الرياضيات الجامعية — السنة 2 · Bachelor Year 2

21الاحتمالات على الفضاءات القابلة للعد

تطور الفصول الثلاثة الأخيرة نظرية الاحتمالات الحديثة: القياسات الاحتمالية على الفضاءات العينية القابلة للعد، والمتغيرات العشوائية المتقطعة، والدوال المولّدة. فتكتسب النظرية المنتهية في مجلد الثانوية بنيتها التحتية الكاملة: إذ تحل الجمعية $\sigma$ محل الجمعية المنتهية، وتكون آلة العائلات القابلة للجمع في الفصل 7 هي بالضبط ما يجعل الفضاءات العينية اللانهائية قابلة للعمل. والنتيجتان المحوريتان هنا هما اتصال الاحتمال على المتتاليات الرتيبة من الأحداث ومبرهنة بوريل–كانتيلي.

21.1 الفضاءات الاحتمالية

تعريف 21.1 (الفضاء الاحتمالي القابل للعد)

لتكن $\Omega$ مجموعة غير خالية منتهية أو قابلة للعد (وهي الفضاء العيني). القياس الاحتمالي على $\Omega$ هو تطبيق $\P$ من مجموعة $\mathcal{P}(\Omega)$ جميع أجزاء $\Omega$ (الأحداث) نحو $[0, 1]$ يحقق:

$\P(\Omega) = 1$ ؛
(الجمعية $\sigma$ ) من أجل كل متتالية $(A_n)_{n\in\N}$ من الأحداث المنفصلة مثنى مثنى،

$\P\Bigl(\,\bigcup_{n \in \N} A_n\Bigr) = \sum_{n=0}^{\infty} \P(A_n) .$

والزوج $(\Omega, \P)$ هو فضاء احتمالي (قابل للعد).

ملاحظة 21.2

على مجموعة $\Omega$ قابلة للعد يمكن أن نأخذ جميع الأجزاء أحداثا؛ أما على الفضاءات غير القابلة للعد (كما تقتضيه النماذج المتصلة في السنة الثالثة) فلم يعد ذلك ممكنا، ونقصر $\P$ على مجموعة مناسبة من الأحداث، هي جبر $\sigma$ . وتصمد جميع صيغ هذا الفصل أمام ذلك التعميم حرفيا.

قضية 21.3 (القواعد الأولية)

من أجل أحداث $A, B$ وقياس احتمالي $\P$ : $\P(\emptyset) = 0$ ؛ والتطبيق $\P$ جمعي منتهيا؛ و $\P(A^c) = 1 - \P(A)$ ؛ وإذا كان $A \subseteq B$ فإن $\P(A) \leq \P(B)$ ؛ و

\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B) .

برهان. تطبيق الجمعية $\sigma$ على $A_0 = \Omega$ ، $A_n = \emptyset$ ( $n \geq 1$ ) يعطي $1 = 1 + \sum_{n\geq1}\P(\emptyset)$ ، ومنه $\P(\emptyset) = 0$ ؛ ثم إن حشو اتحاد منفصل منته بمجموعات خالية يعطي الجمعية المنتهية. أما الباقي فينتج كما في الحالة المنتهية (مجلد الثانوية): $1 = \P(A) + \P(A^c)$ انطلاقا من $\Omega = A \sqcup A^c$ ؛ و $\P(B) = \P(A) + \P(B \setminus A) \geq \P(A)$ عندما $A \subseteq B$ ؛ وبالتفكيك إلى ثلاث قطع منفصلة،

\begin{align*} \P(A \cup B) &= \P(A \setminus B) + \P(B \setminus A) + \P(A \cap B)\\ &= \bigl(\P(A) - \P(A\cap B)\bigr) + \bigl(\P(B) - \P(A\cap B)\bigr) + \P(A \cap B), \end{align*}

وهو الاحتواء والاستبعاد؛ والصيغة العامة ذات $n$ مجموعة هي التمرين 21.4. ∎

قضية 21.4 (التوزيعات على فضاء قابل للعد)

إعطاء قياس احتمالي على مجموعة $\Omega = \{\omega_0, \omega_1, \dots\}$ قابلة للعد يعادل بالضبط إعطاء أوزان $p_i = \P(\{\omega_i\}) \geq 0$ تحقق $\sum_i p_i = 1$ ؛ وعندئذ يكون، من أجل كل $A \subseteq \Omega$ ،

\P(A) = \sum_{\omega \in A} \P(\{\omega\}) ,

وهو مجموع جزئي (متقارب مطلقا) للعائلة $(p_i)$ .

برهان. بمعطى $\P$ ، تشكل المجموعات الأحادية $\{\omega\}$ ، $\omega \in A$ ، تغطية منفصلة قابلة للعد للمجموعة $A$ ، ومنه تفرض الجمعية $\sigma$

\P(A) = \sum_{\omega\in A}\P(\{\omega\}),

وهو مجموع جزئي غير مشروط للعائلة القابلة للجمع الموجبة $(p_i)$ — فإعادة الترتيب غير ضارة بالضبط لأن الحدود موجبة (الفصل 7)؛ وبوجه خاص $\sum_ip_i = \P(\Omega) = 1$ . وبالعكس، بمعطى أوزان موجبة مجموعها الكلي $1$ ، نعرّف $\P(A) = \sum_{\omega \in A}p_\omega$ : فالعائلة قابلة للجمع، والجمعية $\sigma$ هي بالضبط مبرهنة الجمع بالرزم في الفصل 7 مطبقة على تجزئة $\bigcup A_n$ إلى المجموعات $A_n$ . ∎

مثال 21.5 (النموذج الهندسي: انتظار أول صورة)

نرمي قطعة نقود احتمال ظهور الصورة فيها $p \in \intoo{0}{1}$ مرارا وتكرارا، ونجعل $\Omega = \N^* \cup \{\infty\}$ يسجل رتبة أول صورة. والأوزان الطبيعية هي

\P(\{k\}) = (1 - p)^{k-1}p \quad (k \in \N^*), \qquad \P(\{\infty\}) = 0 ,

وهي قياس احتمالي لأن $\sum_{k\geq1}(1-p)^{k-1}p = \frac{p}{1 - (1-p)} = 1$ : فباحتمال $1$ تنتهي اللعبة — لكن يجب أن يظل الفضاء العيني حاويا لإمكان ألا تنتهي. والجمعية القابلة للعد هي ما يسمح لنا بأن نؤكد $\P(\text{تنتهي اللعبة}) = \sum_k \P(\{k\})$ .

مبرهنة 21.6 (الاتصال الرتيب)

لتكن $(A_n)$ متتالية من الأحداث.

إذا كان $A_n \subseteq A_{n+1}$ من أجل كل $n$ (متزايدة)، فإن $\P\bigl(\bigcup_n A_n\bigr) = \lim_{n\to\infty} \P(A_n)$ .
إذا كان $A_n \supseteq A_{n+1}$ من أجل كل $n$ (متناقصة)، فإن $\P\bigl(\bigcap_n A_n\bigr) = \lim_{n\to\infty} \P(A_n)$ .

برهان. 1. نفصل الأحداث: نضع $B_0 = A_0$ و $B_n = A_n \setminus A_{n-1}$ . فالأحداث $B_n$ منفصلة مثنى مثنى مع $\bigcup_{k \leq n} B_k = A_n$ و $\bigcup_n B_n = \bigcup_n A_n$ . وبالجمعية $\sigma$ والجمعية المنتهية،

\P\Bigl(\bigcup_n A_n\Bigr) = \sum_{n=0}^\infty \P(B_n) = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=0}^N \P(B_n) = \lim_{N\to\infty}\P(A_N) .

2. نمر إلى المتممات: فالمتتالية $(A_n^c)$ متزايدة واتحادها $\bigl(\bigcap A_n\bigr)^c$ ، ونطبق البند 1: $1 - \P(\bigcap A_n) = \lim (1 - \P(A_n))$ . ∎

نتيجة 21.7 (الجمعية التحتية القابلة للعد)

من أجل أي متتالية من الأحداث، $\P\bigl(\bigcup_n A_n\bigr) \leq \sum_{n=0}^\infty \P(A_n)$ .

برهان. تنتج الجمعية التحتية المنتهية $\P(A_0 \cup \dots \cup A_N) \leq \sum_0^N \P(A_n)$ من الاحتواء والاستبعاد بالتراجع (أو من الجمعية على الأحداث المفصولة $B_n \subseteq A_n$ ). ولنجعل $N \to \infty$ : يتقارب الطرف الأيسر نحو $\P(\bigcup_n A_n)$ بالاتصال الرتيب مطبقا على المتتالية المتزايدة $C_N = A_0 \cup \dots \cup A_N$ . ∎

مثال 21.8 (حصر الاتحاد: فج لكنه لا يُهزم)

الجمعية التحتية مع عدد منته من الأحداث — وهي حصر الاتحاد — تبادل الدقة بالشمولية. ففي مسألة أعياد الميلاد مع $23$ شخصا، يعطي حصر احتمال التصادم بالمجموع على الأزواج

\P(\text{تصادم}) \leq \binom{23}2\cdot\frac1{365} = \frac{253}{365} \approx 0.693 ,

مقابل القيمة الحقيقية $0.507$ : أي بفارق واسع، لأن التصادمات تتراكب. ومع ذلك فإن الحصر لا يحتاج إلى أي استقلال، ولا إلى قانون مشترك، ولا إلى شيء سوى احتمالات الأزواج — ولهذا يكون حصر الاتحاد، في مسألة نهاية الأسبوع وفي كل الفصل 22، أول أداة تُسلّ: فإن صادف أن كان صغيرا، حُسم الأمر دون أي نمذجة إضافية.

مثال 21.9 (ستة تأتي في النهاية)

نرمي نردا متزنا إلى الأبد ونجعل $B_n = {}$ “ظهور ستة واحدة على الأقل في أول $n$ رمية”، وهي متتالية متزايدة من الأحداث مع $\P(B_n) = 1 - (5/6)^n$ . ويعطي الاتصال الرتيب

\P(\text{تظهر ستة في النهاية}) = \P\Bigl(\bigcup_nB_n\Bigr) = \lim_n\bigl(1 - (5/6)^n\bigr) = 1 .

والمهم ليس النهاية (البديهية) بل الخطوة المنطقية: فقولنا “في النهاية” حدث يتعلق بعدد لانهائي من الرميات، خارج متناول الجمعية المنتهية، والاتصال الرتيب — أي الجمعية $\sigma$ — هو بالضبط البديهية التي تسند إليه احتمالا. وكل نص شبه أكيد في بقية هذا الكتاب يمر عبر هذا الباب الضيق نفسه.

21.2 الشرط والاستقلال

تعريف 21.10 (الاحتمال الشرطي)

من أجل حدثين $A, B$ مع $\P(B) > 0$ ، يكون الاحتمال الشرطي للحدث $A$ علما بالحدث $B$ هو

\P(A \mid B) = \frac{\P(A \cap B)}{\P(B)} .

والتطبيق $A \mapsto \P(A \mid B)$ هو نفسه قياس احتمالي على $\Omega$ .

ملاحظة 21.11

كون $A \mapsto \pcond BA$ قياسا احتماليا من جديد يستحق وقفة: فالمقدار $\pcond B\Omega = 1$ والجمعية $\sigma$ يمران عبر القسمة لأن التقاطع مع $B$ يحترم الاتحادات المنفصلة. والنتيجة العملية: يمكن تطبيق كل متطابقة من هذا الفصل — الاحتواء والاستبعاد، والاتصال الرتيب، وبوريل–كانتيلي — بعد الشرط، دون أي براهين جديدة. ويعمل أهل الاحتمالات باستمرار “تحت شرط $\pcond B{\cdot}$ ” لهذا السبب بالضبط.

