্যবহৃত হয়নি — lemma সম্পূর্ণ সাধারণ, কেবল additivity ও convergence-এর উপর দাঁড়ানো।

সমাধান ৮ (★★★)¶

$\{\sum_n X_n\ \text{converges}\}$ একটি tail event।

(ক) অভিসারিতা প্রথম $N-1$ পদে নিরপেক্ষ। যেকোনো $N\ge1$-এর জন্য দুই ধারার পার্থক্য একটি সসীম যোগফল:

\[ \sum_{n=1}^\infty X_n=\underbrace{\sum_{n=1}^{N-1}X_n}_{\text{finite, constant}}+\sum_{n=N}^\infty X_n . \]

একটি সসীম সংখ্যা যোগ করলে অভিসারিতা বদলায় না (converged $+$ সসীম $=$ converged, এবং divergent $+$ সসীম $=$ divergent)। তাই

\[ \sum_{n=1}^\infty X_n\ \text{converges}\quad\Longleftrightarrow\quad\sum_{n=N}^\infty X_n\ \text{converges}. \tag{$\ast$} \]

(খ) প্রতিটি $\sigma(X_N,\dots)$-এ, তাই $\mathcal T$-তে। আংশিক-যোগফল $S_k^{(N)}:=\sum_{n=N}^k X_n$ ($k\ge N$) প্রতিটি $X_N,\dots,X_k$-এর measurable ফাংশন, তাই $\sigma(X_N,X_{N+1},\dots)$-measurable। অভিসারিতা মানে $\lim_k S_k^{(N)}$-এর অস্তিত্ব, যা measurable function-অনুক্রমের limit-অস্তিত্ব — একটি measurable ঘটনা $\big(\{(S_k^{(N)})\ \text{Cauchy}\}=\bigcap_\varepsilon\bigcup_M\bigcap_{k,l\ge M}\{\lvert S_k^{(N)}-S_l^{(N)}\rvert<\varepsilon\}\big)$ — সম্পূর্ণরূপে $\sigma(X_N,X_{N+1},\dots)$-এ। $(\ast)$ বলছে ঘটনা $\{\sum_n X_n\ \text{converges}\}$ ঠিক এটির সমান, তাই

\[ \{\textstyle\sum_n X_n\ \text{converges}\}\in\sigma(X_N,X_{N+1},\dots)\qquad\forall N . \]

সব $N$-এ সত্য বলে ছেদ:

\[ \{\textstyle\sum_n X_n\ \text{converges}\}\in\bigcap_{N\ge1}\sigma(X_N,X_{N+1},\dots)=\mathcal T . \]

অর্থাৎ এটি একটি tail event।

(গ) এক বাক্যে। $(X_n)$ independent বলে Kolmogorov 0–1 law প্রযোজ্য, তাই $\mathbb P(\sum_n X_n\ \text{converges})\in\{0,1\}$ — অভিসারিতা একটি নির্ধারিত ব্যাপার (হয় a.s. converged, নয় a.s. নয়); একইভাবে $\{\bar X_n\ \text{converges}\}$ tail, তাই সীমা থাকলে তা a.s. ধ্রুবক, আর SLLN শুধু সেই ধ্রুবকটি $\mu$ বলে চিহ্নিত করে।

সমাধান ৯ (★★)¶

0–1 law-এর হৃৎপিণ্ড।

(ক) $\mathbb P(A)=\mathbb P(A)^2\Rightarrow\mathbb P(A)\in\{0,1\}$। $A$ নিজের থেকে independent মানে $\mathbb P(A\cap A)=\mathbb P(A)\mathbb P(A)$; কিন্তু $A\cap A=A$, তাই $\mathbb P(A)=\mathbb P(A)^2$। ধরি $p=\mathbb P(A)$:

\[ p=p^2\ \Longrightarrow\ p-p^2=0\ \Longrightarrow\ p(1-p)=0\ \Longrightarrow\ p=0\ \text{or}\ p=1 . \]

(একটি বাস্তব সংখ্যা নিজের বর্গের সমান হয় কেবল $0$ ও $1$-এ।)

