22الاحتمالات: الأسس وقانون الأعداد الكبيرة

حل التمرين 22.1.

(a) من أجل $u \in \intoo01$: $\P(F(X) \leq u) = \P(X \leq F^{-1}(u)) = F(F^{-1}(u)) = u$ (إذ يجعل الاتصال والرتابة الأكيدة $F$ تقابلًا على $\intoo01$ مع $\{F(X) \leq u\} = \{X \leq F^{-1}(u)\}$): فيكون $F(X)$ منتظمًا. وبالعكس $\P(G(U) \leq t) = \P(U \leq F(t)) = F(t)$: أي لمحاكاة قانون، نطبّق دالة التوزيع المقلوبة على عيّنة منتظمة.

(b) $Y = X^2$ مع $X$ منتظم على $\intcc{-1}1$: فمن أجل $t \in \intcc01$، $F_Y(t) = \P(-\sqrt t \leq X \leq \sqrt t) = \sqrt t$: بكثافة $\frac1{2\sqrt t}\mathbf 1_{\intoo01}$. و $\P\bigl(-\frac1\lambda\ln U \leq t\bigr) = \P(U \geq \eu^{-\lambda t}) = 1 - \eu^{-\lambda t}$: أي الأُسّي $\mathcal E(\lambda)$ — والقلب في العمل.

حل التمرين 22.2.

(a) بواسون: $\E X = \sum_{k\geq0}k\,\eu^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!} = \lambda$، $\E[X(X-1)] = \lambda^2$، ومنه $\V = \lambda^2 + \lambda - \lambda^2 = \lambda$. والهندسي ($\P(X = k) = p(1-p)^{k-1}$): $\E X = \frac1p$، $\V = \frac{1-p}{p^2}$ (باشتقاق المتسلسلة الهندسية مرتين).

(b) $G(t) = \P(T > t)$ متناقصة بالمعنى الواسع مع $G(0^+)\dots$ $G \colon \intco0\infty \to \intoc01$؛ ويُقرأ انعدام الذاكرة $G(t + s) = G(t)G(s)$. عندئذٍ $G(n t) = G(t)^n$ و $G(t/n) = G(t)^{1/n}$: أي $G(q) = G(1)^q$ من أجل $q \geq 0$ ناطق؛ وبكتابة $G(1) = \eu^{-\lambda}$ ($\in \intoo01$: إذ $G(1) = 1$ كان سيفرض $G \equiv 1$، وهو مستحيل من أجل متغيّر عشوائي منتهٍ؛ و $G(1) = 0$ مستبعد بالفرضية) وبحصر $t$ كيفي بين ناطقين (بالرتابة): $G(t) = \eu^{-\lambda t}$ — أي القانون الأُسّي. والعكس حساب.

حل التمرين 22.3.

(a) $\sigma(f_i(X_i)) = f_i(X_i)^{-1}(\mathcal B) \subseteq X_i^{-1}(\mathcal B) = \sigma(X_i)$ (إذ $f_i$ بورييلة)، والجبور الجزئية من النمط $\sigma$ لجبور مستقلة من النمط $\sigma$ مستقلةٌ (إذ تصح المتطابقة المعرِّفة من باب أولى).

(b) $\sigma(A_i) = \{\varnothing, A_i, A_i^c, \Omega\} = \sigma(A_i^c) = \sigma(\mathbf 1_{A_i})$: فالعبارات الثلاث تؤكد استقلال الجبور من النمط $\sigma$ نفسها. (وأما انتشار التحليل على $A_i$ إلى المتممات فهو حجة النظام من النمط $\lambda$ داخل تكافؤ التعريف 22.4 — أو بالضمّ والاستبعاد المباشر.)