مثال 21.12 (الشرط قد يخلق انتظاما)

نرمي نردين متزنين ونشترط أن يكون المجموع $7$ : فمن أجل كل $k \in \intint16$ ،

\pcond{\{S = 7\}}{X = k} = \frac{\P(X = k,\ Y = 7 - k)}{\P(S = 7)} = \frac{1/36}{6/36} = \frac16 :

أي إن النرد الأول، علما بأن المجموع $7$ ، منتظم تماما — فالمجموع $7$ هو الوحيد المتوافق مع كل وجه، ومنه فإن الشرط يمحو كل معلومة عن $X$ . وأي مجموع آخر يشوّه القانون (فعلما بأن $S = 4$ ، يكون النرد الأول منتظما على $\{1, 2, 3\}$ فقط). وحساب قانون شرطي يعني إعادة توحيد الأوزان المشتركة على طول حدث الشرط، لا أكثر.

مثال 21.13 (السحب الثاني بجودة الأول)

يحوي جرة $3$ كرة بيضاء و $2$ كرة سوداء؛ ونسحب كرتين دون إرجاع. والكل متفق على أن $\P(W_1) = \frac35$ ؛ فما قيمة $\P(W_2)$ ؟ بالاحتمالات الكلية على السحب الأول:

\P(W_2) = \pcond{W_1}{W_2}\,\P(W_1) + \pcond{B_1}{W_2}\,\P(B_1) = \frac24\cdot\frac35 + \frac34\cdot\frac25 = \frac{12}{20} = \frac35 :

أي $\P(W_1)$ بالضبط. ولم يكن أي حساب لازما: فبالتناظر، لكل كرة الاحتمال نفسه في أن تكون الكرة الثانية المسحوبة، ومنه فإن للسحب الثاني — دون شرط — القانون نفسه للسحب الأول. فالشرط على نتيجة السحب الأول يغير الحظوظ؛ أما عدم معرفتها فلا. وتعود حجة التبادلية هذه في الفصل التالي من أجل المعاينة دون إرجاع، حيث تعطي المتوسط فوق الهندسي $np$ دون أي متطابقات ثنائية الحد البتة.

مبرهنة 21.14 (الاحتمالات المركبة، والاحتمالات الكلية، وبايز)

(قاعدة السلسلة) إذا كان $\P(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) > 0$ ، فإن

$\P(A_1 \cap \dots \cap A_n) = \P(A_1)\,\P(A_2 \mid A_1)\cdots \P(A_n \mid A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) .$
(الاحتمالات الكلية) إذا كانت $(B_i)_{i \in I}$ تجزئة منتهية أو قابلة للعد للفضاء $\Omega$ مع $\P(B_i) > 0$ ، فإن من أجل كل حدث $A$ :

$\P(A) = \sum_{i \in I} \P(A \mid B_i)\,\P(B_i) .$
(بايز) تحت الفرضيات نفسها، وإذا كان علاوة على ذلك $\P(A) > 0$ :

$\P(B_j \mid A) = \frac{\P(A \mid B_j)\,\P(B_j)} {\sum_{i \in I} \P(A \mid B_i)\,\P(B_i)} .$

برهان. 1. نكتب كل احتمال شرطي على صورة خارج قسمة: فالطرف الأيمن هو

\P(A_1)\cdot\frac{\P(A_1 \cap A_2)}{\P(A_1)}\cdot \frac{\P(A_1 \cap A_2 \cap A_3)}{\P(A_1 \cap A_2)}\cdots \frac{\P(A_1 \cap \dots \cap A_n)}{\P(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1})},

وهو جداء تلسكوبي: فكل مقام يبسّط البسط السابق، ولا يبقى إلا $\P(A_1 \cap \dots \cap A_n)$ . وجميع المقامات $\geq \P(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) > 0$ بالرتابة، ومنه لا ينعدم شيء. (وهذا بالضبط ما تحرسه الفرضية: فالشرط على حدث احتماله معدوم غير معرَّف.) 2. المجموعات $A \cap B_i$ منفصلة مثنى مثنى واتحادها $A$ ؛ ونطبق الجمعية ( $\sigma$ ) وتعريف الشرط. 3. طرفا $\P(B_j \mid A)\P(A) = \P(A \mid B_j)\P(B_j)$ يساويان $\P(A \cap B_j)$ ؛ ونقسم على $\P(A)$ وننشر $\P(A)$ بالاحتمالات الكلية. ∎

مثال 21.15 (تصادم أعياد الميلاد، بقاعدة السلسلة)

مع $n$ شخصا أعياد ميلادهم مستقلة ومنتظمة على $365$ يوما، نجعل $D_n = {}$ “جميع أعياد الميلاد $n$ مختلفة”. وبالشرط شخصا بعد شخص (قاعدة السلسلة):

\P(D_n) = \prod_{k=1}^{n-1}\Bigl(1 - \frac{k}{365}\Bigr),

إذ يجب على كل شخص جديد أن يتجنب الأيام $k$ المأخوذة أصلا. ومن أجل $n = 23$ : $\P(D_{23}) \approx 0.493$ — فتقاسم عيد ميلاد صار أرجح من عدمه أصلا. والحدس الذي يفسر صغر $23$ : بأخذ اللوغاريتمات، $-\ln \P(D_n) \approx \sum_{k<n}\frac k{365} = \frac{\binom n2}{365}$ ، ويعطي $\binom{23}2 = 253$ المقدار $253/365 \approx 0.693 \approx \ln 2$ . والمهم هو عدد الأزواج، وهو ينمو تربيعيا: فمسائل التصادم تعيش على السلّم $n \sim \sqrt{365}$ لا $n \sim 365$ — ومنه فمفارقة أعياد الميلاد جذر تربيعي متنكر.

مثال 21.16 (مونتي هول، ببايز)

تختبئ جائزة وراء أحد أبواب ثلاثة، بانتظام. تختار الباب $1$ ؛ فيفتح المضيف، وهو يعرف مكان الجائزة، أحد البابين الآخرين، وهو دائما فارغ (مع اختيار منتظم عندما يكون له خيار)، وليكن الباب $3$ . ولنجعل $B_i = {}$ “الجائزة وراء الباب $i$ ” و $A = {}$ “يفتح المضيف الباب $3$ ”. عندئذ $\pcond{B_1}{A} = \frac12$ ، $\pcond{B_2}{A} = 1$ ، $\pcond{B_3}{A} = 0$ ، ومنه ببايز (المبرهنة 21.14)،

\P(B_2 \mid A) = \frac{1\cdot\frac13} {\frac12\cdot\frac13 + 1\cdot\frac13 + 0\cdot\frac13} = \frac23 :

فتبديل الأبواب يربح مرتين من ثلاث. ويحدد الحساب موضع الالتباس الشائع بالضبط: فحركة المضيف مُخبِرة (إذ لم يكن ليفتح الباب $2$ لو كانت الجائزة هناك)، وصيغة بايز هي أداة مسك الحسابات التي تحول هذا اللاتناظر إلى $\frac23$ . فالشرط على “ما شوهد” لا على “ما هو صحيح” هو فن الصيغة كله.

مثال 21.17 (رهانا الفارس دو ميريه)

رهانان من القرن السابع عشر، يحسمهما الاستقلال. الرهان الأول: ظهور ستة واحدة على الأقل في $4$ رميات لنرد،

\P = 1 - \Bigl(\frac56\Bigr)^{\!4} \approx 0.518 > \frac12 .

والرهان الثاني: ظهور ستة مضاعفة واحدة على الأقل في $24$ رمية لنردين،

\P = 1 - \Bigl(\frac{35}{36}\Bigr)^{\!24} \approx 0.491 < \frac12 .

وقد استدل دو ميريه بأن $24$ رمية بحظ $\frac1{36}$ ينبغي أن توافق $4$ رمية بحظ $\frac16$ (فالنسبة نفسها $\frac{24}{36} = \frac46$ )؛ ويُقال إن فشل هذا التناسب — فاحتمالات الاتحادات لا تتحاكى خطيا — هو الذي دفعه إلى مراسلة باسكال، ومن ثم إلى ميلاد نظرية الاحتمالات. والمقارنة الصحيحة تمر عبر اللوغاريتمات: فإن $n$ تجربة بحظ $p$ تنجح مرة واحدة على الأقل باحتمال $1 - (1-p)^n \approx 1 - \eu^{-np}$ ، ومنه فإن الثابت الصادق هو $np$ : وهنا $4\cdot\frac16 = \frac23$ مقابل $24\cdot\frac1{36} = \frac23$ — متساويان! فالرهانان لا يختلفان إلا في الرتبة الثانية بدلالة $p$ ، وبما يكفي بالكاد لنقل أحدهما عبر خط الخمسين في المائة: فالاحتمالات الصغيرة ميدان يحتاج فيه الحدس إلى الأسّي، لا إلى المسطرة.

ملاحظة 21.18 (مغالطات شائعة في الشرط)

ثلاثة التباسات متكررة، وكلها ظاهرة في الأمثلة أعلاه. (1) القلب: يختلف $\pcond BA$ عن $\pcond AB$ بالعامل $\P(A)/\P(B)$ — فاختبار دقته $99\%$ على المرضى قد يترك مريضا نتيجته موجبة سليما شبه أكيد عندما يكون المرض نادرا (التمرين 21.3)؛ وذكر $\pcond{\text{مريض}}{ \text{موجب}}$ في موضع يُقصد فيه $\pcond{\text{موجب}}{ \text{مريض}}$ هو مغالطة المعدل القاعدي. (2) الشرط على الحدث الخاطئ: ففي مونتي هول، حدث الشرط الصحيح هو “فتح المضيف الباب $3$ ”، لا “الجائزة ليست وراء الباب $3$ ”؛ فالحدثان يحملان معلومتين مختلفتين، وعلى الفرق يتوقف $\frac23$ كله. (3) المنفصل مقابل المستقل: فالحدثان المنفصلان ذوا الاحتمال الموجب ليسا مستقلين أبدا ( $\P(A\cap B) = 0 \neq \P(A)\P(B)$ ) — إذ إن الاستقلال توافق في المعلومات، لا غياب للتراكب.

تعريف 21.19 (الاستقلال)

يكون الحدثان $A$ و $B$ مستقلين إذا كان $\P(A \cap B) = \P(A)\P(B)$ . وتكون عائلة $(A_i)_{i \in I}$ من الأحداث مستقلة (فيما بينها) إذا كان من أجل كل جزء منته $J \subseteq I$ ،

\P\Bigl(\bigcap_{i \in J} A_i\Bigr) = \prod_{i \in J} \P(A_i) .

ملاحظة 21.20

الاستقلال المتبادل أقوى تماما من الاستقلال مثنى مثنى: فمع رميتين لقطعة نقود متزنة، تكون الأحداث “الأولى صورة” و“الثانية صورة” و“الرميتان متفقتان” مستقلة مثنى مثنى (فاحتمال تقاطع كل زوج $\frac14 = \frac12\cdot\frac12$ )، ومع ذلك فإن احتمال التقاطع الثلاثي $\frac14 \neq \frac18$ . ولاحظ أيضا أنه إذا كان $A, B$ مستقلين، فكذلك $A, B^c$ (بالحساب: $\P(A \cap B^c) = \P(A) - \P(A\cap B) = \P(A)(1 - \P(B))$ )، ومنه أيضا $A^c, B^c$ .