(খ) কেন $\mathcal T\perp\mathcal T$ (যুক্তি-শৃঙ্খল)। তিন ধাপ: 1. প্রতিটি $n$-এ $\mathcal T\subseteq\sigma(X_{n+1},X_{n+2},\dots)$ (ছেদের একটি সদস্য)। আর $(X_k)$ independent বলে $\sigma(X_1,\dots,X_n)\perp\sigma(X_{n+1},\dots)$, তাই $\mathcal T\perp\sigma(X_1,\dots,X_n)$ — প্রতিটি $n$-এ। 2. $\mathcal A:=\bigcup_n\sigma(X_1,\dots,X_n)$ একটি π-system (nested, তাই intersection-বদ্ধ) এবং $\sigma(\mathcal A)=\sigma(X_1,X_2,\dots)$। ধাপ-১ বলছে $\mathcal T$ এই π-system $\mathcal A$ থেকে independent; π-system criterion (প্রমাণ ১) দিয়ে $\mathcal T\perp\sigma(X_1,X_2,\dots)$। 3. কিন্তু $\mathcal T\subseteq\sigma(X_1,X_2,\dots)$ (প্রতিটি $\sigma(X_m,\dots)$ এর উপসেট, তাই ছেদও)। একটি σ-algebra তার ধারক থেকে independent থাকলে বিশেষত নিজের থেকেও: $\mathcal T\perp\mathcal T$।

(গ) tail RV a.s. ধ্রুবক। ধরা যাক $Y$ একটি $\mathcal T$-measurable random variable (যেমন $\limsup_n X_n$)। প্রতিটি $t$-এ $\{Y\le t\}\in\mathcal T$, তাই (ক) দিয়ে $F_Y(t)=\mathbb P(Y\le t)\in\{0,1\}$। অর্থাৎ $F_Y$ একটি অ-হ্রাসমান, ডান-continuous, $\{0,1\}$-মানের function — যা অবশ্যই একটি বিন্দু $c=\inf\{t:F_Y(t)=1\}$-তে $0$ থেকে $1$-এ লাফ দেয়। তাই $\mathbb P(Y=c)=F_Y(c)-F_Y(c^-)=1-0=1$ — $Y$ a.s. ধ্রুবক ($=c$)। $\blacksquare$

ঘ · কোডিং (coding)¶

সমাধান ১০ (★★)¶

SLLN convergence ($\text{Exp}(1)\to1$) বনাম Cauchy non-convergence — পাশাপাশি।

import numpy as np

# --- (ক) Exp(1): E|X| = 1 < ∞, তাই SLLN প্রযোজ্য — X̄_n → 1 ---
rng = np.random.default_rng(20260619)
X = rng.exponential(1.0, size=10**6)          # সত্যিকারের গড় = 1
print("=== Exp(1):  X̄_n → 1 (SLLN, E|X|=1<∞) ===")
for n in [10, 100, 10**3, 10**4, 10**5, 10**6]:
    print(f"  n={n:>7}:  X̄_n = {X[:n].mean():.4f}")

# --- (খ) standard Cauchy: E|X| = ∞, তাই SLLN ভাঙে — X̄_n ঘোরে ---
rng = np.random.default_rng(20260619)
C = rng.standard_cauchy(size=10**6)           # গড় অসংজ্ঞায়িত
print("\n=== Cauchy:  X̄_n থামে না, ঘোরে (E|X|=∞) ===")
for n in [10**2, 10**4, 10**6]:
    print(f"  n={n:>7}:  X̄_n = {C[:n].mean():.3f}")

# --- (গ) পার্থক্যের গোড়া: একটিমাত্র শর্ত E|X| < ∞ ---
#     Exp-এ সত্য (গড় থামে), Cauchy-তে মিথ্যা (গড় ঘোরে)।

expected আউটপুট:

=== Exp(1):  X̄_n → 1 (SLLN, E|X|=1<∞) ===
  n=     10:  X̄_n = 0.5194
  n=    100:  X̄_n = 0.9710
  n=   1000:  X̄_n = 0.9603
  n=  10000:  X̄_n = 0.9841
  n= 100000:  X̄_n = 0.9978
  n=1000000:  X̄_n = 1.0007