(c) $\P(A) = \P(B) = \P(C) = \frac12$؛ و $A\cap B = A\cap C = B\cap C$ على الأزواج: إذ كل تقاطع هو «الاثنتان وجه» أو ما يماثله، باحتمال $\frac14$: أي مستقلة مثنى مثنى. لكن $\P(A\cap B\cap C) = \P(\text{وجه وجه}) = \frac14 \neq \frac18$: فليست مستقلة — إذ يتعيّن $C$ بواسطة $A$ و $B$.

حل التمرين 22.4.

(a) ليكن للنص $T$ الطولُ $L$ وليكن $q = a^{-L}$ (حيث $a$ حجم الأبجدية). الحوادث $E_k = \{$المواضع $kL+1, \dots, (k+1)L$ تهجّي $T\}$ مستقلة (لأنها كتل منفصلة من الحروف المستقلة المتماثلة)، وكلٌّ منها باحتمال $q > 0$: أي $\sum\P(E_k) = \infty$، وتعطي بوريل–كانتيلي (2) عددًا لانهائيًّا من الوقوعات شبه أكيد.

(b) الأعلى: $\P\bigl(R_n \geq (1+\varepsilon)\log_2n\bigr) \leq 2^{-(1+\varepsilon)\log_2n} = n^{-(1+\varepsilon)}$، وهو قابل للجمع: فببوريل–كانتيلي (1)، لا يوجد شبه أكيد سوى عدد منتهٍ من $n$ كهذه. والأدنى: نرصّ كتلًا منفصلة — الكتلة $j$ طولها $\ell_j = \lceil\log_2s_j\rceil$ وتبدأ عند $s_j = \sum_{i<j}\ell_i$؛ وحوادث «الكتلة $j$ كلها آحاد» مستقلة باحتمال $2^{-\ell_j} \asymp \frac1{s_j} \asymp \frac1{j\log_2 j}$، ومجموعها متباعد: فتعطي بوريل–كانتيلي (2) عددًا لانهائيًّا من الكتل ذات الآحاد كلها، أي $R_{s_j} \geq \log_2 s_j$ عددًا لانهائيًّا من المرات. ومعًا: يكون طول السلسلة الأعظمي في الأرقام $n$ الأولى $(1 + o(1))\log_2n$ شبه أكيد.

حل التمرين 22.5.

(a) لا يتغيّر $R = \bigl(\limsup\abs{X_n}^{1/n}\bigr)^{-1}$ إذا عُدِّل عدد منتهٍ من $X_n$: فمن أجل كل $N$، يكون $R$ قابلًا للقياس بالمعنى $\sigma(X_N, X_{N+1}, \dots)$، أي ذيليًّا. وعندئذٍ لكل حادثة $\{R \leq c\}$ الاحتمالُ $0$ أو $1$ (المبرهنة 22.9)، ومنه لا تأخذ دالة توزيع $R$ سوى القيمتين $0, 1$: فتقفز عند نقطة واحدة $c_0 \in \intcc0{+\infty}$، ويكون $R = c_0$ شبه أكيد.

(b) تقارب $\sum X_n$ وتقارب $\frac{S_n}n$ غير حساسين لتغيير عدد منتهٍ من الحدود (ومن أجل الثاني: تسهم الحدود المعدَّلة بالمقدار $O(1/n) \to 0$): أي حادثتان ذيليتان؛ وقانون صفر–واحد.

(c) الحادثة $\{X_1 > 0\}$ تتعلق بالمتغيّر $X_1$: فمن أجل إشارات مستقلة متماثلة ($\P(X_1 = \pm1) = \frac12$)، احتمالها $\frac12 \notin \{0,1\}$ — ولا تناقض، إذ ليست حادثة ذيلية.

حل التمرين 22.6.