مثال 21.21 (الاستقلال يُقرأ من بنية جدائية)

نرمي نردين متزنين: $\Omega = \intint16^2$ بأوزان منتظمة. ولنجعل $A = {}$ “النرد الأول زوجي” و $B = {}$ “النرد الثاني لا يقل عن $5$ ”. وبالعد: $\abs A = 3\cdot6 = 18$ ، $\abs B = 6\cdot2 = 12$ ، $\abs{A\cap B} = 3\cdot2 = 6$ ، ومنه

\P(A\cap B) = \frac6{36} = \frac{18}{36}\cdot\frac{12}{36} = \P(A)\,\P(B) :

فهما مستقلان، والآلية ظاهرة — فالحدث $A$ يقيد الإحداثية الأولى وحدها، والحدث $B$ الثانية وحدها، ويجعل القياس المنتظم على مجموعة جدائية العدود الإحداثية تتضارب. وكل ادعاء من نوع “الأحداث المتعلقة بمجموعات منفصلة من الرميات مستقلة” (المستعمل بكثافة في مسألة نهاية الأسبوع) هو هذا الحساب، مرتديا مزيدا من الأدلة.

مثال 21.22 (تحليل الخطوة الأولى)

من أجل النموذج الهندسي في المثال 21.5، ما احتمال $u$ أن تقع أول صورة في رتبة زوجية؟ نشترط على الرمية الأولى: فباحتمال $p$ تكون الرتبة $1$ (فردية)؛ وباحتمال $q = 1 - p$ تبدأ اللعبة من جديد مع انقلاب جميع الزوجيات، ومنه

u = p\cdot0 + q\,(1 - u) \qquad\Longrightarrow\qquad u = \frac{q}{1 + q} .

سطر واحد، دون أي متسلسلة — وهو يوافق الجمع المباشر للمتسلسلة التمرين 21.9، الذي يعطي $1 - u = \frac1{1+q}$ . وهذه التقنية “ذات الخطوة الأولى” (اشترط على التجربة الأولى، واعرف نسخة مزاحة من المسألة) هي الصورة الاحتمالية للتراجع، وهي المحرك وراء معادلات مدة اللعبة في التمرين 21.6 وحسابات أول عبور في مسألة نهاية الأسبوع.

21.3 مبرهنة بوريل–كانتيلي

تعريف 21.23 (النهاية العليا للأحداث)

من أجل متتالية $(A_n)$ من الأحداث، يكون الحدث

\limsup_n A_n = \bigcap_{N=0}^{\infty}\ \bigcup_{n \geq N} A_n = \{\omega \in \Omega : \omega \in A_n \text{ من أجل عدد لانهائي من } n\}

هو الحدث “يقع $A_n$ عددا لانهائيا من المرات”.

مثال 21.24 (ترجمة “عددا لانهائيا من المرات” و“في النهاية”)

متمم $\limsup_nA_n$ هو، بحسب دي مورغان،

\Bigl(\bigcap_N\bigcup_{n\geq N}A_n\Bigr)^{\!c} = \bigcup_N\bigcap_{n\geq N}A_n^c = \{\omega : \omega \notin A_n \text{ من أجل كل }n\},

كبيرة أي الحدث “في النهاية، يفشل $A_n$ ” (ويُكتب $\liminf_nA_n^c$ ). ومنه فإن “ $A_n$ عددا لانهائيا من المرات” و“ $A_n^c$ في النهاية” متتامان — والحفاظ على وضوح هذا المعجم يمنع معظم حوادث المكمّمات. وترجمات نموذجية من أجل رمي قطعة نقود: “عدد لانهائي من الصور” هو $\limsup\{X_n = H\}$ ؛ و“عدد منته فقط من السلاسل ذات $100$ صورة” هو متمم نهاية عليا؛ و“التواتر الجاري يتقارب نحو $\frac12$ ” هو $\bigcap_j\bigcup_N\bigcap_{n\geq N}\{\abs{\widehat p_n - \tfrac12} < \tfrac1j\}$ — وكلها عمليات قابلة للعد، ومنه فكل هذه أحداث صادقة.

مبرهنة 21.25 (بوريل–كانتيلي)

إذا كان $\sum_{n} \P(A_n) < \infty$ ، فإن $\P\bigl(\limsup_n A_n\bigr) = 0$ .
إذا كانت الأحداث $A_n$ مستقلة وكان $\sum_n \P(A_n) = \infty$ ، فإن $\P\bigl(\limsup_n A_n\bigr) = 1$ .

برهان. 1. نضع $C_N = \bigcup_{n \geq N}A_n$ ؛ فالمتتالية $(C_N)$ متناقصة وتقاطعها $\limsup A_n$ ، وبالجمعية التحتية القابلة للعد (النتيجة 21.7)

\P(C_N) \leq \sum_{n \geq N}\P(A_n) \xrightarrow[N\to\infty]{} 0

(وهو ذيل متسلسلة متقاربة). ويختم الاتصال الرتيب (المبرهنة 21.6): $\P(\limsup A_n) = \lim_N \P(C_N) = 0$ .

2. يكفي أن نبين $\P\bigl(\bigcup_{n\geq N}A_n\bigr) = 1$ من أجل كل $N$ : فإذا كانت أحداث $B_N$ كلها ذات احتمال $1$ ، فإن

\P\Bigl(\Bigl(\bigcap_NB_N\Bigr)^{\!c}\Bigr) = \P\Bigl(\bigcup_NB_N^c\Bigr) \leq \sum_N\P(B_N^c) = 0

بالجمعية التحتية القابلة للعد (النتيجة 21.7)، ومنه يبقى احتمال التقاطع القابل للعد $\limsup A_n = \bigcap_N\bigcup_{n\geq N}A_n$ مساويا $1$ . نثبّت $N$ ، وننظر من أجل $M > N$ في المتمم:

\P\Bigl(\bigcap_{n=N}^{M} A_n^c\Bigr) = \prod_{n=N}^{M}\bigl(1 - \P(A_n)\bigr) \leq \prod_{n=N}^{M} e^{-\P(A_n)} = \exp\Bigl(-\sum_{n=N}^M \P(A_n)\Bigr) ,

باستعمال استقلال المتممات وحصر التحدب $1 - x \leq e^{-x}$ . وعندما $M \to \infty$ يؤول الأسّ إلى $-\infty$ بحكم تباعد المتسلسلة، ومنه بالاتصال الرتيب (للمتتالية المتناقصة) $\P\bigl(\bigcap_{n \geq N}A_n^c\bigr) = 0$ ، أي $\P\bigl(\bigcup_{n \geq N}A_n\bigr) = 1$ . ∎

مثال 21.26 (سلاسل لانهائية من الصور)

نرمي قطعة نقود متزنة إلى الأبد، ونجعل $A_n$ الحدث “الرميات $n, n+1, \dots, n + k - 1$ كلها صور” (أي سلسلة من $k$ صورة تبدأ عند الزمن $n$ )، من أجل $k$ ثابتة. والأحداث $A_{jk}$ ( $j = 1, 2, \dots$ )، المتعلقة بكتل منفصلة من الرميات، مستقلة، واحتمال كل منها $2^{-k}$ ، و $\sum_j 2^{-k} = \infty$ : ومنه، بحسب بوريل–كانتيلي 2، يكون عدد لانهائي من الكتل كله صورا باحتمال $1$ — أي إن كل نمط ثابت يتكرر عددا لانهائيا من المرات، بشكل شبه أكيد. وبالعكس، إذا تركنا طول السلسلة ينمو، فإن $B_n = {}$ “تبدأ سلسلة من $2\log_2 n$ صورة عند $n$ ” له $\P(B_n) = n^{-2}$ قابلا للجمع، ومنه فإن عددا منتهيا فقط من هذه السلاسل الطويلة يبدأ بشكل شبه أكيد: فبوريل–كانتيلي تعاير بدقة كم يبلغ طول أطول السلاسل.

مثال 21.27 (القرد اللانهائي، مقيسا)

يطبع قرد حروفا مستقلة منتظمة من أبجدية ذات $26$ حرفا. ونقطّع المطبوع إلى كتل منفصلة من أربعة حروف؛ فتكون الأحداث $A_j = {}$ “تهجئ الكتلة $j$ كلمة رياض” مستقلة مع $\P(A_j) = 26^{-4}$ ، و $\sum_j\P(A_j) = \infty$ : ومنه، بحسب بوريل–كانتيلي 2، يكتب القرد “رياض” عددا لانهائيا من المرات بشكل شبه أكيد — والأمر نفسه يصح من أجل أي نص ثابت مهما يكن طوله، مع تعديل الكتل. والحاشية الكمية تفرّغ المعجزة من هوائها: فالمقدار $26^4 = 456\,976$ ، ومنه فإن أول “رياض” يستغرق نحو نصف مليون ضربة مفتاح وسطيا، ومسرحية لشكسبير من $10^5$ حرفا تنتظر رتبة $26^{10^5}$ كتلة — فالتأكد شبه الأكيد نص عن الأفق $\infty$ ، لا عن أي أفق قد يبلغه قرد. فبوريل–كانتيلي تصادق على النهاية؛ أما حجم الحدود فيروي القصة على السلالم البشرية.

ملاحظة 21.28

في المثال 21.26 يكون الفضاء العيني الأساسي (متتاليات الرميات اللانهائية) غير قابل للعد، ومنه فإن المثال يعيش، بدقة الكلام، في إطار نظرية القياس في السنة الثالثة؛ غير أن الحسابات لا تستعمل إلا القواعد المبرهنة في هذا الفصل، مطبقة على أحداث يحددها عدد منته من الرميات وعلى توليفاتها القابلة للعد. وهذا هو الاصطلاح المعتاد في هذا المستوى: تُذكر النظرية على الفضاءات القابلة للعد، وتُعالج أمثلة الألعاب اللانهائية بالعدة نفسها.

ملاحظة 21.29 (آفاق داخل هذا المجلد)

تستهلك آلة هذا الفصل بالجملة في الفصلين التاليين. فالدوال المميزة تحول الأحداث إلى متغيرات عشوائية، وتصير الجمعية $\sigma$ هي القابلية للجمع التي تعرّف الأمل الرياضي (الفصل 22)؛ ومبرهنة بوريل–كانتيلي مع حصر ذيلي قابل للجمع هي بالضبط كيف يُبرهن هناك على القانون القوي للأعداد الكبيرة من أجل قطع النقود. وفي الفصل 23، يعود الاتصال الرتيب في اللحظة الحاسمة: إذ يُعرَّف احتمال انقراض مسار تفرع بأنه النهاية الرتيبة $\lim\P(Z_n = 0)$ ، وتُحصَّل معادلة النقطة الثابتة التي يحققها بالمرور إلى النهاية في تلك المتتالية المتزايدة — فمبرهنة الكتاب الأخيرة تقوم على مبرهنة هذا الفصل الأولى.

ملاحظة 21.30 (طريقة: ثلاث طرائق إلى الاحتمال واحد)

تُبرهن النصوص شبه الأكيدة بثلاث روافع، بترتيب متزايد في القوة. الاتصال الرتيب: أظهر الحدث اتحادا متزايدا (أو تقاطعا متناقصا) لأحداث ذات أفق منته واحتمالات قابلة للحساب (المثال 21.9). الاتحادات المعدومة: اتحاد قابل للعد من أحداث معدومة الاحتمال معدوم (بالجمعية التحتية القابلة للعد)، ومنه يكفي قتل كل حدث سيئ على حدة — وهكذا تتجمع عبارة “من أجل كل $j$ ، وفي النهاية $\abs{\widehat p_n - p} < 1/j$ ” في تقارب. بوريل–كانتيلي: عندما يكون الحدث نهاية عليا، اجمع الاحتمالات؛ فالتقارب يقتله (دون حاجة إلى استقلال)، والتباعد مع الاستقلال يصادق عليه. واختيار الرافعة الصحيحة هو عادة البرهان كله؛ وتشغّل مسألة نهاية الأسبوع الروافع الثلاث في حجة واحدة.