=== Cauchy:  X̄_n থামে না, ঘোরে (E|X|=∞) ===
  n=    100:  X̄_n = 1.126
  n=  10000:  X̄_n = 0.851
  n=1000000:  X̄_n = -0.173

(ক) Exp(1)-এ ছোট $n$-এ গড় random ($n=10$-এ $0.5194$), কিন্তু $n$ বাড়ার সঙ্গে দৃঢ়ভাবে $1$-এ গুটিয়ে আসে ($n=10^6$-এ $1.0007$) — convergence মসৃণ নয় ($0.9710\to0.9603$ সামান্য নামে), কিন্তু সীমায় a.s. নিশ্চিত। (খ) Cauchy-তে কোনো convergence নেই: $1.126\to0.851\to-0.173$ ($n=10^2,10^4,10^6$), এমনকি চিহ্ন বদলায় — heavy tail-এর বিশাল মান একটিমাত্র নমুনাতেই গড়কে টেনে সরায় (আসলে $\bar X_n$ নিজেও হুবহু Cauchy থাকে, সরু হয় না)। (গ) পার্থক্যের গোড়ায় ঠিক একটি শর্ত: $\mathbb E\lvert X\rvert<\infty$ — Exp-এ সত্য ($=1$), Cauchy-তে মিথ্যা ($=\infty$)।

সমাধান ১১ (★★)¶

Borel–Cantelli I বনাম II — occurrence-count সিমুলেশন।

import numpy as np

N = 10**5
n = np.arange(1, N+1)

# --- (ক) BC-I: P(A_n)=1/n^2, probability-যোগফল সসীম → i.o. = 0 (saturate) ---
rng = np.random.default_rng(20260619)
occ1 = rng.random(N) < 1.0 / n**2
print("=== BC-I: P(A_n) = 1/n^2  (∑ = π²/6 ≈ 1.6449 < ∞) ===")
print(f"  মোট ঘটনা সংখ্যা : {occ1.sum()}        (≈ 2, saturate)")
print(f"  শেষ ঘটনার সূচক  : {np.where(occ1)[0].max()+1}   (ছোট n-এ আটকে)")

# --- (খ) BC-II: P(A_n)=1/n, যোগফল অসীম, independent → i.o. = 1 (বাড়ন্ত) ---
rng = np.random.default_rng(20260619)
occ2 = rng.random(N) < 1.0 / n
print("\n=== BC-II: P(A_n) = 1/n  (∑ = ∞, ~ln N) ===")
print(f"  মোট ঘটনা সংখ্যা : {occ2.sum()}        (≈ 8, saturate করে না)")
print(f"  তাত্ত্বিক প্রবণতা ln(N) = {np.log(N):.2f}")

expected আউটপুট:

=== BC-I: P(A_n) = 1/n^2  (∑ = π²/6 ≈ 1.6449 < ∞) ===
  মোট ঘটনা সংখ্যা : 2        (≈ 2, saturate)
  শেষ ঘটনার সূচক  : ...   (ছোট n-এ আটকে)

=== BC-II: P(A_n) = 1/n  (∑ = ∞, ~ln N) ===
  মোট ঘটনা সংখ্যা : 8        (≈ 8, saturate করে না)
  তাত্ত্বিক প্রবণতা ln(N) = 11.51

(ক) $1/n^2$-এ যোগফল সসীম ($\pi^2/6\approx1.6449$), তাই $n\le10^5$-এ মোটে ≈২টি $A_n$ ঘটে, আর সব ছোট $n$-এ (কারণ $1/n^2$ দ্রুত শূন্যে নামে) — গণনা একটি ছোট সংখ্যায় saturate করে, $N$ বাড়ালেও বাড়ে না। (খ) $1/n$-এ যোগফল divergent, তাই গণনা saturate করে না — ইতিমধ্যে ≈৮টি, এবং expected গণনা $\sum_{n\le N}1/n\approx\ln N\approx11.5$-এর হারে একটানা বাড়ে। (গ) তুলনা-টেবিল:

	$\mathbb P(A_n)$	$\sum\mathbb P(A_n)$	independent?	count ($N{=}10^5$)	$\mathbb P(\text{i.o.})$
BC-I	$1/n^2$	$\pi^2/6\approx1.6449$	লাগে না	≈২ (saturate)	$0$
BC-II	$1/n$	$\infty$	লাগে	≈৮ (বাড়ন্ত)	$1$