نعمل على $(\intcc01, \lambda)$. (a) الآلة الكاتبة $\mathbf 1_{I_n}$ (التمرين 12.3): $\norm{X_n}_p^p = \lambda(I_n) \to 0$ (من أجل كل $p < \infty$)، ومن ثَمّ احتماليًّا أيضًا؛ وعند كل $\omega$ تتكرر القيمتان $0$ و $1$ معًا: فلا تقارب نقطةً نقطة في أي مكان. (b) $X_n = n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}} \to 0$ خارج $0$، لكن $\norm{X_n}_p \geq n^{1 - 1/p} \geq 1$. (c) $X_n = \sqrt n\,\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$: $\E\abs{X_n} = n^{-1/2} \to 0$، $\E X_n^2 = 1$. (d) من أي متتالية جزئية نستخرج (بالتقارب الاحتمالي) متتاليةً جزئية أخرى تتقارب شبه أكيد (القضية 22.11(c))؛ ويعطي التقارب المهيمن التقاربَ في $L^1$ على امتدادها، بالنهاية نفسها $X$. ومن ثَمّ يكون لكل متتالية جزئية من المتتالية العددية $\E\abs{X_n - X}$ متتاليةٌ جزئية أخرى تؤول إلى $0$: فتؤول المتتالية كلها إلى $0$.

حل التمرين 22.7.

(a) $\hat p_n = \frac{S_n}n$ مع $S_n$ ثنائي: $\V(\hat p_n) = \frac{p(1-p)}n \leq \frac1{4n}$، ويعطي تشيبيشيف (القضية 22.3) الحدَّ. (b) نحل $\frac1{4n(0.03)^2} \leq 0.05$: $n \geq \frac{1}{4\cdot0.0009\cdot0.05} \approx 5556$. وستبرّر مبرهنة النهاية المركزية $n \approx 1070$ من أجل الضمانة نفسها: فتدفع تشيبيشيف ثمنَ عمومها بعامل $\approx 5$.

حل التمرين 22.8.

(a) إذا كان $S_n \sim \mathcal B(n, x)$، أعطت مبرهنة النقل أن $\E\bigl[f(\frac{S_n}n)\bigr] = \sum_k\binom nkx^k(1-x)^{n-k}f(\frac kn) = B_nf(x)$.

(b)–(c) ليكن $\omega = \omega_f$ معامل الاتصال ($\abs{f(u) - f(v)} \leq \omega(\abs{u - v})$، و $\omega(c \delta) \leq (1 + c)\,\omega(\delta)$ بتسلسل الخطوات). عندئذٍ، من أجل أي $\delta > 0$،

(فإذا كان $\abs{u - x} \leq \delta$ فذلك واضح؛ وإلا $\omega(\abs{u-x}) \leq (1 + \frac{\abs{u-x}}\delta) \omega(\delta) \leq (1 + \frac{(u-x)^2}{\delta^2}) \omega(\delta)$). ونأخذ الآمال عند $u = \frac{S_n}n$:

مع $\delta = n^{-1/2}$: أي $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac54\,\omega\bigl(n^{-1/2}\bigr) \leq \frac32\,\omega\bigl(n^{-1/2}\bigr) \to 0$ (بالاتصال المنتظم على المتراصة): أي مبرهنة فايرشتراس احتماليًّا، بمعدل صريح ومنتظم.

حل التمرين 22.9.

(a) بعد جمع $k - 1$ نوعًا، تكون كل سحبة جديدة باحتمال $p_k = \frac{n-k+1}n$: فيكون $\tau_k$ هندسيًّا بالوسيط $(p_k)$، و $\tau_k$ مستقلة (إذ السحوب كذلك). والمجاميع: $\E T_n = \sum_k\frac n{n-k+1} = nH_n \sim n\ln n$؛ و $\V(T_n) = \sum\frac{1 - p_k}{p_k^2} \leq n^2\sum_{j=1}^n\frac1{j^2} \leq \frac{\pi^2}6n^2$.