ملاحظة 21.31 (أين يُستعمل هذا)

الاتصال الرتيب وبوريل–كانتيلي هما رافعتا كل نص “شبه أكيد”: فهما يقودان عوْد السير العشوائي في مسألة نهاية الأسبوع لهذا الفصل، والشق شبه الأكيد من قانون الأعداد الكبيرة (الفصل 22)، وتحليل انقراض مسارات التفرع (الفصل 23). ويعيد مجلد السنة الثالثة بناء النظرية على جبور $\sigma$ وتكامل لوبيغ، حيث تصير الفضاءات العينية غير القابلة للعد المستعملة هنا بصورة غير رسمية دقيقةً تماما.

21.4 تمارين

تمرين 21.1 ★

تحوي جرة $n$ كرة مرقمة. وتُسحب الكرات واحدة واحدة دون إرجاع. احسب احتمال أن تُسحب الكرة رقم $1$ قبل الكرة رقم $2$ . وعمّم: احتمال أن تُسحب الكرة $1$ أولا من بين الكرات $1, \dots, k$ .

حل

حل التمرين 21.1.

بالتناظر: يحدث ترتيب السحب ترتيبا نسبيا منتظما عشوائيا على الكرتين $1$ و $2$ ، ومنه $\P(1 \text{ قبل } 2) = \frac12$ . وبصورة رسمية: تبادل موضعي الكرتين $1$ و $2$ في متتالية سحب تقابلٌ للنتائج (المتساوية الاحتمال) يبادل بين الحدث ومتممه. ومن بين الكرات $1, \dots, k$ : يكون الترتيب النسبي لهذه الكرات $k$ منتظما بين الترتيبات $k!$ ، وتكون الكرة $1$ أولى في $(k-1)!$ منها: أي باحتمال $\frac{(k-1)!}{k!} = \frac1k$ .

تمرين 21.2 ★

بيّن أن الأوزان $p_k = \frac{1}{k(k+1)}$ تعرّف على $\Omega = \N^*$ قياسا احتماليا، واحسب $\P(2\N^*)$ (النتائج الزوجية) على صورة متسلسلة؛ وبيّن أنه يساوي $1 - \ln 2$ . (تلسكب $\frac{1}{2j(2j+1)} = \frac{1}{2j} - \frac{1}{2j+1}$ واستعمل المتسلسلة التوافقية المتناوبة، الفصل 7.)

حل

حل التمرين 21.2.

$\frac{1}{k(k+1)} = \frac1k - \frac1{k+1}$ ، ومنه فإن $\sum_{k\geq1} p_k$ يتلسكب إلى $1$ : أي إنه قياس احتمالي. والنتائج الزوجية:

\P(2\N^*) = \sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{2j(2j+1)} = \sum_{j=1}^{\infty}\Bigl(\frac{1}{2j} - \frac{1}{2j+1}\Bigr) = \frac12 - \frac13 + \frac14 - \frac15 + \cdots

وهذه هي المتسلسلة التوافقية المتناوبة بعد حذف حدها الأول وقلب الإشارات: وبما أن $\ln 2 = 1 - \frac12 + \frac13 - \frac14 + \cdots$ (الفصل 7)،

\P(2\N^*) = -\bigl(\ln 2 - 1\bigr) = 1 - \ln 2 \approx 0.307 .

تمرين 21.3 ★

(الإيجابيات الكاذبة) يصيب مرض شخصا من كل $10\,000$ . ويكشفه اختبار باحتمال $0.99$ عند المرضى، ويعطي إيجابية كاذبة باحتمال $0.01$ عند الأصحاء. احسب احتمال أن يكون المرء مريضا علما بأن الاختبار موجب، وعلّق.

حل

حل التمرين 21.3.

لنجعل $S$ يعني مريضا، و $+$ يعني اختبارا موجبا. وتعطي مبرهنة بايز (المبرهنة 21.14) مع التجزئة $\{S, S^c\}$

\P(S \mid +) = \frac{0.99 \times 10^{-4}} {0.99 \times 10^{-4} + 0.01 \times 0.9999} = \frac{0.000099}{0.000099 + 0.009999} \approx 0.0098 ,

أي أقل من $1\%$ . ورغم أن الاختبار “دقته 99%”، فإن نتيجة موجبة تترك احتمال كونك سليما نحو $99\%$ : فالإيجابيات الكاذبة بين الأغلبية السليمة الهائلة تغرق الإيجابيات الصادقة الآتية من الأقلية المريضة الضئيلة. ويجب دائما قراءة اختبارات المسح من أجل الحالات النادرة عبر حساب المعدل القاعدي هذا.

تمرين 21.4 ★★

لتكن $A_1, \dots, A_n$ أحداثا. برهن على صيغة الاحتواء والاستبعاد

\P\Bigl(\bigcup_{i=1}^n A_i\Bigr) = \sum_{\emptyset \neq J \subseteq \{1,\dots,n\}} (-1)^{\abs J + 1}\,\P\Bigl(\bigcap_{i \in J}A_i\Bigr)

بمكاملة المتطابقة $1 - \prod_{i=1}^n(1 - \mathbf{1}_{A_i}) = \mathbf{1}_{\bigcup A_i}$ على $\Omega$ (أي بالجمع موزونا بالمقدار $\P(\{\omega\})$ ).

حل

حل التمرين 21.4.

نقطيا على $\Omega$ : يكون $\omega \in \bigcup A_i$ إذا وفقط إذا انعدم أحد العوامل $1 - \mathbf{1}_{A_i}(\omega)$ ، ومنه

\mathbf{1}_{\bigcup A_i} = 1 - \prod_{i=1}^n\bigl(1 - \mathbf{1}_{A_i}\bigr) = \sum_{\emptyset \neq J \subseteq \{1,\dots,n\}} (-1)^{\abs J + 1}\prod_{i \in J}\mathbf{1}_{A_i} ,

بنشر الجداء ونقل $1$ . والآن $\prod_{i\in J}\mathbf{1}_{A_i} = \mathbf{1}_{\bigcap_{i \in J} A_i}$ ، والجمع مقابل الأوزان $\P(\{\omega\})$ — وهو مشروع: فالحدود المحدودة عددها منته، وكل عائلة قابلة للجمع — يحول كل دالة مميزة إلى احتمال حدثها، فيعطي الصيغة.

تمرين 21.5 ★★

(مسألة التطابقات، بالاحتواء والاستبعاد) تُوضع $n$ رسالة بانتظام وعشوائيا في $n$ ظرفا، رسالة في كل ظرف. باستعمال التمرين 21.4، بيّن أن احتمال ألا يقع أي تطابق صحيح هو $\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!} \to e^{-1}$ ، واستنتج احتمال وقوع تطابق واحد بالضبط.

حل

حل التمرين 21.5.

لنجعل $A_i$ يعني “الرسالة $i$ في الظرف الصحيح”. ومن أجل $J$ من الحجم $k$ ، يكون $\P\bigl(\bigcap_{i\in J}A_i\bigr) = \frac{(n-k)!}{n!}$ (بتثبيت $k$ رسالة وتبديل الباقي). وبالاحتواء والاستبعاد،

\P\Bigl(\bigcup A_i\Bigr) = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}\binom nk \frac{(n-k)!}{n!} = \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k!} ,

ومنه

\P(\text{لا تطابق}) = 1 - \P\Bigl(\bigcup A_i\Bigr) = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!} \xrightarrow[n\to\infty]{} e^{-1} \approx 0.368 .

أما التطابق الواحد بالضبط: فالتبديلة التي لها نقطة ثابتة واحدة بالضبط تتحدد باختيار الرسالة الثابتة (بعدد $n$ طريقة) وبتشويش (أي ترتيب بلا تطابق) للرسائل الأخرى وعددها $n - 1$ ؛ وبكتابة $D_{n-1} = (n-1)!\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k!}$ لعدد التشويشات (وهو الجزء الأول، مضروبا في $(n-1)!$ )،

\P(\text{تطابق واحد بالضبط}) = \frac{n\,D_{n-1}}{n!} = \frac{D_{n-1}}{(n-1)!} = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k!} \xrightarrow[n\to\infty]{} e^{-1} :

وفي النهاية، يتساوى احتمال “لا تطابق” واحتمال “تطابق واحد بالضبط”، وكل منهما $e^{-1}$ .

تمرين 21.6 ★★

تُرمى قطعة نقود منحازة (احتمال الصورة فيها $p \in \intoo{0}{1}$ ) حتى تظهر صورتان متتاليتان. وليكن $q_n$ احتمال أن تدوم اللعبة أكثر من $n$ رمية. بيّن، بالشرط على الرمية (أو الرميات) الأولى، أن $q_n = (1-p)\,q_{n-1} + p(1-p)\,q_{n-2}$ من أجل $n \geq 2$ ، واستنتج أن اللعبة تنتهي باحتمال $1$ . (بيّن $q_n \to 0$ بالمقارنة مع متتالية هندسية: فجذرا المعادلة المميزة كلاهما في $\intoo{0}{1}$ بالقيمة المطلقة.)

حل

حل التمرين 21.6.

نشترط على البداية (قاعدة السلسلة / المبرهنة 21.14):

الرمية الأولى كتابة (باحتمال $1 - p$ ): فتبدأ اللعبة من جديد؛ وأن تدوم أكثر من $n$ يعني أن تدوم أكثر من $n - 1$ انطلاقا من هناك: فالمساهمة $(1-p)\,q_{n-1}$ ؛
الرميتان الأوليان صورة ثم كتابة (باحتمال $p(1-p)$ ): فتبدأ من جديد بعد رميتين: والمساهمة $p(1-p)\,q_{n-2}$ ؛
الرميتان الأوليان صورتان: فقد انتهت اللعبة (خلال $n$ رمية، $n \geq 2$ ): والمساهمة $0$ .

ومنه $q_n = (1-p)q_{n-1} + p(1-p)q_{n-2}$ . وللمعادلة المميزة $r^2 = (1-p)r + p(1-p)$ الجذران

r_\pm = \frac{(1-p) \pm \sqrt{(1-p)^2 + 4p(1-p)}}{2},

مع $\abs{r_\pm} < 1$ : فكثير الحدود $\chi(r) = r^2 - (1-p)r - p(1-p)$ يحقق فعلا $\chi(1) = 1 - (1-p) - p(1-p) = p^2 > 0$ و $\chi(-1) = 1 + (1-p) - p(1-p) > 0$ ، بينما $\chi(0) = -p(1-p) < 0$ : أي جذر في $\intoo{-1}{0}$ وجذر في $\intoo{0}{1}$ . ومنه $q_n = \alpha r_+^n + \beta r_-^n \to 0$ . والأحداث “تدوم اللعبة أكثر من $n$ ” تتناقص إلى “لا تنتهي اللعبة أبدا”؛ ويعطي الاتصال الرتيب (المبرهنة 21.6) $\P(\text{لا تنتهي أبدا}) = \lim q_n = 0$ : أي إن اللعبة تنتهي بشكل شبه أكيد.