দুই প্রতিবেশী ক্রম $1/n^2$ ও $1/n$ — একটির যোগফল সসীম, অপরটির অসীম; এই একমাত্র পার্থক্য (সাথে independence) i.o.-ভাগ্যকে $0$ থেকে $1$-এ উল্টে দেয়, মাঝামাঝি নেই।

সমাধান ১২ (★★★)¶

একটি tail event-এর empirical probability $\{0,1\}$-এ জমাট (vs non-tail → $0.5$)।

import numpy as np

rng = np.random.default_rng(20260619)
RUNS, N = 200, 10**5

tail_hits, nontail_vals = [], []
for _ in range(RUNS):
    x = (rng.random(N) < 0.5).astype(float)        # iid fair coin
    # (ক) tail event C = {X̄_n → 1/2}: বড় n-এ |X̄_n - 1/2| < 0.01 ?
    tail_hits.append(abs(x.mean() - 0.5) < 0.01)
    # (খ) non-tail event {X_1 = 1}: কেবল প্রথম পদ
    nontail_vals.append(x[0])

print("=== (ক) tail event  {X̄_n → 1/2}  (0–1 law ⇒ এখানে 1) ===")
print(f"  সফল run-এর ভগ্নাংশ = {np.mean(tail_hits):.3f}   (≈ 1.0)")
print("=== (খ) non-tail event  {X_1 = 1}  (0–1 law খাটে না) ===")
print(f"  আপেক্ষিক কম্পাঙ্ক   = {np.mean(nontail_vals):.3f}   (≈ 0.5)")

expected আউটপুট:

=== (ক) tail event  {X̄_n → 1/2}  (0–1 law ⇒ এখানে 1) ===
  সফল run-এর ভগ্নাংশ = 1.000   (≈ 1.0)
=== (খ) non-tail event  {X_1 = 1}  (0–1 law খাটে না) ===
  আপেক্ষিক কম্পাঙ্ক   = 0.495   (≈ 0.5)

(ক) $C=\{\bar X_n\to\tfrac12\}$ একটি tail event (চলমান-গড়ের সীমা লেজ-নির্ভর, প্রথম পদে নয়); SLLN বলে $\mathbb P(C)=1$, তাই প্রতিটি বড়-$n$ run প্রায় নিশ্চিতভাবে $\lvert\bar X_n-\tfrac12\rvert<0.01$ মেটায় — $200$ run-এ সফল ভগ্নাংশ ≈১.০। (খ) $\{X_1=1\}$ কেবল প্রথম পদের উপর নির্ভর — tail নয়, তাই 0–1 law খাটে না; এর probability ঠিক $\tfrac12$ থাকে, empirical কম্পাঙ্ক ≈০.৫। (গ) পার্থক্যটা tail বনাম non-tail: tail event-এর probability independent অনুক্রমে $\{0,1\}$-এ বাঁধা ($\mathbb P=\mathbb P^2$), তাই এখানে $1$-এ জমাট; কিন্তু সসীম-উপসর্গ-নির্ভর non-tail ঘটনা সেই বাঁধনের বাইরে, ত

ক্ষেত্র	\(\mathbb P(A_n)\)	\(\sum\mathbb P(A_n)\)	lemma	\(\mathbb P(A_n\ \text{i.o.})\)
(ক)	\(1/n^2\)	\(\pi^2/6\approx1.6449\) (convergent)	BC-I	\(0\)
(খ)	\(1/n\)	\(\infty\) (\(\sim\ln N\))	BC-II	\(1\)
(গ)	\(1/(n\log n)\)	\(\infty\) (\(\sim\log\log N\))	BC-II	\(1\)

	\(\mathbb P(A_n)\)	\(\sum\mathbb P(A_n)\)	independent?	count (\(N{=}10^5\))	\(\mathbb P(\text{i.o.})\)
BC-I	\(1/n^2\)	\(\pi^2/6\approx1.6449\)	লাগে না	≈২ (saturate)	\(0\)
BC-II	\(1/n\)	\(\infty\)	লাগে	≈৮ (বাড়ন্ত)	\(1\)