(b) بتشيبيشيف: $\P\bigl(\abs{T_n - nH_n} \geq \varepsilon n\ln n\bigr) \leq \frac{\pi^2n^2/6}{\varepsilon^2n^2\ln^2n} \to 0$، و $\frac{nH_n}{n\ln n} \to 1$: ومنه $\frac{T_n}{n\ln n} \to 1$ احتماليًّا.

(c) بحدّ الاتحاد: يعني $T_n > t$ أن نوعًا ما لم يُرَ بعد $\lceil t\rceil$ سحبة، ومنه $\P(T_n > t) \leq n(1 - \frac1n)^{t} \leq n\,\eu^{-t/n}$؛ وعند $t = \beta n\ln n$: $\leq n^{1 - \beta}$. ومن أجل $\beta > 1$، $\sum_m 2^{m(1-\beta)} < \infty$: فتعطي بوريل–كانتيلي، على امتداد $n = 2^m$، أن شبه أكيد $T_n \leq \beta n\ln n$ في النهاية — وعلى وجه الخصوص من أجل كل $\beta > 2$ كما ذُكر (بل يصلح أي $\beta > 1$ على امتداد المتتالية الجزئية).

حل التمرين 22.10.

(a) الأرقام ذات الأدلّة الزوجية $(b_{2k})_k$ بتّاتٌ عادلة مستقلة متماثلة (لأنها عائلة جزئية من عائلة الأرقام المستقلة)، ومنه يعطي $U = \sum_kb_{2k}2^{-k}$ كلَّ فترة ثنائية احتمالَها الصحيح (كما في المبرهنة 22.6): أي منتظم؛ وبالمثل $V$؛ و $(U, V)$ يتعلقان بكتل أرقام منفصلة: أي مستقلان (بالتحليل على المستطيلات الثنائية، ثم بدينكين).

(b) التطبيق $\Phi(\omega) = (U(\omega), V(\omega))$ قابل للقياس مع $\Phi_*\lambda = \lambda\otimes\lambda = \lambda_2$ (بالتوافق على المستطيلات الثنائية مع الوحدانية). ويعرّف تشابكُ الأرقام مقلوبًا معرَّفًا خارج المجموعة (المعدومة) للأعداد الناطقة الثنائية في أي من العاملين: أي تقابلٌ حافظ للقياس بين جزأين تامّي القياس من $\intcc01$ و $\intcc01^2$. وقابل ذلك بمنحني پيانو (المسألة 6.1): إذ فرض الاتصالُ الغمرَ دون التباين؛ وبإسقاط الاتصال مقابل مجرّد القابلية للقياس نشتري تماثلًا قياسيًّا — فالبُعد غير مرئي لنظرية القياس، ومرئيٌّ للطوبولوجيا.

حل التمرين 22.11.

(a) يجعل اتصال التوزيع التعادلاتِ حوادثَ معدومة (كما في حجج الإحصاءات الرتبية في الفصل)، وتكون الترتيبات النسبية البالغة $n!$ للمتغيّرات $(X_1, \dots, X_n)$ متبادلة، ومن ثَمّ متساوية الاحتمال. ويعني $R_n = 1$ أن القيمة العظمى تجلس في الموضع الأخير: باحتمال $\frac{(n-1)!}{n!} = \frac1n$.

(b) نثبّت $n$ ونشرط على الترتيب النسبي للمتغيّرات $X_1, \dots, X_{n-1}$: فإدخال $X_n$ في مواضع الرتب الممكنة $n$ منتظمٌ ومستقل عن ذلك الترتيب (بتبادلية الثلاثية ذات $n$ عنصرًا). ومن ثَمّ يكون $R_n$ (أي حادثة «يأخذ $X_n$ الموضع الأعلى») مستقلًّا عن تاريخ الأرقام القياسية كله $(R_1, \dots, R_{n-1})$، وهو دالةٌ للترتيب النسبي للمتغيّرات $n - 1$ الأولى. ويعطي التراجع الاستقلال الكامل مع $\P(R_n = 1) = \frac1n$.