تمرين 21.7 ★★★

(الأرقام القياسية) نسحب متتالية لانهائية من الترتيبات المنتظمة المستقلة، بالمعنى التوفيقي التالي: من أجل كل $n$ ، يكون الترتيب النسبي لأول $n$ سحبة منتظما بين الإمكانات $n!$ ، ويكون $R_n = {}$ “السحبة رقم $n$ رقم قياسي (أكبر من جميع سابقاتها)”. وبالتسليم بأن الأحداث $R_n$ مستقلة مع $\P(R_n) = 1/n$ (وبرهن على الأقل على هذه المساواة الأخيرة بالتناظر)، بيّن باستعمال بوريل–كانتيلي أن عددا لانهائيا من الأرقام القياسية يقع بشكل شبه أكيد، لكن أن الأرقام القياسية في لحظتين متتاليتين $n, n+1$ تقع عددا لانهائيا من المرات باحتمال — احسب $\sum_n \P(R_n \cap R_{n+1})$ واستنتج ماذا تعطي بوريل–كانتيلي 1.

حل

حل التمرين 21.7.

$\P(R_n) = 1/n$ : من بين السحبات $n$ الأولى، لكل موضع من المواضع النسبية $n$ للسحبة الأخيرة الاحتمال نفسه (بانتظام الترتيب النسبي)، والحدث $R_n$ هو أن تكون الكبرى: أي باحتمال $1/n$ .

عدد لانهائي من الأرقام القياسية: $\sum_n \P(R_n) = \sum 1/n = \infty$ والأحداث $R_n$ مستقلة (بالتسليم)، ومنه تعطي بوريل–كانتيلي 2 (المبرهنة 21.25) المقدار $\P(\limsup R_n) = 1$ : أي إن الأرقام القياسية لا تتوقف أبدا، بشكل شبه أكيد — لكنها تتخلخل لوغاريتميا.

الأرقام القياسية المتتالية: بالاستقلال،

\sum_n \P(R_n \cap R_{n+1}) = \sum_n \frac{1}{n(n+1)} < \infty ,

ومنه تنطبق بوريل–كانتيلي 1: فبشكل شبه أكيد، لا يُتبع رقم قياسي مباشرة برقم قياسي آخر إلا عددا منتهيا من المرات. ويعمل شقا المبرهنة معا: عدد لانهائي من الأرقام القياسية، لكن (بشكل شبه أكيد) لا اثنان متتاليان في النهاية.

تمرين 21.8 ★★★

(بنكهة كوخن–ستون، بصيغة أسهل) لتكن $(A_n)$ أحداثا مستقلة مع $\P(A_n) = \frac{1}{n+1}$ . بيّن أن $\P(\limsup A_n) = 1$ ، رغم أن $\P(A_n) \to 0$ : أي “نادرة فرادى، مؤكدة جماعة”. وبالعكس، أظهر متتالية من الأحداث (المتعلقة) مع $\sum\P(A_n) = \infty$ و $\P(\limsup A_n) = 0$ ، مما يبين أنه لا يمكن إسقاط الاستقلال في بوريل–كانتيلي 2.

حل

حل التمرين 21.8.

الجزء الأول: $\sum \P(A_n) = \sum\frac{1}{n+1} = \infty$ مع الاستقلال: وتعطي بوريل–كانتيلي 2 المقدار $\P(\limsup A_n) = 1$ . فكل $A_n$ على حدة صار أقل احتمالا، ومع ذلك ينتمي كل $\omega$ تقريبا إلى عدد لانهائي منها.

مثال مضاد دون استقلال: نأخذ $\Omega = \N^*$ بالأوزان $p_k = \frac{1}{k(k+1)}$ في التمرين 21.2، و $A_n = \{k \in \N^* : k \geq n\}$ . عندئذ

\P(A_n) = \sum_{k \geq n}\Bigl(\frac1k - \frac1{k+1}\Bigr) = \frac1n , \qquad \sum_n \P(A_n) = \infty ,

لكن الأحداث $A_n$ متناقصة، ومنه $\limsup_n A_n = \bigcap_n A_n = \emptyset$ : $\P(\limsup A_n) = 0$ . فتباعد $\sum\P(A_n)$ وحده لا يضمن شيئا عندما تتكدس الأحداث على جزء متقلص من الفضاء — والاستقلال هو ما يمنع تلك المؤامرة.

تمرين 21.9 ★

تُرمى قطعة نقود احتمال الصورة فيها $p \in \intoo01$ حتى أول صورة. احسب احتمال أن يقع ذلك في رتبة فردية، وقوّمه من أجل قطعة متزنة.

حل

حل التمرين 21.9.

مع $q = 1 - p$ ، تقع أول صورة في الرتبة $2j + 1$ باحتمال $q^{2j}p$ ، ومنه

\P(\text{رتبة فردية}) = \sum_{j\geq0}q^{2j}p = \frac{p}{1 - q^2} = \frac{1}{1 + q} .

ومن أجل قطعة متزنة: $\frac1{1 + 1/2} = \frac23$ . (وللتحقق: ينبغي أن تكون الرتب الفردية أرجح، لأن الرتبة $1$ تأتي أولا — وفعلا $\frac1{1+q} > \frac12$ دائما.)

تمرين 21.10 ★★

لتكن $(A_n)_{n\geq1}$ أحداثا مستقلة مع $\P(A_n) = p_n < 1$ . بيّن أن

\P\Bigl(\bigcap_{n\geq1}A_n^c\Bigr) = \prod_{n\geq1}(1 - p_n) := \lim_{N\to\infty}\prod_{n=1}^N(1 - p_n),

وأن هذه النهاية تساوي $> 0$ إذا وفقط إذا كان $\sum p_n < \infty$ . ووفّق ذلك مع بوريل–كانتيلي: فعندما $\sum p_n = \infty$ ، لا يقع بشكل شبه أكيد حدث $A_n$ واحد فحسب — بل يقع عدد لانهائي منها.

حل

حل التمرين 21.10.

الأحداث $B_N = \bigcap_{n=1}^N A_n^c$ تتناقص إلى $\bigcap_nA_n^c$ ، وباستقلال المتممات $\P(B_N) = \prod_{n=1}^N(1 - p_n)$ ؛ ويعطي الاتصال الرتيب (المبرهنة 21.6) النهاية المكتوبة. وبأخذ اللوغاريتمات، يكون $\prod(1 - p_n) > 0$ إذا وفقط إذا كان $\sum-\ln(1 - p_n) < \infty$ . فإذا كان $\sum p_n < \infty$ فإن $p_n \to 0$ و $-\ln(1 - p_n) \sim p_n$ : فمتسلسلة اللوغاريتمات متقاربة. وإذا كان $\sum p_n = \infty$ ، فإن $-\ln(1 - p_n) \geq p_n$ يفرض التباعد، ومنه فإن الجداء $0$ . وهذا يوافق بوريل–كانتيلي 2: فمن أجل $\sum p_n = \infty$ ، لا يكون $\P(\text{لا يقع أي }A_n\text{}) = 0$ فحسب، بل يقع بشكل شبه أكيد عدد لانهائي من الأحداث $A_n$ .

تمرين 21.11 ★★

(علبة كبريت بناخ) يحتفظ مدخن بعلبة فيها $n$ عود كبريت في كل جيب، ويمد يده في كل مرة إلى جيب مختار بانتظام عشوائيا. وعندما يجد علبة فارغة أول مرة، ما احتمال أن تحوي العلبة الأخرى $k$ عودا بالضبط؟ بيّن أن الجواب هو $\binom{2n-k}{n}2^{-(2n-k)}$ وتحقق من أن مجموع هذه الاحتمالات $1$ من أجل $n = 1$ .

حل

حل التمرين 21.11.

لنقل إن العلبة $A$ هي الأولى التي تُكتشف فارغة، مع احتواء العلبة الأخرى $k$ . وهذا يعني: أن من بين المرات $2n - k$ الأولى، ذهبت $n$ بالضبط إلى $A$ و $n - k$ إلى $B$ (بترتيب ما)، وأن المرة رقم $2n - k + 1$ ذهبت إلى $A$ من جديد، فوجدتها فارغة. والمرات اختيارات متزنة مستقلة، ومنه فاحتمال هذا الحدث $\binom{2n-k}{n}2^{-(2n-k)}\cdot\frac12$ ؛ وبالمضاعفة (فالعلبة الفارغة قد تكون أيا منهما) نجد

\P(\text{تحوي العلبة الأخرى }k) = \binom{2n-k}{n}\,2^{-(2n-k)} .

ومن أجل $n = 1$ : يعطي $k = 1$ المقدار $\binom11 2^{-1} = \frac12$ ويعطي $k = 0$ المقدار $\binom21 2^{-2} = \frac12$ : فالمجموع $1$ ، كما يجب.

تمرين 21.12 ★★★

(الجمعية $\sigma$ بديهية حقيقية) (1) بيّن أنه لا يوجد قياس احتمالي على $(\N, \mathcal P(\N))$ يعطي جميع المجموعات الأحادية الوزن نفسه. (2) من أجل $A \subseteq \N^*$ ، نضع $d(A) = \lim_n\frac{\abs{A\cap\intint1n}}{n}$ عندما توجد النهاية (وهي الكثافة الطبيعية). بيّن أن $d$ جمعي على الأزواج التي توجد فيها الكثافات الثلاث، وأنه يعطي كل مجموعة أحادية الكثافة $0$ ويعطي $\N^*$ الكثافة $1$ — واستنتج أن $d$ ليس $\sigma$ -جمعيا. (3) أظهر مجموعة لا كثافة لها. (بمناوبة الكتل $\intint{2^{2k}}{2^{2k+1}-1}$ داخلا وخارجا.)

حل

حل التمرين 21.12.

(1) إذا كان $\P(\{n\}) = c$ من أجل كل $n$ ، فإن الجمعية $\sigma$ تفرض $1 = \sum_nc$ : وهو مستحيل، سواء أكان $c = 0$ (فالمجموع $0$ ) أم $c > 0$ (فالمجموع لانهائي). فلا وجود لاحتمال منتظم على $\N$ .

(2) إذا كان $A \cap B = \emptyset$ و $d(A)$ و $d(B)$ موجودة، فإن $\abs{(A \sqcup B)\cap\intint1n} = \abs{A\cap\intint1n} + \abs{B\cap\intint1n}$ ، ومنه $d(A \sqcup B) = d(A) + d(B)$ : أي الجمعية المنتهية على مثل هذه الأزواج. ولكل مجموعة أحادية دالة عدّ ثابتة في النهاية، ومنه فكثافتها $0$ ، بينما $d(\N^*) = 1$ . ولو كان $d$ جمعيا بالنسبة إلى $\sigma$ ، لأعطى $\N^* = \bigsqcup_k\{k\}$ المقدار $1 = \sum_k 0 = 0$ : فالكثافة جمعية منتهيا لكنها ليست $\sigma$ -جمعية — فللبديهية مضمون.

(3) لنأخذ $A = \bigcup_{k\geq0}\intint{4^k}{2\cdot4^k - 1}$ (بالكتل من $4^k$ إلى $2\cdot4^k - 1$ ). فعند $n = 2\cdot4^K - 1$ يكون العدد $\sum_{k\leq K}4^k \sim \frac43 4^K$ ، فتكون النسبة $\to \frac23$ ؛ وعند $n = 4^{K+1} - 1$ يبقى العدد دون تغيير، فتكون النسبة $\to \frac13$ . فالنسبة تتذبذب بين النهايتين $\frac13$ و $\frac23$ : أي لا كثافة.

21.5 مسألة: السير العشوائي البسيط على $\Z$ عوّاد

أربع وعشرون خطوة من سير عشوائي بسيط؛ والنقط الحمراء تعلّم العودات إلى المبدأ. وتبين المسألة أن هذه النقط، باحتمال 1، لا تتوقف عن الظهور أبدا — ومع ذلك فإن زمن الانتظار بينها متوسطه متباعد. — أربع وعشرون خطوة من سير عشوائي بسيط؛ والنقط الحمراء تعلّم العودات إلى المبدأ. وتبين المسألة أن هذه النقط، باحتمال $1$ ، لا تتوقف عن الظهور أبدا — ومع ذلك فإن زمن الانتظار بينها متوسطه متباعد.

مسألة 21.1

مسألة نهاية الأسبوع — مبرهنة بوليا في العوْد على $\Z$ ، مع مسألة الاقتراع ونكهة قوس الجيب على الطريق

نرمي قطعة نقود متزنة إلى الأبد؛ وليكن $X_i = \pm1$ الخطوة رقم $i$ وليكن $S_n = X_1 + \dots + X_n$ السير العشوائي البسيط على $\Z$ ، $S_0 = 0$ . وكما في المثال 21.26، تُحدَّد جميع الأحداث أدناه بعدد منته من الرميات أو تكون توليفات قابلة للعد من هذه الأحداث، ويكون استقلال الأحداث المتعلقة بكتل منفصلة من الرميات جزءا من النموذج. ونكتب $u_n = \P(S_{2n} = 0)$ و $N_n(k)$ لعدد المسارات $\pm1$ ذات الطول $n$ من $0$ إلى $k$ .

الجزء الأول — عدّ المسارات.

بيّن أن $N_n(k) = \binom{n}{(n+k)/2}$ عندما يكون $n + k$ زوجيا و $\abs k \leq n$ ، وأن $0$ فيما عدا ذلك؛ واستنتج $\P(S_n = k) = N_n(k)\,2^{-n}$ . ولماذا يكون لكل مسار مفرد ذي الطول $n$ الاحتمال نفسه؟
بيّن $S_{2n+1} \neq 0$ و $u_n = \binom{2n}{n}4^{-n}$ ، واحسب $u_1, u_2, u_3$ .
برهن على $u_n = \frac{2n-1}{2n}\,u_{n-1}$ ؛ واستنتج أن $(u_n)$ يتناقص نحو $0$ ، واستنتج من المثال 6.14 أن

$u_n \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}, \qquad\text{ومنه}\qquad \sum_n u_n = \infty .$
(مبدأ الانعكاس) من أجل $k \geq 1$ ، بيّن أن مسارات الطول $n$ من $1$ إلى $k$ التي تلامس $0$ في تقابل مع المسارات من $-1$ إلى $k$ ؛ واستنتج أن عدد المسارات من $0$ إلى $k$ التي تبقى $> 0$ بعد الزمن $0$ هو $N_{n-1}(k-1) - N_{n-1}(k+1)$ .
(مبرهنة الاقتراع) استنتج

$\P\bigl(S_1 > 0, \dots, S_{n-1} > 0 \bigm| S_n = k\bigr) = \frac kn \qquad (k \geq 1) :$

أي إنه في فرز يتقدم فيه الفائز بفارق $k$ من أصل $n$ ورقة، يكون احتمال أن يتقدم الفائز طوال الفرز هو $k/n$ . وتحقق يدويا من أجل $n = 3$ ، $k = 1$ .

الجزء الثاني — العودة إلى المبدأ.

برهن على المتطابقة المفتاحية

$\P(S_1 \neq 0,\ S_2 \neq 0,\ \dots,\ S_{2n} \neq 0) = u_n$

(اشترط على الخطوة الأولى، واجمع عدود السؤال 4 على نقطة الوصول، وتلسكب؛ واختم بالمقدار $2\binom{2n-1}{n} = \binom{2n}{n}$ ).
استنتج من الاتصال الرتيب (المبرهنة 21.6) أن السير يعود إلى $0$ مرة واحدة على الأقل باحتمال $1$ ، وأن $f_n := \P(\text{أول عودة عند الزمن }2n)$ يحقق

$f_n = u_{n-1} - u_n = \frac{u_n}{2n-1}, \qquad \sum_{n\geq1}f_n = 1 .$
بيّن أن $\sum_n 2n\,f_n = \infty$ : فالعودة مؤكدة، لكن المتسلسلة التي كانت ستحسب متوسط زمن الانتظار متباعدة (وبمفردات الفصل 22، يكون لزمن العودة أمل رياضي لانهائي).
برهن على أنه من أجل كل $k \geq 1$ ، $\P(\text{ما لا يقل عن } k\text{ عودة إلى }0) = 1$ (بالتفكيك على أزمنة العودات $k$ الأولى: فكتل الرميات الموافقة منفصلة، ومنه تتضارب الاحتمالات ويكون مجموعها $(\sum_nf_n)^k$ )؛ واختم بالاتصال الرتيب:

$\P(S_n = 0 \text{ من أجل عدد لانهائي من } n) = 1 :$

أي إن السير العشوائي البسيط على $\Z$ عوّاد.
بيّن أن السير يزور كل موقع $k \in \Z$ بشكل شبه أكيد، ومنه (بحكم العوْد، بعد إعادة الانطلاق عند أول زيارة) عددا لانهائيا من المرات. (إشارات الجولات المتتالية انطلاقا من $0$ قطع نقود متزنة مستقلة؛ والجولة الموجبة تزور $1$ .)

الجزء الثالث — بوريل–كانتيلي والسير المنحاز.

تحقق الأحداث $A_n = \{S_{2n} = 0\}$ العلاقة $\sum\P(A_n) = \infty$ ؛ اشرح لماذا لا تنطبق عليها بوريل–كانتيلي 2، وماذا كانت ستعطي بوريل–كانتيلي 1 لو تقاربت المتسلسلة. (وهذه هي استراتيجية الجزء كله.)
ولنجعل الآن للقطعة انحيازا $p \neq \frac12$ ، $q = 1 - p$ . بيّن $\P(S_{2n} = 0) = \binom{2n}n(pq)^n = u_n\,(4pq)^n$ مع $4pq < 1$ ، واستنتج $\sum_n\P(S_{2n} = 0) < \infty$ ، واختم ببوريل–كانتيلي 1 أن السير المنحاز لا يعود إلى $0$ إلا عددا منتهيا من المرات، بشكل شبه أكيد.
ومن أجل $p \neq \frac12$ أيضا: بيّن $\P(S_n = k) \leq \binom{n}{\floor{n/2}}\,(pq)^{n/2}\,(p/q)^{k/2}$ من أجل كل $k$ ثابتة، واستنتج أن كل موقع يُزار عددا منتهيا من المرات بشكل شبه أكيد، واستنتج $\abs{S_n} \to \infty$ بشكل شبه أكيد: أي إن السير المنحاز عابر.
عودا إلى القطعة المتزنة: باستعمال السؤال 6، احسب احتمال ألا تنتج $200$ رمية أي تعادل ( $S_n \neq 0$ من أجل $1 \leq n \leq 200$ )، وعدديا $u_{100} \approx 0.056$ . وعلّق على التلاشي البطيء $1/\sqrt{\pi n}$ : فالتعادلات مؤكدة على المدى الطويل لكنها أندر مما يوحي به الحدس.
(أول عبور) ليكن $T_1$ أول زمن يبلغ فيه السير $1$ . باستعمال مبدأ الانعكاس من أجل القيمة العظمى $M_n = \max_{i\leq n}S_i$ (المبرهن في السؤال 16، وهو لا يتعلق بهذا السؤال)، أو مباشرة انطلاقا من السؤال 7 بالشرط على الخطوة الأولى، بيّن $\P(T_1 = 2n - 1) = f_n$ ؛ واستنتج $\P(T_1 < \infty) = 1$ بينما تتباعد متسلسلة متوسط الزمن $\sum(2n-1)f_n$ .

الجزء الرابع — القيم العظمى، وآخر صفر، والتقدمات الطويلة.

(الانعكاس من أجل القيمة العظمى) من أجل $k \geq 1$ ، برهن على

$\P(M_n \geq k) = 2\,\P(S_n > k) + \P(S_n = k)$

بعكس المسار بعد أول زيارة له للمستوى $k$ .
استنتج $\P(M_{2n} \geq 1) = 1 - u_n$ ، أي $\P(S_i \leq 0 \text{ من أجل كل } i \leq 2n) = u_n$ : فاحتمال ألا يتقدم السير أبدا يساوي احتمال ألا يكون عند الصفر أبدا (السؤال 6) — حدثان مختلفان، واحتمال واحد.
(آخر صفر) ليكن $L_{2n} = \max\{k \leq 2n : S_k = 0\}$ (زوجيا). بجمع السؤال 6 مع استقلال كتل الرميات المنفصلة، بيّن

$\P(L_{2n} = 2k) = u_k\,u_{n-k} \qquad (0 \leq k \leq n),$

واستنتج، دون أي حساب إضافي، المتطابقة الثنائية $\sum_{k=0}^n u_ku_{n-k} = 1$ .
بيّن أن قانون $L_{2n}$ متناظر ( $\P(L = 2k) = \P(L = 2n - 2k)$ )، وبيّن باستعمال $u_j \sim 1/\sqrt{\pi j}$ أن قيمتيه الحديتين هما أرجح قيمه. وجدول من أجل $n = 5$ : $\P(L_{10} = 0) = u_5 \approx 0.246$ مقابل $\P(L_{10} = 4) = u_2u_3 \approx 0.117$ . وفسّر: ففي لعبة متزنة طويلة، يميل آخر تعادل إلى أن يكون مبكرا جدا أو متأخرا جدا — فالتقدمات الطويلة هي القاعدة لا الاستثناء.
اجمع الأسئلة من 16 إلى 19 في فقرة عن صورة التقلبات في السير المتزن: السلّم الانتشاري الذي يوحي به السؤال 3، وتأكد العودة مقابل تباعد متوسط زمن الانتظار، وثبات التقدمات بنكهة قوس الجيب.

الجزء الخامس — متطابقة التجدد ومبرهنة بوليا.

برهن، بتجزئة $\{S_{2n} = 0\}$ على زمن أول عودة، على متطابقة التجدد

$u_n = \sum_{k=1}^n f_k\,u_{n-k} \quad (n \geq 1), \qquad\text{ومنه}\qquad U(x)\bigl(1 - F(x)\bigr) = 1 \quad (0 \leq x < 1),$

حيث $U(x) = \sum_{n\geq0}u_nx^n$ و $F(x) = \sum_{n\geq1}f_nx^n$ (وبرر أنصاف الأقطار وجداء المتسلسلتين مع الفصل 11).
استنتج ثنائية العوْد: بجعل $x \to 1^-$ (بالنهايات الرتيبة للمتسلسلات ذات المعاملات الموجبة)،

$\sum_n u_n = \infty \iff \sum_n f_n = 1 ,$

وتحقق منها بمقابلتها بالأسئلة 3 و7 (السير المتزن) و12 (السير المنحاز).
(البعد $2$ ) يأخذ السير البسيط على $\Z^2$ الخطوات $(\pm1, 0)$ ، $(0, \pm1)$ بانتظام. بيّن أن الإحداثيتين المدارتين $U_n = X_n + Y_n$ و $V_n = X_n - Y_n$ تؤديان سيرين متزنين مستقلين على $\Z$ ، واستنتج

$\P\bigl(S^{(2)}_{2n} = (0,0)\bigr) = u_n^2 \sim \frac1{\pi n}, \qquad \sum_n u_n^2 = \infty ,$

واختم بالسؤالين 21 و22 (اللذين ينتقل برهاناهما حرفيا) أن السير على $\Z^2$ عوّاد.
(البعد $3$ ) من أجل السير البسيط على $\Z^3$ ، سلّم بالتقدير الموضعي $\P(S^{(3)}_{2n} = 0) \leq C\,n^{-3/2}$ (المبرهن بمبرهنة النهاية الموضعية في مجلد السنة الثالثة). استنتج من بوريل–كانتيلي 1 أن السير على $\Z^3$ عابر، واذكر النتيجة الكاملة: مبرهنة بوليا — فالسير العشوائي البسيط عوّاد في البعدين $1$ و $2$ ، وعابر في البعد $3$ وما فوقه.
تركيب. اسرد الدور المضبوط الذي أدّاه كل مما يلي: عدّ المسارات والانعكاس؛ والاتصال الرتيب؛ واستقلال كتل الرميات المنفصلة؛ وبوريل–كانتيلي 1؛ ومتطابقة التجدد. وأي حقيقة تحليلية وحيدة ( $u_n \sim 1/\sqrt{\pi n}$ ، ومنه $\sum u_n = \infty$ لكن $\sum u_n^2 = \infty$ و $\sum n^{-3/2} < \infty$ ) تقرر بين العوْد والعبور في كل بعد؟

حل

حل المسألة 21.1.

1. يتحدد المسار ذو الطول $n$ بمجموعة خطواته الصاعدة؛ والانتهاء عند $k$ يعني $u$ خطوة صاعدة و $n - u$ خطوة نازلة مع $u - (n - u) = k$ ، أي $u = \frac{n+k}2$ : وهو ممكن إذا وفقط إذا كان $n + k$ زوجيا و $\abs k \leq n$ ، بعدد $\binom{n}{(n+k)/2}$ طريقة. وكل مسار محدد نقطة واحدة من القياس الجدائي المتزن على $n$ رمية: أي باحتمال $2^{-n}$ . ومنه $\P(S_n = k) = N_n(k)2^{-n}$ .

2. للمقدار $S_n$ زوجية $n$ ، ومنه $S_{2n+1} \neq 0$ ؛ و $u_n = N_{2n}(0)4^{-n} = \binom{2n}n4^{-n}$ . والقيم: $u_1 = \frac12$ ، $u_2 = \frac6{16} = \frac38$ ، $u_3 = \frac{20}{64} = \frac5{16}$ .

3. $\dfrac{u_n}{u_{n-1}} = \dfrac{\binom{2n}n}{4\binom{2n-2}{n-1}} = \dfrac{(2n)(2n-1)}{4n^2} = \dfrac{2n-1}{2n} < 1$ : فهي متناقصة. وبحسب المثال 6.14، $\binom{2n}n \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ ، ومنه $u_n \sim \frac1{\sqrt{\pi n}} \to 0$ ، ويتباعد $\sum u_n$ بالمقارنة مع $\sum n^{-1/2}$ .

4. بمعطى مسار من $1$ إلى $k$ يلامس $0$ ، نعكس قطعته الأولى (حتى أول زيارة للمستوى $0$ ) حول المحور الأفقي: فتكون النتيجة مسارا من $-1$ إلى $k$ ، والعملية تقابلية مع نفسها — فكل مسار من $-1$ إلى $k \geq 1$ يجب أن يعبر $0$ ، وعكس قطعته الأولى من جديد يستعيد المسار الأصلي. ومنه فإن عدد المسارات الملامسة $N_{n-1}(k + 1)$ (فمن $-1$ إلى $k$ يكون الانتقال $k + 1$ ). أما المسار من $0$ إلى $k$ الذي يبقى $> 0$ بعد الزمن $0$ فيبدأ بخطوة صاعدة ثم يذهب من $1$ إلى $k$ في $n - 1$ خطوة دون ملامسة $0$ : وعددها $N_{n-1}(k-1) - N_{n-1}(k+1)$ .

5. مع $m = \frac{n+k}2$ ، وباستعمال $\binom{n-1}{m-1} = \frac mn\binom nm$ و $\binom{n-1}{m} = \frac{n-m}n\binom nm$ :

\frac{N_{n-1}(k-1) - N_{n-1}(k+1)}{N_n(k)} = \frac{\binom{n-1}{m-1} - \binom{n-1}{m}}{\binom nm} = \frac{m - (n - m)}{n} = \frac kn .

ومن أجل $n = 3$ ، $k = 1$ : هناك $N_3(1) = 3$ مسارا ( $++-$ ، $+-+$ ، $-++$ )، منها $++-$ وحده يبقى موجبا (فالمسار $+-+$ يعود إلى $0$ عند الزمن $2$ ): أي واحد من ثلاثة، و $\frac kn = \frac13$ .

6. بالتناظر يكون الاحتمال $2\P(S_i > 0\ \forall i \leq 2n)$ . وبالجمع على نقطة الوصول $2k$ وباستعمال السؤال 4 (مع استبدال $n$ بالمقدار $2n$ ):

\P(S_i > 0\ \forall i) = 2^{-2n}\sum_{k\geq1} \bigl(N_{2n-1}(2k-1) - N_{2n-1}(2k+1)\bigr) = 2^{-2n}\,N_{2n-1}(1),

وهو مجموع تلسكوبي. والآن $N_{2n-1}(1) = \binom{2n-1}{n}$ و $2\binom{2n-1}n = \binom{2n}n$ (باسكال)، ومنه فإن الاحتمال المكتوب هو $2\cdot2^{-2n}\binom{2n-1}n = \binom{2n}n4^{-n} = u_n$ .

7. الأحداث $D_n = \{S_i \neq 0,\ i \leq 2n\}$ متناقصة، وتقاطعها “لا عودة أبدا”؛ وبالاتصال الرتيب والسؤال 6، $\P(\text{لا عودة}) = \lim u_n = 0$ : أي إن السير يعود بشكل شبه أكيد. وعلاوة على ذلك $f_n = \P(D_{n-1}) - \P(D_n) = u_{n-1} - u_n$ ، وبحسب السؤال 3

u_{n-1} - u_n = u_n\Bigl(\frac{2n}{2n-1} - 1\Bigr) = \frac{u_n}{2n-1}; \qquad \sum_{n\geq1}f_n = u_0 - \lim u_n = 1 .

8. $2n\,f_n = \frac{2n}{2n-1}u_n \geq u_n$ ، و $\sum u_n = \infty$ (السؤال 3): فالمتسلسلة $\sum 2nf_n$ متباعدة. فأول عودة مؤكدة لكن ليس لها متوسط زمن انتظار منته — أي إن السير عوّاد معدوم، بالمفردات التي سيوفرها الفصل 22.

9. الحدث “ما لا يقل عن $k$ عودة” هو الاتحاد المنفصل القابل للعد، على $0 < n_1 < \dots < n_k$ ، للأحداث “تقع العودات $k$ الأولى عند الأزمنة $2n_1, \dots, 2n_k$ بالضبط”. وهذا الحدث تقاطع $k$ حدثا تتعلق بكتل الرميات المنفصلة $\intint1{2n_1}$ ، $\intint{2n_1+1}{2n_2}$ ، …، ويقتضي كل كتلة سيرا جديدا يجري أول عودة له بعد العدد المخصص من الخطوات بالضبط؛ وباستقلال الكتل يكون احتماله $f_{n_1}f_{n_2-n_1}\cdots f_{n_k-n_{k-1}}$ . وبالجمع بالرزم (الفصل 7، وجميع الحدود موجبة):

\P(\text{ما لا يقل عن }k\text{ عودة}) = \Bigl(\sum_{n\geq1}f_n\Bigr)^{\!k} = 1^k = 1 .

والأحداث متناقصة بدلالة $k$ ، ومنه بالاتصال الرتيب $\P(\text{عدد لانهائي من العودات}) = 1$ : وهو العوْد.

10. بحسب السؤال 9 يجري السير عددا لانهائيا من الجولات بعيدا عن $0$ . والخطوة الأولى من كل جولة قطعة نقود جديدة، مستقلة عن كل ما سبق: ومنه فإن احتمال أن تبدأ الجولات $m$ الأولى كلها نزولا هو $2^{-m}$ . ولبلوغ $1$ لا يحتاج السير إلا إلى بداية جولة صاعدة واحدة (فمن $<0$ يجب أن يمر بالنقطة $0$ قبل بلوغ $1$ ، فالخطوات $\pm1$ )، ومنه $\P(\text{لا تُبلغ }1) \leq 2^{-m}$ أبدا من أجل كل $m$ : أي إن السير يبلغ $1$ بشكل شبه أكيد. وبالتفكيك على زمن البلوغ (المنتهي بشكل شبه أكيد)، يكون السير المعاد انطلاقه هناك سيرا جديدا منطلقا من $1$ : وبالتراجع يبلغ كل $k \geq 1$ بشكل شبه أكيد، وبالتناظر كل $k \leq -1$ . وأخيرا، بإعادة الانطلاق عند أول زيارة للموقع $k$ ، ينطبق السؤال 9 على السير الجديد: فيُزار كل موقع عددا لانهائيا من المرات، بشكل شبه أكيد.

11. الأحداث $A_n = \{S_{2n} = 0\}$ بعيدة كل البعد عن الاستقلال (فوجود السير عند $0$ في الزمن $2n$ يجعل وجوده عند $0$ في الزمن $2n + 2$ أرجح كثيرا من $u_{n+1}$ )، ومنه فإن بوريل–كانتيلي 2 غير متاحة، وفعلا كان عمل الجزء الثاني كله هو أن يحل محلها. أما الاتجاه الآخر فلا يحتاج إلى استقلال: فإن تقارب $\sum\P(A_n)$ ، أعطت بوريل–كانتيلي 1 عددا منتهيا من العودات بشكل شبه أكيد. وهذا الاستلزام هو محرك كل برهان عبور فيما يلي.

12. تقتضي عودة عند الزمن $2n$ وجود $n$ خطوة صاعدة و $n$ خطوة نازلة: $\P(S_{2n} = 0) = \binom{2n}np^nq^n = u_n(4pq)^n$ ، و $4pq = 1 - (p - q)^2 < 1$ من أجل $p \neq \frac12$ . وبما أن $u_n \leq 1$ ، فإن المتسلسلة $\sum\P(S_{2n} = 0)$ مهيمن عليها بالمتسلسلة الهندسية $\sum(4pq)^n$ : فهي متقاربة. وبحسب بوريل–كانتيلي 1، $\P(S_{2n} = 0 \text{ عددا لانهائيا من المرات}) = 0$ : أي عدد منته من العودات، بشكل شبه أكيد.

13. من أجل $n + k$ زوجي، $\P(S_n = k) = \binom{n}{\frac{n+k}2}p^{\frac{n+k}2}q^{\frac{n-k}2}$ ؛ والمعامل الثنائي لا يتجاوز المركزي، و $p^{\frac{n+k}2}q^{\frac{n-k}2} = (pq)^{n/2}(p/q)^{k/2}$ ، وهو ما يعطي الحصر المذكور $\leq 2^n(pq)^{n/2}(p/q)^{k/2} = (4pq)^{n/2}(p/q)^{k/2}$ ، القابل للجمع بدلالة $n$ لأن $\sqrt{4pq} < 1$ . وبوريل–كانتيلي 1: يُزار الموقع $k$ عددا منتهيا من المرات بشكل شبه أكيد؛ ويبقى الاتحاد على $k \in \Z$ للأحداث الاستثنائية المعدومة معدوما (بالجمعية التحتية القابلة للعد). ومنه فبشكل شبه أكيد يُزار كل موقع عددا منتهيا من المرات، ومنه فإن المتتالية الصحيحة $(S_n)$ تغادر كل نافذة محدودة إلى الأبد: $\abs{S_n} \to \infty$ .

14. $\P(S_n \neq 0,\ 1 \leq n \leq 200) = u_{100} = \binom{200}{100}4^{-100} \approx \frac1{\sqrt{100\pi}} \approx 0.056$ : أي أكثر من حظ واحد من عشرين في ألا تتعادل $200$ رمية متزنة أبدا. والتلاشي $1/\sqrt{\pi n}$ بطيء إلى حد مؤلم: فتأكد التعادل (السؤال 7) متوافق مع فترات طويلة جدا بلا تعادل — وهو أول مذاق لظواهر قوس الجيب في الجزء الرابع.

15. نشترط على الخطوة الأولى. فإذا كان $X_1 = +1$ فإن $T_1 = 1$ ، و $f_1 = \frac12$ يوافق ذلك. وإذا كان $X_1 = -1$ ، وجب على السير أن يتسلق من $-1$ إلى $1$ ؛ وبتفكيك الكتل، ينقسم بلوغ $0$ لأول مرة عند الزمن $2n$ إلى: خطوة واحدة نزولا، ثم سير جديد منطلق من $-1$ يبلغ $0$ أول مرة — أي بالتكافؤ سير جديد يبلغ $+1$ أول مرة — في $2n - 1$ خطوة، أو الحدث المتناظر صعودا. وتساهم الإشارتان بالتساوي:

f_n = 2\cdot\tfrac12\,\P(T_1 = 2n - 1) = \P(T_1 = 2n-1) .

ومنه $\P(T_1 < \infty) = \sum f_n = 1$ ، بينما $\sum_n(2n - 1)f_n = \sum_n u_n = \infty$ بحسب السؤال 7: أي إن السير يبلغ $1$ بشكل شبه أكيد، في زمن متوسطه لانهائي.

16. نجزّئ $\{M_n \geq k\}$ بحسب القيمة النهائية $S_n = m$ . فمن أجل $m \geq k$ يكون الشرط $M_n \geq k$ تلقائيا. ومن أجل $m < k$ ، نعكس المسار بعد أول زيارة له للمستوى $k$ : وهذا تقابل بين $\{M_n \geq k, S_n = m\}$ و $\{S_n = 2k - m\}$ (فكل مسار ينتهي عند $2k - m > k$ يزور $k$ ؛ والعكس من جديد هو التطبيق العكسي). ومنه

\P(M_n \geq k) = \sum_{m > k}\P(S_n = m) + \P(S_n = k) + \sum_{m < k}\P(S_n = 2k - m) = 2\P(S_n > k) + \P(S_n = k).

17. عند الزمن الزوجي $2n$ مع $k = 1$ : $\P(S_{2n} = 1) = 0$ و $\P(S_{2n} > 1) = \P(S_{2n} \geq 2)$ ، ومنه

\P(M_{2n} \geq 1) = 2\P(S_{2n} \geq 2) = \P(S_{2n} \geq 2) + \P(S_{2n} \leq -2) = 1 - u_n .

ومنه $\P(S_i \leq 0\ \forall i \leq 2n) = u_n$ : أي إن احتمال ألا يتقدم السير أبدا في الخطوات $2n$ الأولى يساوي بالضبط احتمال ألا يتعادل أبدا (السؤال 6) — حدثان مختلفان تماما، يحملهما $u_n$ نفسه.

18. $\{L_{2n} = 2k\} = \{S_{2k} = 0\} \cap \{\text{سير الرميات } 2k+1, \dots, 2n \text{ لا صفر له}\}$ . والحدثان يتعلقان بكتل رميات منفصلة، ومنه فهما مستقلان؛ واحتمال الأول $u_k$ ، واحتمال الثاني $u_{n-k}$ بحسب السؤال 6 مطبقا على السير الجديد ذي $(2n-2k)$ خطوة. ومنه $\P(L_{2n} = 2k) = u_ku_{n-k}$ . وبما أن $L_{2n}$ يأخذ القيم $0, 2, \dots, 2n$ بالضبط، فإن مجموع هذه الاحتمالات $1$ : $\sum_{k=0}^nu_ku_{n-k} = 1$ ، وهي متطابقة ثنائية الحد سلّمتها تجزئة احتمالية.

19. التناظر فوري: $u_ku_{n-k} = u_{n-k}u_k$ . وبما أن $u_j$ متناقص بدلالة $j$ ، يكون الجداء $u_ku_{n-k}$ أصغر ما يكون من أجل $k$ المركزية وأكبر ما يكون عند الطرفين $k \in \{0, n\}$ ، حيث يساوي $u_n$ ؛ وكميا $u_ku_{n-k} \approx \frac1{\pi\sqrt{k(n-k)}}$ في الوسط، مقابل $u_n \approx \frac1{\sqrt{\pi n}}$ عند الحواف. ومن أجل $n = 5$ : $\P(L_{10} = 0) = \P(L_{10} = 10) = u_5 = \frac{63}{256} \approx 0.246$ ، بينما $\P(L_{10} = 4) = u_2u_3 = \frac38\cdot\frac5{16} = \frac{15}{128} \approx 0.117$ . ففي لعبة متزنة طويلة يكون آخر تعادل على الأرجح قرب البداية جدا أو قرب النهاية جدا: فيتقدم أحد اللاعبين عادة على مدى فترات هائلة، دون أي انحياز في القطعة.

20. الصورة: عند الزمن $n$ يعيش السير على السلّم $\sqrt n$ (وهو الانتشار الثنائي في السؤال 3 — فالمقدار $u_n \sim 1/\sqrt{\pi n}$ هو ارتفاع القمة المركزية)؛ وهو يعود إلى $0$ عددا لانهائيا من المرات باحتمال $1$ (الجزء الثاني)، ومع ذلك فإن زمن الانتظار بين العودات متوسطه متباعد (السؤال 8)، ولهذا يمكن لجولات مفردة أن تشغل نسبة موجبة من أي أفق؛ وبالمقابل يكون آخر تعادل في لعبة من $2n$ خطوة موزعا مع كون القيم الحدية أرجح ما يكون (السؤالان 18 و19)، ويكون لعدم التقدم أبدا الاحتمال المتلاشي ببطء $u_n$ نفسه لعدم التعادل أبدا (السؤال 17). تأكد في النهاية، وثبات عند كل أفق منته: هذا هو السير المتزن.

21. نجزّئ $\{S_{2n} = 0\}$ ( $n \geq 1$ ) بحسب زمن أول عودة $2k$ ، $1 \leq k \leq n$ : فكتلة الرميات الأولى وعددها $2k$ تحقق أول عودة، والرميات الباقية وعددها $2n - 2k$ تحقق عودة لسير جديد، والكتلتان مستقلتان: $u_n = \sum_{k=1}^nf_ku_{n-k}$ . ونصف قطر كل من المتسلسلتين $U(x) = \sum u_nx^n$ و $F(x) = \sum f_nx^n$ هو $\geq 1$ (فالمعاملات في $\intcc01$ )، ويعطي جداء كوشي (الفصل 11)، من أجل $0 \leq x < 1$ ،

U(x) - 1 = \sum_{n\geq1}\Bigl(\sum_{k=1}^n f_ku_{n-k}\Bigr)x^n = F(x)\,U(x), \qquad\text{أي}\qquad U(x)\bigl(1 - F(x)\bigr) = 1 .

22. عندما $x \uparrow 1$ ، يتزايد $U(x)$ و $F(x)$ (فالمعاملات موجبة)؛ وكل مجموع جزئي $\sum_{n\leq N}u_n$ نهاية للمقدار $\sum_{n\leq N}u_nx^n \leq U(x)$ ، ومنه $U(x) \uparrow \sum u_n \in \intoc0{+\infty}$ ، وبالمثل $F(x) \uparrow f = \sum f_n$ . فإذا كان $\sum u_n = \infty$ : $1 - F(x) = 1/U(x) \to 0$ ، ومنه $f = 1$ . وإذا كان $\sum u_n = S < \infty$ : $1 - f = 1/S > 0$ ، ومنه $f < 1$ . وللتحقق: في السير المتزن، $\sum u_n = \infty$ و $f = 1$ (السؤالان 3 و7)؛ وفي السير المنحاز، $\sum u_n(4pq)^n < \infty$ وبالمقابل $f = 1 - 1/\sum_{n\geq0}u_n(4pq)^n < 1$ ، وهو منسجم مع كون عدد العودات منتهيا بشكل شبه أكيد (السؤال 12).

23. من أجل الخطوات الأربع $(\pm1, 0), (0, \pm1)$ للسير على $\Z^2$ ، تكون زيادتا $U = X + Y$ و $V = X - Y$ كما يلي: $(+,+)$ من أجل $(1,0)$ ، و $(+,-)$ من أجل $(0,1)$ ، و $(-,+)$ من أجل $(0,-1)$ ، و $(-,-)$ من أجل $(-1,0)$ — وكل زوج إشارات باحتمال $\frac14 = \frac12\cdot\frac12$ : ومنه فإن سيري الإحداثيتين $(U_n)$ و $(V_n)$ سيران متزنان مستقلان على $\Z$ . وبما أن $S^{(2)}_{2n} = (0,0)$ إذا وفقط إذا كان $U_{2n} = 0$ و $V_{2n} = 0$ ،

\P\bigl(S^{(2)}_{2n} = (0,0)\bigr) = u_n^2 \sim \frac1{\pi n}, \qquad \sum_nu_n^2 = \infty .

ولم تستعمل متطابقة التجدد في السؤال 21 وثنائية السؤال 22 أي شيء ذي بعد واحد (بل التفكيك على أول عودة واستقلال الكتل المنفصلة فحسب)، ومنه يعطي $\sum u_n^{(2)} = \infty$ المقدار $f^{(2)} = 1$ ، وترفعه حجة السؤال 9: فالسير على $\Z^2$ يعود إلى المبدأ عددا لانهائيا من المرات بشكل شبه أكيد.

24. مع الحصر المسلَّم به $\P(S^{(3)}_{2n} = 0) \leq Cn^{-3/2}$ ، تتقارب المتسلسلة، وتعطي بوريل–كانتيلي 1 عددا منتهيا من العودات بشكل شبه أكيد: أي إن السير على $\Z^3$ عابر (والحصر نفسه بالأسّ $-d/2$ يعالج كل $d \geq 3$ ). وإجمالا: مبرهنة بوليا — فالسير العشوائي البسيط عوّاد على $\Z$ و $\Z^2$ ، وعابر على $\Z^d$ من أجل $d \geq 3$ . فالرجل السكران يجد طريقه إلى البيت؛ أما الطائر السكران فقد لا يجده.

25. أنتج عدّ المسارات والانعكاس القوانين المضبوطة ( $u_n$ ، ومبرهنة الاقتراع، و $f_n$ ، والقيمة العظمى، وآخر صفر)؛ وحوّل الاتصال الرتيب كل نص نهائي (“تقع عودة واحدة على الأقل”، “عددا لانهائيا من المرات”) إلى نهاية لاحتمالات ذات أفق منته؛ وشغّل استقلال الكتل المنفصلة تفكيكات التجدد (الأسئلة 9 و18 و21) — وهو الهيكل القابل للعد لخاصية ماركوف؛ وكانت بوريل–كانتيلي 1 سلاح العبور (السؤالان 12 و13، والسؤال 24)، دون حاجة إلى استقلال؛ ونظمت متطابقة التجدد كل ذلك في الثنائية $\sum u_n = \infty \iff$ العوْد. والمعطى التحليلي الوحيد هو التقدير الموضعي $u_n \sim 1/\sqrt{\pi n}$ : فمربعه $1/(\pi n)$ لا يزال متباعدا (فالبعد $2$ ، والسير عوّاد)، بينما يتقارب $n^{-3/2}$ (فالبعد $3$ ، والسير عابر) — ومنه فإن مبرهنة بوليا، في نهاية المطاف، نص عن تباعد $\sum n^{-d/2}$ .

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد