--- title: "Peluang: Landasan dan Hukum Bilangan Besar" book: "Matematika Universitas — Tahun 3" subject: math language: id chapter: 22 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/22-peluang-landasan-dan-hukum-bilangan-besar --- # Bab 22 — Peluang: Landasan dan Hukum Bilangan Besar Tahun 2 membangun peluang pada ruang terbilang; kini teori [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) melenyapkan setiap pembatasannya. Sebuah [ruang peluang](#def-b3-probability-space) adalah [ruang ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) bermassa total $1$, [peubah acak](#def-b3-probability-space) adalah pemetaan [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable), [nilai harapan](#def-b3-probability-space) adalah integral Lebesgue — dan seketika seluruh gudang senjata analitisnya (Bab [9](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#ch-b3-measure), [10](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ch-b3-lebesgue) dan [11](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#ch-b3-product)) berlaku bagi kebetulan. Bab ini memasang kamusnya, membangun barisan tak berhingga [peubah acak](#def-b3-probability-space) yang [bebas](#def-b3-probability-independence) (pada $\intcc01$, dari digit binernya: sebab keacakan bersembunyi di dalam [ukuran Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-lebesgueouter)), membuktikan lema Borel–Cantelli dan [hukum nol–satu](#thm-b3-probability-zeroone) Kolmogorov, membereskan jenis-jenis konvergensinya, lalu membuktikan hukum bilangan besar — yakni teorema yang membuat frekuensi konvergen ke peluang dan membuat statistika mungkin. Sedangkan soal akhir pekannya menyajikan bukti Etemadi bagi hukum kuatnya dalam bentuk $L^1$-nya yang definitif. ## 22.1 Kamusnya **Definisi 22.1.** Sebuah *ruang peluang* adalah [ruang ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) $(\Omega, \mathcal A, \P)$ dengan $\P(\Omega) = 1$; unsur $\mathcal A$ disebut *kejadian*, dan sebuah sifat berlaku *hampir pasti* (h.p.) jika kejadiannya berpeluang $1$. Sebuah *peubah acak* adalah pemetaan [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) $X \colon \Omega \to \R$ (atau ke $\R^d$: yakni vektor acak); sedangkan *distribusi* miliknya adalah [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) peluang dorongan-maju $\P_X = X_*\P$ pada $\R$ ([Latihan 11.9](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#exo-b3-product-9)), yang ditentukan oleh *fungsi distribusi* $F_X(t) = \P(X \leq t)$ ([Latihan 9.3](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#exo-b3-measure-3)). Lalu $X$ mempunyai *[kepadatan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma)* $f$ jika $\P_X = f\,\dd\lambda$; dan ia *diskret* jika $\P_X$ merupakan kombinasi terbilang massa Dirac. Adapun *nilai harapan* adalah $$ \E[X] = \int_\Omega X\,\dd\P \qquad (X \geq 0 \text{ atau } X \in L^1(\P)), $$ dan *teorema transfer* ([Latihan 11.9](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#exo-b3-product-9)) menghitungnya di dalam distribusinya: $\E[g(X)] = \int_\R g\,\dd\P_X$ — yakni $= \sum g(x_k)p_k$ pada kasus diskretnya, $= \int g(x)f(x)\dd x$ pada kasus [kepadatannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma): yakni rumus Tahun 2, kini menjadi teorema satu teori. Sedangkan *variansnya* adalah $\V(X) = \E[(X - \E X)^2] = \E[X^2] - (\E X)^2$ bagi $X \in L^2$. **Contoh 22.2.** [Distribusi](#def-b3-probability-space) bakunya dan transformasi yang patut dicatat: Bernoulli $\mathcal B(p)$, binomial $\mathcal B(n, p)$, geometrik, Poisson $\mathcal P(\lambda)$ (yang diskret: tabel Tahun 2 tetap sahih); seragam pada $\intcc01$ (yakni [ukuran Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-lebesgueouter) itu sendiri); eksponensial $\mathcal E(\lambda)$ (berkepadatan $\lambda\eu^{-\lambda x}\mathbf 1_{x>0}$); dan *Gauss* $\mathcal N(m, \sigma^2)$ yang berkepadatan $\frac1{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\bigl(-\frac{(x - m)^2}{2\sigma^2}\bigr)$ — yakni [kepadatan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma) peluang menurut [Soal 10.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1), dengan rata-rata $m$ dan varians $\sigma^2$ (yakni momen Gauss, [Latihan 11.10](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#exo-b3-product-10)). **Proposisi 22.3 (Markov dan Chebyshev).** Untuk $X \geq 0$ dan $a > 0$: $\P(X \geq a) \leq \frac{\E X}{a}$; sedangkan untuk $X \in L^2$: $\P\bigl(\abs{X - \E X} \geq a\bigr) \leq \frac{\V(X)}{a^2}$. **Bukti.** [Latihan 10.5](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#exo-b3-lebesgue-5)(a); sedangkan Chebyshev adalah Markov yang diterapkan pada $(X - \E X)^2$. ∎ ## 22.2 Kebebasan **Definisi 22.4.** Sub-$\sigma$-aljabar $\mathcal A_1, \dots, \mathcal A_n \subseteq \mathcal A$ disebut *bebas* jika $\P(A_1\cap\dots\cap A_n) = \prod\P(A_i)$ bagi setiap $A_i \in \mathcal A_i$; kejadian disebut bebas jika $\sigma$-aljabar $\{\varnothing, A_i, A_i^c, \Omega\}$ bebas; sedangkan [peubah acak](#def-b3-probability-space) $X_1, \dots, X_n$ bebas jika $\sigma$-aljabar $\sigma(X_i) = X_i^{-1}(\mathcal B(\R))$ bebas. Sebuah keluarga tak berhingga disebut bebas jika setiap subkeluarga berhingganya bebas. **Teorema 22.5.** Variabel $X_1, \dots, X_n$ [bebas](#def-b3-probability-independence) jika dan hanya jika [distribusi](#def-b3-probability-space) vektor $(X_1, \dots, X_n)$ adalah [ukuran hasil kali](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#thm-b3-product-existence) $\P_{X_1}\otimes\cdots\otimes\P_{X_n}$. Dalam hal itu, bagi $g_i \geq 0$ (atau yang hasil kalinya [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1)): $$ \E\Bigl[\prod_ig_i(X_i)\Bigr] = \prod_i\E[g_i(X_i)], $$ khususnya $\E[XY] = \E X\,\E Y$ dan $\V(X_1 + \dots + X_n) = \sum\V(X_i)$ bagi variabel $L^2$ yang [bebas](#def-b3-probability-independence). **Bukti.** Jika $X_i$ [bebas](#def-b3-probability-independence), maka kedua [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) peluangnya $\P_{(X_1,\dots,X_n)}$ dan $\bigotimes\P_{X_i}$ sama pada semua hasil kali $B_1\times\dots\times B_n$ himpunan Borel — yakni $\pi$-sistem yang membangkitkan $\mathcal B(\R^n)$ ([Proposisi 11.2](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#prop-b3-product-sections)(b)) — sehingga sama di mana-mana ([Teorema 9.7](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#thm-b3-measure-uniqueness)). Sebaliknya, [distribusi](#def-b3-probability-space) hasil kali memfaktorkan setiap kejadian $\bigcap_iX_i^{-1}(B_i)$: yakni [kebebasannya](#def-b3-probability-independence). Lalu rumus [nilai harapannya](#def-b3-probability-space) adalah Tonelli/Fubini ([Teorema 11.5](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#thm-b3-product-tonelli)) lewat teorema transfernya; sedangkan $\E[XY] = \E X\E Y$ adalah kasus $g_i = \mathrm{id}$, dan menguraikan kuadratnya memberikan keaditifan variansnya (sebab suku silangnya $\E[(X_i - \E X_i)(X_j - \E X_j)] = 0$). ∎ **Teorema 22.6 (Keberadaan barisan bebas).** Pada $\bigl(\intcc01, \mathcal L, \lambda\bigr)$ ada sebuah barisan $(U_n)_{n\geq1}$ berisi [peubah acak](#def-b3-probability-space) yang [bebas](#def-b3-probability-independence), masing-masing seragam pada $\intcc01$. Akibatnya, bagi sembarang [distribusi](#def-b3-probability-space) $(\mu_n)$ pada $\R$ yang ditentukan, ada $(X_n)$ [bebas](#def-b3-probability-independence) dengan $\P_{X_n} = \mu_n$. **Bukti.** *Digitnya.* Untuk $\omega \in \intcc01$, misalkan $(b_k(\omega))$ digit binernya (dengan $\omega = \sum b_k2^{-k}$; pilihlah uraian yang tak berakhir dengan semua $1$ — sebab ketaktentuannya hanya menyangkut himpunan terbilang, jadi nol). Setiap $b_k$ merupakan [peubah acak](#def-b3-probability-space) (sebab $\{b_k = 1\}$ gabungan berhingga selang diadik) dan vektor $(b_1, \dots, b_m)$ mengambil setiap nilai di $\{0,1\}^m$ pada selang diadik berpanjang $2^{-m}$: sehingga $b_k$ merupakan Bernoulli$(\frac12)$ yang [bebas](#def-b3-probability-independence). *Pengelompokan ulangnya.* Belahlah $\N^*$ menjadi tak berhingga banyak himpunan tak berhingga yang saling lepas $(I_n)$ (misalnya lewat pangkat prima, atau diagonalnya); lalu biarkanlah $(k^n_j)_j$ mencacah $I_n$ dan tetapkan $$ U_n = \sum_{j\geq1} b_{k^n_j}\,2^{-j} . $$ Setiap $U_n$ seragam: sebab digit binernya berupa bit adil yang [bebas](#def-b3-probability-independence), sehingga $\P(U_n \in [l2^{-m}, (l+1)2^{-m})) = 2^{-m}$ bagi setiap selang diadik, sedangkan selang diadik menentukan [distribusinya](#def-b3-probability-space) ([Teorema 9.7](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#thm-b3-measure-uniqueness)). Lalu $U_n$ saling [bebas](#def-b3-probability-independence): sebab semuanya fungsi blok saling lepas dari keluarga $(b_k)$ yang [bebas](#def-b3-probability-independence) — secara formal, kejadian $\{U_n \in D_n\}$ bagi $D_n$ yang diadik bergantung pada berhingga banyak digit dari himpunan yang saling lepas, sehingga memfaktor; lalu argumen $\pi$-sistemnya menaikkannya ke semua himpunan Borel. *[Distribusi](#def-b3-probability-space) sembarang.* Ambillah $G_n(u) = \inf\{t : F_{\mu_n}(t) \geq u\}$ (yakni *fungsi kuantil* bagi fungsi [distribusi](#def-b3-probability-space) $F_{\mu_n}$); lalu kesetaraan kuncinya $G_n(u) \leq t \iff u \leq F_{\mu_n}(t)$ (menurut [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) kanan $F$ dan kemonotonannya) menunjukkan bahwa $X_n = G_n(U_n)$ [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) dengan $\P(X_n \leq t) = \P(U_n \leq F_{\mu_n}(t)) = F_{\mu_n}(t)$: jadi berdistribusi $\mu_n$; sedangkan [kebebasannya](#def-b3-probability-independence) diwarisi (sebab fungsi variabel yang [bebas](#def-b3-probability-independence), [Latihan 22.3](#exo-b3-probability-3)). ∎ **Contoh 22.7 (Masalah ulang tahun, secara jujur).** Di antara $n$ orang yang ulang tahunnya [bebas](#def-b3-probability-independence) dan seragam atas $N = 365$ hari, peluang bahwa semua ulang tahunnya berbeda adalah $$ p_n = \prod_{k=1}^{n-1}\Bigl(1 - \frac kN\Bigr), $$ lewat pensyaratan berulang (atau langsung: yakni yang menguntungkan $N(N-1)\cdots(N - n + 1)$ atas total $N^n$, yakni argumen pencacahan yang dijadikan ketat oleh rumus hasil kali [kebebasannya](#def-b3-probability-independence)). Lalu dengan mengambil logaritma dan memakai $-\ln(1 - x) = x + O(x^2)$: $$ \ln p_n = -\frac{n(n-1)}{2N} + O\Bigl(\frac{n^3}{N^2}\Bigr), \qquad\text{sehingga}\qquad p_n \approx \eu^{-n^2/2N} . $$ Titik baliknya $p_n = \frac12$ terletak di $n \approx \sqrt{2N\ln2} \approx 1.18\sqrt N$: untuk $N = 365$, $n = 23$ (dengan $p_{23} = 0.4927$). Ada dua pelajaran. Pertama, tumbukan di antara $n$ benda dalam $N$ kotak muncul pada skala $n \sim \sqrt N$, bukan $n \sim N$ — yakni *penskalaan ulang tahun* yang mengatur tumbukan hash dan ongkos $\sqrt N$ bagi serangan ulang tahun dalam kriptografi. Kedua, perhitungannya adalah sebuah cetakan: sebab $\binom n2$ kejadian tumbukan berpasangannya tidak [bebas](#def-b3-probability-independence), namun jawabannya berperilaku seolah-olah [bebas](#def-b3-probability-independence) (sebab $\eu^{-\binom n2/N}$ persis merupakan heuristik pasangan-bebasnya) — yakni contoh pertama hampiran Poisson yang dijadikan ketat pada soal akhir pekan [Bab 23](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/23-fungsi-karakteristik-dan-teorema-limit-pusat#ch-b3-clt) (yakni ketaksamaan Le Cam). ## 22.3 Borel–Cantelli dan hukum nol–satu **Teorema 22.8 (Borel–Cantelli).** Misalkan $(A_n)$ kejadian dan $\limsup A_n = \bigcap_N \bigcup_{n\geq N}A_n$ (“$A_n$ terjadi tak berhingga kali”). 1. Jika $\sum\P(A_n) < \infty$ , maka $\P(\limsup A_n) = 0$ . 2. Jika $\sum\P(A_n) = \infty$ *dan $A_n$ saling [bebas](#def-b3-probability-independence)* , maka $\P(\limsup A_n) = 1$ . **Bukti.** (1) adalah [Latihan 9.4](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#exo-b3-measure-4). (2): untuk $N \leq M$, [kebebasan](#def-b3-probability-independence) komplemennya ([Latihan 22.3](#exo-b3-probability-3)) memberikan $$ \P\Bigl(\bigcap_{n=N}^{M}A_n^c\Bigr) = \prod_{n=N}^M\bigl(1 - \P(A_n)\bigr) \leq \exp\Bigl(-\sum_{n=N}^M\P(A_n)\Bigr) \xrightarrow[M \to \infty]{} 0 $$ (sebab $1 - x \leq \eu^{-x}$; dan deretnya divergen). Jadi $\P\bigl(\bigcup_{n\geq N}A_n\bigr) = 1$ bagi setiap $N$, sedangkan irisan menurun atas $N$ tetap berpeluang $1$ (menurut [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) dari atas, [Proposisi 9.6](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#prop-b3-measure-basics)). ∎ **Teorema 22.9 (Hukum nol–satu Kolmogorov).** Misalkan $(X_n)$ [bebas](#def-b3-probability-independence) dan $\mathcal T = \bigcap_N\sigma(X_N, X_{N+1}, \dots)$ merupakan *$\sigma$-aljabar ekor* (yakni kejadian yang tak peka terhadap berhingga banyak $X_n$ mana pun: konvergensi $\sum X_n$, konvergensi $\frac{S_n}n$, nilai $\limsup$, …). Maka setiap $T \in \mathcal T$ mempunyai $\P(T) \in \{0, 1\}$. **Bukti.** Tetapkanlah $N$. Kedua $\sigma$-aljabar $\sigma(X_1, \dots, X_N)$ dan $\sigma(X_{N+1}, \dots)$ saling [bebas](#def-b3-probability-independence): sebab kejadian yang bergantung pada blok saling lepas memfaktor pada $\pi$-sistem pembangkitnya (yakni silinder $\bigcap_{i\leq N}\{X_i \in B_i\}$, dan berturut-turut syarat berhingga atas variabel berikutnya), lalu Dynkin ([Teorema 9.4](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#thm-b3-measure-dynkin), yang diterapkan dua kali, satu sisi setiap kali) memperluas pemfaktorannya. Sedangkan kejadian ekor $T$ terletak di $\sigma(X_{N+1}, \dots)$ bagi setiap $N$: sehingga $T$ [bebas](#def-b3-probability-independence) dari setiap $\sigma(X_1, \dots, X_N)$, jadi [bebas](#def-b3-probability-independence) dari $\sigma$-aljabar yang dibangkitkannya, $\sigma(X_1, X_2, \dots)$ (yakni Dynkin sekali lagi: sebab gabungan $\sigma(X_1,\dots,X_N)$ merupakan $\pi$-sistem yang membangkitkannya). Padahal $T \in \sigma(X_1, X_2, \dots)$ juga: jadi $T$ [bebas](#def-b3-probability-independence) *dari dirinya sendiri*, sehingga $\P(T) = \P(T\cap T) = \P(T)^2$: jadi $\P(T) \in \{0, 1\}$. ∎ ## 22.4 Jenis konvergensi **Definisi 22.10.** Berlaku $X_n \to X$ *hampir pasti* jika $\P(X_n \to X) = 1$; *dalam peluang* jika $\P(\abs{X_n - X} \geq \varepsilon) \to 0$ bagi setiap $\varepsilon > 0$; dan *dalam $L^p$* jika $\E\abs{X_n - X}^p \to 0$. **Proposisi 22.11.** (a) konvergensi h.p. mengakibatkan konvergensi dalam peluang; (b) konvergensi $L^p$ mengakibatkan konvergensi dalam peluang; (c) konvergensi dalam peluang mengakibatkan konvergensi h.p. *sepanjang sebuah subbarisan*; (d) tak ada implikasi lain yang berlaku secara umum. **Bukti.** (a) $\P(\abs{X_n - X} \geq \varepsilon) \leq \P\bigl(\sup_{m\geq n}\abs{X_m - X} \geq \varepsilon\bigr) \downarrow \P\bigl(\limsup\{\abs{X_m - X} \geq \varepsilon\}\bigr) = 0$ di bawah konvergensi h.p. (menurut [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) dari atas; sebab kejadian limsupnya mengecualikan konvergensinya). (b) Markov: $\P(\abs{X_n - X} \geq \varepsilon) \leq \varepsilon^{-p}\,\E\abs{X_n - X}^p$. (c) Pilihlah $n_k$ dengan $\P(\abs{X_{n_k} - X} \geq 2^{-k}) \leq 2^{-k}$; lalu Borel–Cantelli (1) membuat $\abs{X_{n_k} - X} < 2^{-k}$ pada akhirnya, secara h.p. (d) Mesin tiknya ([Latihan 12.3](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/12-ruang-lp#exo-b3-lp-3)) pada $(\intcc01, \lambda)$ konvergen dalam $L^1$ dan dalam peluang tetapi tak di mana pun secara titik demi titik; sedangkan $n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}} \to 0$ secara h.p. tetapi tidak dalam $L^1$; rinciannya dan sisa contoh tandingnya ada di [Latihan 22.6](#exo-b3-probability-6). ∎ ## 22.5 Hukum bilangan besar Sepanjang bagian ini, $(X_n)$ [bebas](#def-b3-probability-independence) dan berdistribusi sama (*i.i.d.*), dengan $S_n = X_1 + \dots + X_n$. **Teorema 22.12 (Hukum lemah bilangan besar).** Jika $X_1 \in L^2$, dengan $m = \E X_1$: $$ \P\Bigl(\Bigl|\frac{S_n}{n} - m\Bigr| \geq \varepsilon\Bigr) \leq \frac{\V(X_1)}{n\,\varepsilon^2} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 : $$ sehingga $\frac{S_n}n \to m$ dalam peluang (dan dalam $L^2$). **Bukti.** Berlaku $\E\frac{S_n}n = m$ dan $\V\bigl(\frac{S_n}n\bigr) = \frac{n\V(X_1)}{n^2}$ ([Teorema 22.5](#thm-b3-probability-independence)); lalu Chebyshev. ∎ **Teorema 22.13 (Hukum kuat bilangan besar).** Jika $X_1 \in L^1$, maka $$ \frac{S_n}{n} \xrightarrow[n\to\infty]{\text{h.p.}} \E[X_1]. $$ Kita buktikan di sini di bawah hipotesis yang lebih kuat $X_1 \in L^4$; sedangkan kasus umumnya ($L^1$: yakni bukti Etemadi) adalah soal akhir pekannya. **Bukti di bawah $\E X_1^4 < \infty$.** Dengan memusatkannya ($X_i \mapsto X_i - m$), anggaplah $m = 0$. Lalu uraikan: $$ \E[S_n^4] = \sum_{i,j,k,l}\E[X_iX_jX_kX_l] = n\,\E[X_1^4] + 3n(n-1)\,\bigl(\E[X_1^2]\bigr)^2 \leq C\,n^2 , $$ sebab [kebebasan](#def-b3-probability-independence) dan pemusatannya membunuh setiap suku yang memuat faktor terpencil ($\E[X_iX_jX_kX_l] = \E[X_i]\E[\cdots] = 0$ kecuali indeksnya berpasangan: sehingga yang bertahan hanyalah $n$ suku $i=j=k=l$ dan $3n(n-1)$ suku dengan dua pasangan berbeda). Lalu Markov: $$ \P\Bigl(\Bigl|\frac{S_n}n\Bigr| \geq \varepsilon\Bigr) = \P\bigl(S_n^4 \geq n^4\varepsilon^4\bigr) \leq \frac{Cn^2}{n^4\varepsilon^4} = \frac{C}{\varepsilon^4n^2}, $$ yang terjumlahkan: sehingga Borel–Cantelli (1) memberikan, bagi setiap $\varepsilon$ rasional, bahwa $\abs{S_n/n} < \varepsilon$ pada akhirnya, secara h.p.; lalu mengirisnya atas $\varepsilon \in \Q_+^*$ (yakni terbilang banyak kejadian berpeluang-$1$): jadi $S_n/n \to 0$ secara h.p. ∎ **Contoh 22.14 (Apa yang dibeli hukum kuatnya).** (a) *Frekuensinya*: bagi lemparan koin i.i.d., frekuensi sisi gambar yang teramati konvergen secara h.p. ke $p$ — yakni pembenaran empiris bagi peluang itu sendiri. (b) *Monte Carlo*: bagi $g \in L^1(\intcc01)$ dan $(U_n)$ seragam i.i.d. ([Teorema 22.6](#thm-b3-probability-existence)), $\frac1n\sum_{k\leq n}g(U_k) \to \int_0^1g$ secara h.p.: yakni integral lewat pencuplikan, pada dimensi mana pun, dengan laju yang tak bergantung dimensi $\sim n^{-1/2}$ yang dipertajam pada [Bab 23](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/23-fungsi-karakteristik-dan-teorema-limit-pusat#ch-b3-clt). (c) *Bilangan normal*: hampir setiap bilangan real mempunyai, pada uraian binernya, frekuensi asimtotik $\frac12$ bagi angka satu (terapkanlah hukum kuatnya pada variabel digit [Teorema 22.6](#thm-b3-probability-existence)) — yakni teorema Borel, sebuah pernyataan tentang bilangan *sehari*-hari yang dibuktikan lewat [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure): [Soal 22.1](#pb-b3-probability-1) melengkapinya pada semua basis. **Metode 22.15.** Urutan kerja bagi pernyataan asimtotik tentang barisan acak: (1) *Apakah kejadiannya kejadian ekor?* Jika ya, peluangnya $0$ atau $1$ ([Teorema 22.9](#thm-b3-probability-zeroone)) dan tinggal diputuskan yang mana. (2) *Untuk membuktikan pernyataan h.p.*: Borel–Cantelli — yakni peluang yang terjumlahkan bagi kejadian yang “buruk”, lewat batas bertipe Markov/Chebyshev atas momen apa pun yang ada; sedangkan [kebebasannya](#def-b3-probability-independence) hanya diperlukan bagi arah konversnya. (3) *Subbarisan + apitan*: buktikanlah konvergensinya sepanjang subbarisan yang terkelola, lalu kendalikanlah ayunan di antaranya lewat kemonotonan atau ketaksamaan maksimal — yakni kerangka bukti Etemadi. (4) Untuk limit [distribusinya](#def-b3-probability-space), tunggulah [Bab 23](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/23-fungsi-karakteristik-dan-teorema-limit-pusat#ch-b3-clt). ## 22.6 Latihan **Latihan 22.1 ★.** (a) Misalkan $X$ berfungsi [distribusi](#def-b3-probability-space) $F$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) dan naik sejati. Tunjukkanlah bahwa $F(X)$ seragam pada $\intcc01$, dan bahwa $G(U) \sim F$ bagi $U$ yang seragam, dengan $G = F^{-1}$: yakni simulasi lewat pembalikan. (b) Hitunglah fungsi [distribusi](#def-b3-probability-space) dan [kepadatan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma) $X^2$ bagi $X$ yang seragam pada $\intcc{-1}1$, dan bagi $-\frac1\lambda\ln U$ dengan $U$ yang seragam pada $\intoo01$. **Solusi Latihan 22.1.** (a) Untuk $u \in \intoo01$: $\P(F(X) \leq u) = \P(X \leq F^{-1}(u)) = F(F^{-1}(u)) = u$ (sebab [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) dan kemonotonan sejatinya menjadikan $F$ bijeksi ke $\intoo01$ dengan $\{F(X) \leq u\} = \{X \leq F^{-1}(u)\}$): jadi $F(X)$ seragam. Sebaliknya $\P(G(U) \leq t) = \P(U \leq F(t)) = F(t)$: jadi untuk menyimulasikan sebuah [distribusi](#def-b3-probability-space), terapkanlah fungsi [distribusi](#def-b3-probability-space) balikannya pada cuplikan seragam. (b) Ambillah $Y = X^2$ dengan $X$ seragam pada $\intcc{-1}1$: bagi $t \in \intcc01$, $F_Y(t) = \P(-\sqrt t \leq X \leq \sqrt t) = \sqrt t$: jadi [kepadatannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma) $\frac1{2\sqrt t}\mathbf 1_{\intoo01}$. Sedangkan $\P\bigl(-\frac1\lambda\ln U \leq t\bigr) = \P(U \geq \eu^{-\lambda t}) = 1 - \eu^{-\lambda t}$: yakni eksponensial $\mathcal E(\lambda)$ — yakni pembalikan dalam aksi. **Latihan 22.2 ★.** (a) Hitunglah rata-rata dan varians [distribusi](#def-b3-probability-space) Poisson $\mathcal P(\lambda)$ dan geometrik lewat teorema transfernya. (b) Tunjukkanlah bahwa [peubah acak](#def-b3-probability-space) positif $T$ dengan $\P(T > t) > 0$ bagi setiap $t$ memenuhi sifat *tanpa ingatan* $\P(T > t + s \mid T > t) = \P(T > s)$ bagi setiap $s, t \geq 0$ jika dan hanya jika $T$ eksponensial. *(Sebab fungsi kesintasannya memenuhi persamaan fungsional Cauchy; sedangkan kemonotonannya menggantikan [kekontinuannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity).)* **Solusi Latihan 22.2.** (a) Poisson: $\E X = \sum_{k\geq0}k\,\eu^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!} = \lambda$, $\E[X(X-1)] = \lambda^2$, sehingga $\V = \lambda^2 + \lambda - \lambda^2 = \lambda$. Geometrik (dengan $\P(X = k) = p(1-p)^{k-1}$): $\E X = \frac1p$, $\V = \frac{1-p}{p^2}$ (turunkanlah deret geometriknya dua kali). (b) Fungsi $G(t) = \P(T > t)$ tak naik dengan $G(0^+)\dots$ $G \colon \intco0\infty \to \intoc01$; dan ketiadaan ingatannya berbunyi $G(t + s) = G(t)G(s)$. Maka $G(n t) = G(t)^n$ dan $G(t/n) = G(t)^{1/n}$: sehingga $G(q) = G(1)^q$ bagi $q \geq 0$ yang rasional; lalu dengan menulis $G(1) = \eu^{-\lambda}$ (dengan $\in \intoo01$: sebab $G(1) = 1$ akan memaksa $G \equiv 1$, yang mustahil bagi [peubah acak](#def-b3-probability-space) berhingga; sedangkan $G(1) = 0$ terkecualikan oleh hipotesisnya) lalu mengapit sembarang $t$ di antara bilangan rasional (menurut kemonotonannya): $G(t) = \eu^{-\lambda t}$ — yakni [distribusi](#def-b3-probability-space) eksponensialnya. Sedangkan konversnya sebuah perhitungan. **Latihan 22.3 ★★.** (a) Tunjukkanlah bahwa jika $X_1, \dots, X_n$ [bebas](#def-b3-probability-independence) dan $f_i$ fungsi Borel, maka $f_i(X_i)$ [bebas](#def-b3-probability-independence). (b) Tunjukkanlah bahwa kejadian $A_1, \dots, A_n$ [bebas](#def-b3-probability-independence) jika dan hanya jika komplemennya [bebas](#def-b3-probability-independence), jika dan hanya jika indikator $\mathbf 1_{A_i}$ merupakan [peubah acak](#def-b3-probability-space) yang [bebas](#def-b3-probability-independence). (c) ([Bebas](#def-b3-probability-independence) berpasangan itu lebih lemah) Dua koin adil: $A =$ yang pertama gambar, $B =$ yang kedua gambar, $C =$ keduanya sama. Tunjukkanlah bahwa $A, B, C$ [bebas](#def-b3-probability-independence) berpasangan tetapi tidak [bebas](#def-b3-probability-independence). **Solusi Latihan 22.3.** (a) Berlaku $\sigma(f_i(X_i)) = f_i(X_i)^{-1}(\mathcal B) \subseteq X_i^{-1}(\mathcal B) = \sigma(X_i)$ (sebab $f_i$ Borel), sedangkan sub-$\sigma$-aljabar dari $\sigma$-aljabar yang [bebas](#def-b3-probability-independence) juga [bebas](#def-b3-probability-independence) (sebab identitas pendefinisinya berlaku lebih-lebih lagi). (b) Berlaku $\sigma(A_i) = \{\varnothing, A_i, A_i^c, \Omega\} = \sigma(A_i^c) = \sigma(\mathbf 1_{A_i})$: sehingga ketiga pernyataannya menegaskan [kebebasan](#def-b3-probability-independence) $\sigma$-aljabar yang sama. (Bahwa pemfaktoran atas $A_i$ merambat ke komplemennya adalah argumen $\lambda$-sistem di dalam kesetaraan [Definisi 22.4](#def-b3-probability-independence) — atau inklusi-eksklusi langsung.) (c) Berlaku $\P(A) = \P(B) = \P(C) = \frac12$; sedangkan $A\cap B = A\cap C = B\cap C$ pada pasangannya: sebab setiap irisannya adalah “keduanya gambar” atau yang serupa, berpeluang $\frac14$: jadi [bebas](#def-b3-probability-independence) berpasangan. Padahal $\P(A\cap B\cap C) = \P(\text{GG}) = \frac14 \neq \frac18$: jadi tidak [bebas](#def-b3-probability-independence) — sebab $C$ ditentukan oleh $A$ dan $B$. **Latihan 22.4 ★★.** (a) (Monyet tak berhingga) Barisan i.i.d. ketukan tombol seragam pada abjad berhingga secara h.p. memuat setiap teks berhingga tak berhingga kali: buktikanlah dengan Borel–Cantelli (2) pada blok yang saling lepas. (b) (Rentetan) Bagi bit adil i.i.d., misalkan $R_n$ panjang rentetan angka satu yang mulai di posisi $n$. Tunjukkanlah bahwa secara h.p. $R_n \geq (1+\varepsilon)\log_2n$ hanya berhingga kali, sedangkan $R_n \geq \log_2 n$ tak berhingga kali *(lewat kedua paruh Borel–Cantelli; dan untuk yang kedua, berpindahlah ke blok saling lepas demi memperoleh [kebebasan](#def-b3-probability-independence))*: sehingga rentetan terpanjang pada $n$ digit pertamanya tumbuh seperti $\log_2n$. **Solusi Latihan 22.4.** (a) Misalkan teks $T$ berpanjang $L$ dan $q = a^{-L}$ (dengan $a$ sebagai [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) abjadnya). Kejadian $E_k = \{$posisi $kL+1, \dots, (k+1)L$ mengeja $T\}$ saling [bebas](#def-b3-probability-independence) (sebab blok huruf i.i.d. yang saling lepas), masing-masing berpeluang $q > 0$: jadi $\sum\P(E_k) = \infty$, sehingga Borel–Cantelli (2) memberikan tak berhingga banyak kemunculan secara h.p. (b) Untuk yang atas: $\P\bigl(R_n \geq (1+\varepsilon)\log_2n\bigr) \leq 2^{-(1+\varepsilon)\log_2n} = n^{-(1+\varepsilon)}$, yang terjumlahkan: jadi menurut Borel–Cantelli (1), secara h.p. hanya berhingga banyak $n$ semacam itu. Untuk yang bawah: kemaslah blok saling lepas — yang ke-$j$ berpanjang $\ell_j = \lceil\log_2s_j\rceil$ dan mulai di $s_j = \sum_{i 0\}$ bergantung pada $X_1$: bagi tanda i.i.d. (dengan $\P(X_1 = \pm1) = \frac12$), peluangnya $\frac12 \notin \{0,1\}$ — dan tak ada pertentangan, sebab ia bukan kejadian ekor. **Latihan 22.6 ★★.** Pada $(\intcc01, \lambda)$, tunjukkanlah — beserta buktinya — [peubah acak](#def-b3-probability-space) sedemikian sehingga: (a) $X_n \to 0$ dalam peluang dan dalam setiap $L^p$, tetapi tak di mana pun secara h.p.; (b) $X_n \to 0$ secara h.p. tetapi tak dalam $L^p$ mana pun; (c) $X_n \to 0$ dalam $L^1$ tetapi tak dalam $L^2$; (d) lalu tunjukkanlah: jika $X_n \to X$ dalam peluang dan $\abs{X_n} \leq Y \in L^1$, maka $X_n \to X$ dalam $L^1$ *(lewat subbarisan + konvergensi terdominasi + kiat subsubbarisannya)*. **Solusi Latihan 22.6.** Bekerjalah pada $(\intcc01, \lambda)$. (a) Mesin tiknya $\mathbf 1_{I_n}$ ([Latihan 12.3](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/12-ruang-lp#exo-b3-lp-3)): $\norm{X_n}_p^p = \lambda(I_n) \to 0$ (bagi setiap $p < \infty$), sehingga juga dalam peluang; padahal pada setiap $\omega$ nilai $0$ dan $1$ keduanya berulang: jadi tak ada konvergensi titik demi titik di mana pun. (b) Berlaku $X_n = n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}} \to 0$ di luar $0$, tetapi $\norm{X_n}_p \geq n^{1 - 1/p} \geq 1$. (c) Ambillah $X_n = \sqrt n\,\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$: maka $\E\abs{X_n} = n^{-1/2} \to 0$, sedangkan $\E X_n^2 = 1$. (d) Dari sembarang subbarisan sarikanlah (menurut konvergensi dalam peluangnya) subbarisan lebih lanjut yang konvergen secara h.p. ([Proposisi 22.11](#prop-b3-probability-modes)(c)); lalu konvergensi terdominasinya memberikan konvergensi $L^1$ sepanjangnya, dengan limit yang *sama* $X$. Jadi setiap subbarisan barisan numerik $\E\abs{X_n - X}$ mempunyai subsubbarisan yang menuju $0$: sehingga seluruh barisannya menuju $0$. **Latihan 22.7 ★★.** Sebuah jajak pendapat menaksir proporsi $p$ yang tak diketahui lewat frekuensi empiris $\hat p_n$ atas $n$ penarikan yang [bebas](#def-b3-probability-independence). (a) Chebyshev: tunjukkanlah $\P(\abs{\hat p_n - p} \geq \varepsilon) \leq \frac1{4n\varepsilon^2}$ (pakailah $p(1-p) \leq \frac14$). (b) Berapa banyak penarikan yang menjamin galat $\leq 3\%$ dengan peluang $\geq 95\%$ menurut batas ini? (Jawaban sebenarnya, lewat [Bab 23](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/23-fungsi-karakteristik-dan-teorema-limit-pusat#ch-b3-clt), kira-kira $1070$: jadi Chebyshev jujur tetapi kasar.) **Solusi Latihan 22.7.** (a) Berlaku $\hat p_n = \frac{S_n}n$ dengan $S_n$ yang binomial: sehingga $\V(\hat p_n) = \frac{p(1-p)}n \leq \frac1{4n}$, lalu Chebyshev ([Proposisi 22.3](#prop-b3-probability-markov)) memberikan batasnya. (b) Selesaikanlah $\frac1{4n(0.03)^2} \leq 0.05$: $n \geq \frac{1}{4\cdot0.0009\cdot0.05} \approx 5556$. Sedangkan teorema limit pusatnya akan membenarkan $n \approx 1070$ bagi jaminan yang sama: jadi Chebyshev membayar keumumannya dengan faktor $\approx 5$. **Latihan 22.8 ★★★.** (Bernstein) Untuk $f \in \mathcal C(\intcc01)$ definisikanlah polinomial Bernstein $B_nf(x) = \sum_{k=0}^n\binom nkx^k(1-x)^{n-k}f\bigl(\frac kn\bigr)$. (a) Kenalilah $B_nf(x) = \E\bigl[f\bigl(\frac {S_n}n\bigr)\bigr]$ bagi $S_n$ yang binomial $\mathcal B(n, x)$. (b) Buktikanlah $B_nf \to f$ *secara seragam* pada $\intcc01$: belahlah pada $\{\abs{\frac{S_n}n - x} \leq \delta\}$ dan komplemennya, dengan memakai [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam dan Chebyshev beserta batas seragam $\V(\frac{S_n}n) \leq \frac1{4n}$. (c) Simpulkanlah: yakni bukti kedua yang bersifat peluang bagi teorema hampiran Weierstrass ([Akibat 7.16](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#cor-b3-complete-weierstrass)), dengan laju eksplisit $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\,\omega_f(n^{-1/2})$ bagi modulus [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $\omega_f$ — buktikanlah setidaknya bentuk $O(\omega_f(n^{-1/2}))$-nya. **Solusi Latihan 22.8.** (a) Jika $S_n \sim \mathcal B(n, x)$, maka teorema transfernya memberikan $\E\bigl[f(\frac{S_n}n)\bigr] = \sum_k\binom nkx^k(1-x)^{n-k}f(\frac kn) = B_nf(x)$. (b)–(c) Misalkan $\omega = \omega_f$ modulus [kekontinuannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) (dengan $\abs{f(u) - f(v)} \leq \omega(\abs{u - v})$, dan $\omega(c \delta) \leq (1 + c)\,\omega(\delta)$ lewat perantaian langkahnya). Maka, bagi sembarang $\delta > 0$, $$ \abs{f(u) - f(x)} \leq \Bigl(1 + \frac{(u - x)^2}{\delta^2}\Bigr)\omega(\delta) $$ (jika $\abs{u - x} \leq \delta$, jelas; sedangkan jika tidak $\omega(\abs{u-x}) \leq (1 + \frac{\abs{u-x}}\delta) \omega(\delta) \leq (1 + \frac{(u-x)^2}{\delta^2}) \omega(\delta)$). Lalu ambillah [nilai harapannya](#def-b3-probability-space) di $u = \frac{S_n}n$: $$ \abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \Bigl(1 + \frac{\V(S_n/n)}{\delta^2}\Bigr)\omega(\delta) \leq \Bigl(1 + \frac{1}{4n\delta^2}\Bigr)\omega(\delta) ; $$ dengan $\delta = n^{-1/2}$: $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac54\,\omega\bigl(n^{-1/2}\bigr) \leq \frac32\,\omega\bigl(n^{-1/2}\bigr) \to 0$ (menurut [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragamnya pada [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)): yakni teorema Weierstrass yang bersifat peluang, dengan laju yang eksplisit dan seragam. **Latihan 22.9 ★★★.** (Pengumpul kupon) Kartu dari $n$ jenis ditarik secara seragam dengan pengembalian; misalkan $T_n$ banyaknya penarikan sampai semua jenisnya terlihat. (a) Tulislah $T_n = \sum_{k=1}^{n}\tau_k$ dengan $\tau_k$ yang geometrik berparameter $\frac{n - k + 1}n$, dan $\tau_k$ yang [bebas](#def-b3-probability-independence), lalu simpulkanlah $\E T_n = n\,H_n \sim n\ln n$ (dengan $H_n$ bilangan harmoniknya) dan $\V(T_n) \leq \frac{\pi^2}6n^2$. (b) Chebyshev: $\frac{T_n}{n\ln n} \to 1$ dalam peluang. (c) Pertajamlah dengan Borel–Cantelli: tunjukkanlah secara langsung $\P(T_n > \beta n\ln n) \leq n^{1 - \beta}$ bagi $\beta > 1$ *(lewat batas gabungan atas kejadian bahwa suatu jenis terlewat setelah $\beta n\ln n$ penarikan, dengan memakai $1 - x \leq \eu^{-x}$)*, lalu simpulkanlah bahwa sepanjang $n = 2^m$, secara h.p. $T_n \leq \beta n\ln n$ pada akhirnya, bagi setiap $\beta > 2$. **Solusi Latihan 22.9.** (a) Setelah $k - 1$ jenis terkumpul, setiap penarikan bersifat baru dengan peluang $p_k = \frac{n-k+1}n$: jadi $\tau_k$ geometrik $(p_k)$, dan $\tau_k$ saling [bebas](#def-b3-probability-independence) (sebab penarikannya [bebas](#def-b3-probability-independence)). Lalu jumlahnya: $\E T_n = \sum_k\frac n{n-k+1} = nH_n \sim n\ln n$; $\V(T_n) = \sum\frac{1 - p_k}{p_k^2} \leq n^2\sum_{j=1}^n\frac1{j^2} \leq \frac{\pi^2}6n^2$. (b) Chebyshev: $\P\bigl(\abs{T_n - nH_n} \geq \varepsilon n\ln n\bigr) \leq \frac{\pi^2n^2/6}{\varepsilon^2n^2\ln^2n} \to 0$, sedangkan $\frac{nH_n}{n\ln n} \to 1$: sehingga $\frac{T_n}{n\ln n} \to 1$ dalam peluang. (c) Lewat batas gabungannya: $T_n > t$ berarti suatu jenis tak terlihat setelah $\lceil t\rceil$ penarikan, sehingga $\P(T_n > t) \leq n(1 - \frac1n)^{t} \leq n\,\eu^{-t/n}$; lalu di $t = \beta n\ln n$: $\leq n^{1 - \beta}$. Untuk $\beta > 1$, $\sum_m 2^{m(1-\beta)} < \infty$: sehingga Borel–Cantelli memberikan, sepanjang $n = 2^m$, secara h.p. $T_n \leq \beta n\ln n$ pada akhirnya — khususnya bagi setiap $\beta > 2$ seperti yang dinyatakan (dan sembarang $\beta > 1$ berhasil sepanjang subbarisannya). **Latihan 22.10 ★★.** Dengan memakai konstruksi digitnya ([Teorema 22.6](#thm-b3-probability-existence)): (a) periksalah lewat perhitungan langsung bahwa $U = \sum b_{2k}2^{-k}$ (yakni digit berindeks genap milik $\omega$ yang seragam) bersifat seragam dan [bebas](#def-b3-probability-independence) dari $V = \sum b_{2k-1}2^{-k}$; (b) simpulkanlah adanya bijeksi [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) sampai himpunan nol antara $\intcc01$ dan $\intcc01^2$ yang mengawetkan [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure), lalu berilah komentar: bahwa satu bilangan acak seragam memuat dua (bahkan terbilang banyak) bilangan [bebas](#def-b3-probability-independence) — bandingkanlah dengan kurva Peano ([Soal 6.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#pb-b3-topology-1)), yang mencapai kesurjektifan tetapi tidak pengawetan [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) ataupun keinjektifan. **Solusi Latihan 22.10.** (a) Digit berindeks genap $(b_{2k})_k$ merupakan bit adil i.i.d. (yakni subkeluarga keluarga digitnya yang [bebas](#def-b3-probability-independence)), sehingga $U = \sum_kb_{2k}2^{-k}$ memberi setiap selang diadik peluangnya yang benar (seperti pada [Teorema 22.6](#thm-b3-probability-existence)): jadi seragam; demikian pula $V$; sedangkan $(U, V)$ bergantung pada blok digit yang saling lepas: jadi [bebas](#def-b3-probability-independence) (lewat pemfaktoran pada persegi panjang diadiknya, lalu Dynkin). (b) Pemetaan $\Phi(\omega) = (U(\omega), V(\omega))$ [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) dengan $\Phi_*\lambda = \lambda\otimes\lambda = \lambda_2$ (menurut kesamaannya pada persegi panjang diadik + ketunggalannya). Lalu menyelang-nyelingkan digitnya mendefinisikan sebuah balikan yang terdefinisi di luar himpunan (nol) berisi bilangan rasional diadik pada salah satu faktornya: yakni bijeksi yang mengawetkan [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) antara himpunan bagian berukuran penuh $\intcc01$ dan $\intcc01^2$. Bandingkanlah dengan Peano ([Soal 6.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#pb-b3-topology-1)): sebab [kekontinuannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) memaksa kesurjektifan tanpa keinjektifan; sedangkan menukar [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) dengan sekadar [keterukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) membeli [isomorfisma-ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) — jadi dimensi tak terlihat oleh teori [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure), tetapi terlihat oleh [topologi](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology). **Latihan 22.11 ★★.** (Rekor) Misalkan $(X_n)_{n\geq1}$ i.i.d. dengan fungsi [distribusi](#def-b3-probability-space) yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), dan katakanlah sebuah *rekor* terjadi pada waktu $n$ jika $X_n > \max(X_1, \dots, X_{n-1})$ (dan waktu $1$ adalah rekor). Misalkan $R_n$ indikator rekornya. (a) Tunjukkanlah $\P(R_n = 1) = \frac1n$ *(sebab menurut kesetangkupannya, masing-masing dari $n!$ pengurutan $X_1, \dots, X_n$ sama mungkinnya sedangkan seri berpeluang $0$)*. (b) Tunjukkanlah bahwa $R_n$ bersifat *[bebas](#def-b3-probability-independence)* *(cacahlah pengurutan yang cocok dengan posisi rekor yang ditentukan, atau berargumenlah bahwa urutan relatif $X_1, \dots, X_{n-1}$ bersifat [bebas](#def-b3-probability-independence) dari peringkat $X_n$ di antaranya)*. (c) Simpulkanlah dari Borel–Cantelli ([Teorema 22.8](#thm-b3-probability-borelcantelli), kedua paruhnya) bahwa tak berhingga banyak rekor terjadi secara h.p., tetapi rekor pada waktu berurutan $n, n+1$ terjadi tak berhingga kali dengan peluang — putuskanlah yang mana! — lalu hitunglah $\sum_n\P(R_n = 1, R_{n+1} = 1)$. **Solusi Latihan 22.11.** (a) [Kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) [distribusinya](#def-b3-probability-space) menjadikan seri sebagai kejadian nol (seperti pada argumen statistik terurut di babnya), sedangkan $n!$ pengurutan relatif $(X_1, \dots, X_n)$ bersifat tertukarkan, sehingga sama mungkinnya. Lalu $R_n = 1$ berarti maksimumnya duduk pada posisi terakhir: jadi berpeluang $\frac{(n-1)!}{n!} = \frac1n$. (b) Tetapkanlah $n$ lalu syaratkan pada urutan relatif $X_1, \dots, X_{n-1}$: menyisipkan $X_n$ ke $n$ celah peringkat yang mungkin bersifat seragam dan [bebas](#def-b3-probability-independence) dari urutan itu (menurut ketertukaran $n$-tupelnya). Karena itu $R_n$ (yakni kejadian “$X_n$ menempati celah teratas”) [bebas](#def-b3-probability-independence) dari seluruh riwayat rekornya $(R_1, \dots, R_{n-1})$, yang merupakan fungsi urutan relatif $n - 1$ variabel pertamanya. Lalu induksinya memberikan [kebebasan](#def-b3-probability-independence) penuh dengan $\P(R_n = 1) = \frac1n$. (c) Berlaku $\sum\P(R_n = 1) = \sum\frac1n = \infty$ beserta [kebebasannya](#def-b3-probability-independence): sehingga paruh kedua Borel–Cantelli memberikan rekor tak berhingga kali secara h.p. (rekornya tak pernah berhenti — tetapi menipis secara logaritmik: $\E[\#\text{rekor} \leq n] = H_n \approx \ln n$). Untuk rekor berurutan: $\P(R_n = R_{n+1} = 1) = \frac1{n(n+1)}$ (menurut [kebebasannya](#def-b3-probability-independence)), dan $$ \sum_n\frac1{n(n+1)} = \sum_n\Bigl(\frac1n - \frac1{n+1}\Bigr) = 1 < \infty : $$ sehingga paruh pertama Borel–Cantelli berlaku — jadi hanya berhingga banyak pasangan rekor berurutan yang terjadi, secara h.p. **Latihan 22.12 ★★.** (Rentetan gambar terpanjang) Lemparkanlah koin adil tak berhingga kali, lalu misalkan $L_n$ panjang rentetan terpanjang sisi gambar yang berurutan di dalam $n$ lemparan pertamanya. (a) Tunjukkanlah bahwa bagi setiap $\varepsilon > 0$, secara h.p. $L_n \leq (1 + \varepsilon)\log_2n$ pada akhirnya *(sebab peluang bahwa suatu rentetan berpanjang $\ell$ mulai di antara $n$ lemparan pertamanya paling banyak $n2^{-\ell}$; lalu Borel–Cantelli sepanjang $n = 2^k$)*. (b) Tunjukkanlah bahwa secara h.p. $L_n \geq (1 - \varepsilon)\log_2n$ pada akhirnya *(potonglah $n$ lemparan pertamanya menjadi $\lfloor n/\ell\rfloor$ blok saling lepas berpanjang $\ell = \lceil(1 - \varepsilon)\log_2n\rceil$; blok itu saling [bebas](#def-b3-probability-independence), masing-masing seluruhnya gambar dengan peluang $2^{-\ell}$, sedangkan peluang bahwa tak satu pun seluruhnya gambar paling banyak $\exp(-n2^{-\ell}/\ell)$; lalu jumlahkanlah sepanjang $n = 2^k$ lagi)*. (c) Simpulkanlah $\frac{L_n}{\log_2n} \to 1$ secara h.p.: bahwa dalam sejuta lemparan adil kita patut menantikan rentetan sekitar $20$ gambar — dan sekumpulan data tanpa itu boleh jadi dikarang. **Solusi Latihan 22.12.** (a) Sebuah rentetan berpanjang $\ell$ yang mulai di posisi $i \leq n$ berpeluang $2^{-\ell}$; lalu lewat batas gabungannya: $\P(L_n \geq \ell) \leq n2^{-\ell}$. Dengan $\ell_n = (1 + \varepsilon)\log_2n$: $\P(L_n \geq \ell_n) \leq n^{-\varepsilon}$. Lalu sepanjang $n = 2^k$: $\sum_k2^{-k\varepsilon} < \infty$, sehingga secara h.p. $L_{2^k} < (1+\varepsilon)k$ pada akhirnya (menurut Borel–Cantelli); sedangkan bagi $n$ yang umum ambillah $2^{k-1} < n \leq 2^k$ lalu pakailah kemonotonan $L_n$ ditambah $\log_22^{k-1} \leq \log_2n$: $L_n \leq L_{2^k} < (1 + \varepsilon)k \leq (1 + \varepsilon)\frac{k}{k-1} \log_2n$, dan faktor tambahannya terserap dengan sedikit membesarkan $\varepsilon$. (b) Dengan $\ell = \lceil(1 - \varepsilon)\log_2n\rceil$ dan $m = \lfloor n/\ell\rfloor$ blok saling lepas: bloknya saling [bebas](#def-b3-probability-independence), masing-masing seluruhnya gambar dengan peluang $2^{-\ell} \geq n^{-(1-\varepsilon)}/2$, sehingga $$ \P(L_n < \ell) \leq \bigl(1 - 2^{-\ell}\bigr)^{m} \leq \exp\bigl(-m2^{-\ell}\bigr) \leq \exp\Bigl(-c\,\frac{n^{\varepsilon}}{\log_2n}\Bigr) $$ bagi sebuah konstanta $c > 0$ dan $n$ yang besar. Peluang ini terjumlahkan sepanjang $n = 2^k$ (bahkan sepanjang semua $n$): sehingga Borel–Cantelli memberikan secara h.p. $L_n \geq (1 - \varepsilon)\log_2n$ pada akhirnya (sedangkan kemonotonannya mengisi di antara $2^k$ seperti pada (a), tanpa bahaya). (c) Kedua batasnya sepanjang barisan $\varepsilon = \frac1j$, lalu dengan mengiriskan terbilang banyak kejadian berukuran penuh: $\frac{L_n}{\log_2n} \to 1$ secara h.p. Untuk $n = 10^6$: $\log_2n \approx 19.9$ — jadi rentetan $\approx 20$ gambar bukanlah anomali yang mencurigakan melainkan kepastian matematis, sedangkan ketiadaannya justru bukti bahwa manusia memalsukan “keacakan” (sebab manusia jarang berani menulis lebih dari $5$ atau $6$ gambar berturut-turut). ## 22.7 Soal: bukti Etemadi bagi hukum kuatnya **Soal 22.1.** Soal akhir pekan — hukum kuat bilangan besar bagi variabel i.i.d. yang terintegralkan Hukum kuat Kolmogorov — $\frac{S_n}n \to \E X_1$ secara h.p. bagi $X_n \in L^1$ yang i.i.d. — lama hanya mempunyai bukti yang berbelit; lalu pada 1981 N. Etemadi menemukan satu bukti yang sangat hemat, tanpa memakai apa pun di luar bab ini (bahkan dengan melemahkan [kebebasannya](#def-b3-probability-independence) menjadi [kebebasan](#def-b3-probability-independence) berpasangan). Kita ikuti buktinya. Misalkan $(X_n)$ [bebas](#def-b3-probability-independence) berpasangan, berdistribusi identik, dan [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1); dengan $m = \E X_1$, $S_n = X_1 + \dots + X_n$. **Bagian I — Reduksinya.** 1. Tunjukkanlah bahwa cukup ditangani $X_n \geq 0$ *(belahlah $X_n = X_n^+ - X_n^-$: lalu periksalah bahwa kedua paruhnya kembali [bebas](#def-b3-probability-independence) berpasangan, i.i.d., dan [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1))* . Selanjutnya anggaplah $X_n \geq 0$ . 2. (Pemenggalan) Misalkan $Y_n = X_n\,\mathbf 1_{X_n \leq n}$ dan $S_n^* = Y_1 + \dots + Y_n$. Tunjukkanlah $$\sum_{n\geq1}\P(X_n \neq Y_n) = \sum_{n\geq1}\P(X_1 > n) \leq \E[X_1] < \infty$$ ([Latihan 11.3](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#exo-b3-product-3)), lalu simpulkanlah lewat Borel–Cantelli bahwa $\frac{S_n - S_n^*}{n} \to 0$ secara h.p.: sehingga cukup dibuktikan $\frac{S^*_n}n \to m$ secara h.p. 3. Tunjukkanlah $\E Y_n = \E\bigl[X_1\mathbf 1_{X_1\leq n}\bigr] \to m$ (menurut konvergensi monoton), sehingga $\frac1n\sum_{k\leq n}\E Y_k \to m$ (Cesàro): jadi cukup dibuktikan $\frac{S_n^* - \E S_n^*}{n} \to 0$ secara h.p. **Bagian II — Taksiran variansnya.** 4. Tunjukkanlah $$\V(Y_n) \leq \E[Y_n^2] = \E\bigl[X_1^2\,\mathbf 1_{X_1 \leq n}\bigr]$$ lalu, dengan memakai kue berlapisnya ([Proposisi 11.8](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#prop-b3-product-layercake)), batas kuncinya $$\sum_{n\geq1}\frac{\V(Y_n)}{n^2} \leq \sum_{n\geq1}\frac1{n^2}\, \E\bigl[X_1^2\mathbf 1_{X_1\leq n}\bigr] \leq C\,\E[X_1] < \infty$$ *(tukarlah jumlahnya dengan [nilai harapannya](#def-b3-probability-space) — yakni Tonelli bagi deret — lalu batasilah $\sum_{n \geq x}\frac1{n^2} \leq \frac2{\max(x,1)}$ bagi taksiran dalamnya $x^2\sum_{n\geq x}n^{-2} \leq 2x$)*. **Bagian III — Konvergensi sepanjang subbarisan geometrik.** Tetapkanlah $\alpha > 1$ lalu misalkan $k_j = \lfloor\alpha^j\rfloor$. 5. Dengan memakai [kebebasan](#def-b3-probability-independence) berpasangannya (sebab variansnya menjumlah, [Teorema 22.5](#thm-b3-probability-independence) — periksalah bahwa keaditifan variansnya hanya memerlukan [kebebasan](#def-b3-probability-independence) berpasangan) dan Chebyshev, tunjukkanlah bagi setiap $\varepsilon > 0$: $$\sum_{j\geq1}\P\Bigl(\Bigl| \frac{S^*_{k_j} - \E S^*_{k_j}}{k_j}\Bigr| \geq \varepsilon\Bigr) \leq \frac1{\varepsilon^2}\sum_{j\geq1}\frac1{k_j^2} \sum_{n\leq k_j}\V(Y_n) = \frac1{\varepsilon^2}\sum_{n\geq1}\V(Y_n) \sum_{j\,:\,k_j\geq n}\frac1{k_j^2} .$$ 6. Tunjukkanlah $\sum_{j : k_j \geq n}k_j^{-2} \leq \frac{C_\alpha}{n^2}$ *(lewat deret geometrik; dan waspadalah pada fungsi lantainya: yakni kehati-hatian bertipe $k_j \geq \frac{\alpha^j}2$ bagi $\alpha^j \geq 2$)*, lalu simpulkanlah dengan pertanyaan 4 dan Borel–Cantelli: $$\frac{S^*_{k_j} - \E S^*_{k_j}}{k_j} \xrightarrow[j\to\infty]{\text{h.p.}} 0, \qquad\text{sehingga}\qquad \frac{S^*_{k_j}}{k_j} \to m \ \text{h.p.}$$ **Bagian IV — Apitan dan kesimpulannya.** 7. Untuk $k_j \leq n \leq k_{j+1}$, pakailah kemonotonan $S^*_n$ (sebab sukunya tak negatif!) untuk menunjukkan $$\frac{k_j}{k_{j+1}}\,\frac{S^*_{k_j}}{k_j} \;\leq\; \frac{S^*_n}{n} \;\leq\; \frac{k_{j+1}}{k_j}\,\frac{S^*_{k_{j+1}}}{k_{j+1}},$$ lalu simpulkanlah, secara h.p.: $$\frac m\alpha \leq \liminf\frac{S^*_n}n \leq \limsup\frac{S^*_n}n \leq \alpha\,m .$$ 8. Biarkanlah $\alpha \downarrow 1$ sepanjang sebuah barisan lalu simpulkanlah $\frac{S_n^*}n \to m$ secara h.p., sehingga (menurut Bagian I) *hukum kuat bilangan besar*: $$\boxed{\ \frac{S_n}{n} \xrightarrow[n\to\infty]{\text{h.p.}} \E[X_1].\ }$$ 9. Di manakah persisnya [kebebasan](#def-b3-probability-independence) berpasangan (alih-alih [kebebasan](#def-b3-probability-independence) penuh) sudah mencukupi? Daftarkanlah ketiga tempat yang hipotesis bertipe [kebebasan](#def-b3-probability-independence) dipanggil di sana. **Bagian V — Dividennya.** 10. (Bilangan normal Borel) Tunjukkanlah bahwa menurut $\lambda$ , hampir setiap $x \in \intcc01$ bersifat *normal pada setiap basis* $b \geq 2$ : yakni setiap digit $0, \dots, b-1$ muncul dengan frekuensi asimtotik $\frac1b$ *(tetapkanlah $b$ dan sebuah digit, lalu terapkan hukum kuatnya pada variabel indikatornya — benarkanlah bahwa digit basis-$b$ sebuah variabel seragam bersifat seragam i.i.d. pada $\{0,\dots,b-1\}$ seperti pada [Teorema 22.6](#thm-b3-probability-existence) — lalu iriskanlah terbilang banyak kejadian berpeluang satu itu)* . Tunjukkanlah satu bilangan tak normal yang eksplisit, lalu renungkanlah: bahwa teoremanya menegaskan kenormalan hampir semua bilangan, padahal membuktikan kenormalan $\sqrt2$ atau $\pi$ tetap terbuka. 11. ( [Monte Carlo](#ex-b3-probability-sllnapps) , terjamin) Benarkanlah selengkapnya metode [Contoh 22.14](#ex-b3-probability-sllnapps) (b) bagi $g \in L^1(\intcc01^d)$ : bangunlah cuplikan seragam i.i.d. pada $\intcc01^d$ dari [Teorema 22.6](#thm-b3-probability-existence) dan [Latihan 22.10](#exo-b3-probability-10) , lalu nyatakanlah apa yang diberikan hukum kuatnya. **Bagian VI — Apa yang dibeli [kebebasan](#def-b3-probability-independence) penuh: ketaksamaan maksimal dan deret acak.** Etemadi hanya membelanjakan [kebebasan](#def-b3-probability-independence) berpasangan; sedangkan bagian sisanya memanfaatkan versi penuhnya (yang bersama). Misalkan $(Z_n)$ variabel $L^2$ terpusat yang [bebas](#def-b3-probability-independence) dan $S_k = Z_1 + \dots + Z_k$ (yakni notasi baru, yang tak berkaitan dengan $X_n$ di atas). 12. (Ketaksamaan maksimal Kolmogorov) Untuk $\varepsilon > 0$ buktikanlah $$\P\Bigl(\max_{1\leq k\leq n}\abs{S_k} \geq \varepsilon\Bigr) \;\leq\; \frac1{\varepsilon^2}\sum_{k=1}^n\V(Z_k) :$$ Ongkos Chebyshev membeli maksimumnya *(partisikanlah kejadiannya menurut indeks pertama $k$ yang $\abs{S_k} \geq \varepsilon$; lalu pada keping itu tulislah $S_n^2 \geq S_k^2 + 2S_k(S_n - S_k)$ dan pakailah [kebebasan](#def-b3-probability-independence) koalisi $(Z_1, \dots, Z_k)$ dan $(Z_{k+1}, \dots, Z_n)$, [Teorema 22.5](#thm-b3-probability-independence))*. Tunjukkanlah langkah yang [kebebasan](#def-b3-probability-independence) berpasangannya tak lagi mencukupi di sana. 13. (Teorema satu deret Khinchin–Kolmogorov) Simpulkanlah: bahwa jika $\sum_n\V(Z_n) < \infty$ , maka $\sum_nZ_n$ konvergen hampir pasti *(tunjukkanlah bahwa secara h.p. jumlah parsialnya membentuk barisan Cauchy: biarkanlah $m \to \infty$ pada ketaksamaan maksimal yang diterapkan pada $Z_{N+1}, \dots, Z_{N+m}$, lalu biarkan $N \to \infty$)* . 14. (Deret Rademacher) Misalkan $(\varepsilon_n)$ tanda i.i.d., dengan $\P(\varepsilon_n = \pm1) = \frac12$ ( [Teorema 22.6](#thm-b3-probability-existence) ), dan misalkan $(x_n)$ bilangan real. Tunjukkanlah bahwa $\sum_nx_n\varepsilon_n$ konvergen secara h.p. begitu $\sum_nx_n^2 < \infty$ ; tunjukkanlah pula bahwa, apa pun $(x_n)$ -nya, peluang bahwa $\sum_nx_n\varepsilon_n$ konvergen adalah $0$ atau $1$ ( [Teorema 22.9](#thm-b3-probability-zeroone) ). 15. Konversnya, secara elementer. Tetapkanlah $T_n = \sum_{k\leq n}x_k\varepsilon_k$ dan $s_n^2 = \sum_{k\leq n}x_k^2$, lalu andaikanlah $s_n \to \infty$. (a) Buktikanlah *ketaksamaan Paley–Zygmund*: bahwa bagi $Z \geq 0$ dengan $\E Z^2 < \infty$ dan $0 < \theta < 1$, $$\P\bigl(Z > \theta\,\E Z\bigr) \;\geq\; (1 - \theta)^2\,\frac{(\E Z)^2}{\E Z^2}$$ *(belahlah $\E Z$ pada aras $\theta\E Z$ lalu terapkanlah Cauchy–Schwarz pada keping atasnya)*. (b) Tunjukkanlah $\E T_n^4 \leq 3s_n^4$. (c) Simpulkanlah $\P\bigl(\abs{T_n} > \frac{s_n}2\bigr) \geq \frac3{16}$ lalu simpulkanlah bahwa $\sum_nx_n\varepsilon_n$ divergen secara h.p.; sehingga dikotominya $$\sum_nx_n\varepsilon_n\ \text{konvergen h.p.} \iff \sum_nx_n^2 < \infty .$$ 16. (Deret harmonik acak) Simpulkanlah bahwa $\sum_n\frac{\varepsilon_n}{n^s}$ konvergen secara h.p. jika dan hanya jika $s > \frac12$ . Untuk $\frac12 < s \leq 1$ deretnya konvergen secara h.p. padahal $\sum_nn^{-s} = \infty$ : sebab tanda acak menghasilkan peniadaan sekuat akar kuadrat — bandingkanlah dengan deret berselang-seling $\sum_n\frac{(-1)^n}{n^s}$ , yang konvergen bagi *setiap* $s > 0$ . **Bagian VII — Pemusatan: ketaksamaan Hoeffding.** Hukum kuatnya mengatakan $\frac{S_n}n \to m$; sedangkan ketaksamaan pemusatan mengatakan betapa tak mungkinnya sebuah simpangan *pada setiap $n$ yang tetap*. 17. (Lema Hoeffding) (a) Tunjukkanlah $\cosh\lambda \leq \eu^{\lambda^2/2}$ bagi setiap $\lambda \in \R$, dengan membandingkan kedua deretnya suku demi suku. (b) Misalkan $Z$ terpusat dengan $a \leq Z \leq b$, $a < b$. Tunjukkanlah $$\E\,\eu^{\lambda Z} \leq \exp\Bigl(\frac{\lambda^2(b - a)^2}8\Bigr)$$ *(batasilah $\eu^{\lambda z}$ pada $\intcc ab$ oleh talinya, ambillah [nilai harapannya](#def-b3-probability-space), lalu pelajarilah $\varphi(t) = -pt + \log(1 - p + p\eu^t)$ dengan $p = \frac{-a}{b-a}$ dan $t = \lambda(b - a)$: tunjukkanlah $\varphi(0) = \varphi'(0) = 0$ dan $\varphi'' \leq \frac14$)*. 18. (Ketaksamaan Hoeffding) Misalkan $X_1, \dots, X_n$ [bebas](#def-b3-probability-independence) dengan $a_i \leq X_i \leq b_i$ dan $S_n = X_1 + \dots + X_n$. Buktikanlah, bagi $t > 0$, $$\P\bigl(S_n - \E S_n \geq t\bigr) \leq \exp\Bigl(\frac{-2t^2}{\sum_{i=1}^n(b_i - a_i)^2}\Bigr),$$ beserta batas yang sama bagi ekor bawahnya *(lewat Chebyshev eksponensial: batasilah $\E\,\eu^{\lambda(S_n - \E S_n)}$ dengan memakai [kebebasannya](#def-b3-probability-independence) dan pertanyaan 17, lalu optimumkanlah atas $\lambda > 0$)*. 19. (Hukum kuatnya, kasus terbatas, dengan laju) Misalkan $X_i$ i.i.d. dengan nilai di $\intcc ab$ dan $m = \E X_1$. Tunjukkanlah $$\P\Bigl(\Bigl|\frac{S_n}n - m\Bigr| \geq \varepsilon\Bigr) \leq 2\exp\Bigl(\frac{-2n\varepsilon^2}{(b - a)^2}\Bigr)$$ lalu perolehlah kembali $\frac{S_n}n \to m$ secara h.p. lewat Borel–Cantelli: yakni bukti kedua bagi hukum kuatnya bagi variabel terbatas — tanpa pemenggalan, dengan laju eksponensial pada setiap $n$ berhingga, tetapi dengan suku terbatas dan [kebebasan](#def-b3-probability-independence) penuh. Bandingkanlah hipotesisnya dengan hipotesis Etemadi. 20. ([Monte Carlo](#ex-b3-probability-sllnapps), terjamin pada $n$ yang tetap) Misalkan $g \colon \intcc01^d \to \intcc01$ [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) dan $(U_k)$ cuplikan seragam i.i.d. pertanyaan 11. Diberikan $\varepsilon, \delta > 0$, tunjukkanlah $$n \geq \frac{\log(2/\delta)}{2\varepsilon^2} \implies \P\Bigl(\Bigl|\frac1n\sum_{k=1}^ng(U_k) - \int g\,\dd\lambda_d\Bigr| \geq \varepsilon\Bigr) \leq \delta,$$ lalu hitunglah ambangnya bagi $\varepsilon = \delta = 10^{-2}$. Batasnya tak melibatkan $d$: bandingkanlah dengan pertanyaan 11 dan dengan kisi deterministiknya. **Bagian VIII — Seberapa besar jalan acak? Menuju logaritma teriterasi.** Misalkan $S_n = \varepsilon_1 + \dots + \varepsilon_n$ jalan acak sederhana yang dibangun dari tanda adil i.i.d. 21. (Ekor sub-Gauss) Tunjukkanlah $\E\,\eu^{\lambda S_n} = (\cosh\lambda)^n \leq \eu^{n\lambda^2/2}$ lalu simpulkanlah, bagi $x > 0$, $$\P(S_n \geq x) \leq \eu^{-x^2/(2n)}, \qquad \P(\abs{S_n} \geq x) \leq 2\,\eu^{-x^2/(2n)} .$$ 22. Simpulkanlah, lewat Borel–Cantelli, $$\limsup_{n\to\infty}\frac{\abs{S_n}} {\sqrt{2n\log n}} \leq 1 \quad\text{h.p.}$$ *(bagi $\eta > 0$, jumlahkanlah batas ekornya di $x = (1 + \eta)\sqrt{2n\log n}$, lalu iriskanlah atas $\eta = \frac1p$)*. Khususnya jalan acaknya hidup pada skala teorema limit pusatnya $\sqrt n$ sampai faktor logaritmik — jauh di bawah batas kasarnya $\abs{S_n} \leq n$. 23. Sepanjang subbarisan penggandaan $n_j = 2^j$, tunjukkanlah $$\limsup_{j\to\infty}\frac{S_{n_j}} {\sqrt{2n_j\log\log n_j}} \leq 1 \quad\text{h.p.},$$ lalu renungkanlah: bahwa *hukum logaritma teriterasi* (Khinchin; dan Hartman–Wintner bagi suku $L^2$ terpusat yang umum) menyatakan bahwa $$\limsup_{n\to\infty}\frac{S_n} {\sqrt{2n\log\log n}} = 1 \quad\text{h.p.}$$ Jelaskanlah dengan tepat apa yang memisahkan taksiran subbarisan yang baru dibuktikan itu dari paruh atas pernyataan ini (sebab orang harus mengendalikan $\max_{n_j \leq n \leq n_{j+1}}S_n$ di dalam setiap bloknya, dan itu menuntut ketaksamaan maksimal pada skala *eksponensial*) lalu periksalah secara kuantitatif bahwa ketaksamaan pertanyaan 12 terlalu lemah untuk maksud itu. Sedangkan paruh bawahnya bersandar pada lema Borel–Cantelli kedua yang diterapkan pada blok yang [bebas](#def-b3-probability-independence); kedua paruhnya merupakan bahan Tahun 3 yang jujur bagi kuliah peluang tersendiri. 24. (Simpangan seragam atas kelas berhingga) Misalkan $A_1, \dots, A_N$ kejadian pada sebuah percobaan yang dapat diulang, lalu taksirlah setiap peluangnya lewat frekuensi empirisnya $\hat p_i$ atas $n$ pengulangan i.i.d. Dengan menggabungkan ketaksamaan Hoeffding dan batas gabungan, tunjukkanlah $$\P\Bigl(\max_{i\leq N}\,\abs{\hat p_i - \P(A_i)} > \varepsilon\Bigr) \;\leq\; 2N\,\eu^{-2n\varepsilon^2},$$ lalu simpulkanlah kaidah [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) cuplikannya: bahwa $n \geq \frac{\ln(2N/\delta)}{2\varepsilon^2}$ menjamin seluruh $N$ taksirannya sekaligus akurat-$\varepsilon$ dengan peluang $\geq 1 - \delta$. Hitunglah $n$ bagi $N = 10^6$, $\varepsilon = 0.01$, $\delta = 0.05$: yakni harga logaritmik bagi keseragamannya. 25. (Jendela harmonik acaknya) Dengan menggabungkan kedua paruh teori deret acaknya, tunjukkanlah bahwa bagi tanda i.i.d. $(\varepsilon_n)$ deret $\sum_n\frac{\varepsilon_n}{n^\alpha}$ konvergen secara h.p. jika $\alpha > \frac12$ dan divergen secara h.p. jika $\alpha \leq \frac12$ ; lalu pertentangkanlah dengan konvergensi mutlaknya (yang menuntut $\alpha > 1$ ): sebab pada jendela $\alpha \in \intoc{\frac12}1$ , konvergensinya merupakan gejala yang sungguh bersifat peluang — yakni peniadaan, bukan [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) . **Solusi Soal 22.1.** **1.** Variabel $X_n^{\pm}$ merupakan fungsi Borel $X_n$: sehingga keduanya tetap [bebas](#def-b3-probability-independence) berpasangan ([Latihan 22.3](#exo-b3-probability-3)(a)) dan berdistribusi identik, [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1), dengan $\E X_1 = \E X_1^+ - \E X_1^-$. Lalu jika teoremanya berlaku bagi variabel tak negatif, terapkanlah pada kedua paruhnya lalu kurangkan: $\frac{S_n}n = \frac{S_n^+}n - \frac{S_n^-}n \to \E X_1^+ - \E X_1^- = m$ secara h.p. **2.** Berlaku $\P(X_n \neq Y_n) = \P(X_n > n) = \P(X_1 > n)$ (menurut [distribusinya](#def-b3-probability-space) yang identik), dan $\sum_n\P(X_1 > n) \leq \sum_n\P(X_1 \geq n) \leq \E X_1 < \infty$ ([Latihan 11.3](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#exo-b3-product-3)(a)). Lalu Borel–Cantelli (1): secara h.p. $X_n = Y_n$ bagi setiap $n$ yang besar, sehingga $S_n - S_n^*$ akhirnya konstan terhadap $n$: jadi $\frac{S_n - S_n^*}n \to 0$ secara h.p., dan kedua jumlah ternormalkannya berbagi perilaku asimtotiknya. **3.** Berlaku $X_1\mathbf 1_{X_1 \leq n} \nearrow X_1$: sehingga teorema konvergensi monotonnya memberikan $\E Y_n \to m$; sedangkan rata-rata Cesàro sebuah barisan konvergen menuju limit yang sama: $\frac{\E S_n^*}n = \frac1n\sum_{k\leq n}\E Y_k \to m$. Karena itu cukup dibuktikan $\frac{S^*_n - \E S^*_n}{n} \to 0$ secara h.p. **4.** Berlaku $\V(Y_n) \leq \E Y_n^2 = \E[X_1^2\mathbf 1_{X_1\leq n}]$. Lalu menurut Tonelli bagi deret, $$ \sum_n\frac{\E[X_1^2\mathbf 1_{X_1\leq n}]}{n^2} = \E\Bigl[X_1^2\!\!\sum_{n \geq \max(X_1, 1)}\!\frac1{n^2} \Bigr] \leq \E\Bigl[X_1^2\cdot\frac{4}{\max(X_1,1)}\Bigr] \leq 4\,\E[X_1] < \infty, $$ dengan memakai $\sum_{n\geq x}n^{-2} \leq \frac4x$ bagi $x \geq 1$ (sebab bagi $x \geq 2$: $\leq \frac1{x-1} \leq \frac2x$; sedangkan bagi $1 \leq x < 2$: $\leq \frac{\pi^2}6 \leq \frac4x$ karena $\frac4x > 2$), dan $X_1^2/\max(X_1, 1) \leq X_1$ pada kedua kasus $X_1 \gtrless 1$. **5.** [Kebebasan](#def-b3-probability-independence) berpasangannya memberikan $\E[(Y_i - \E Y_i)(Y_j - \E Y_j)] = 0$ bagi $i \neq j$ (yakni rumus hasil kali bagi dua variabel), sehingga variansnya menjumlah: $\V(S^*_k) = \sum_{n\leq k}\V(Y_n)$. Lalu Chebyshev pada setiap $k_j$ lalu menjumlahkannya: $$ \sum_j\P\Bigl(\abs{S^*_{k_j} - \E S^*_{k_j}} \geq \varepsilon k_j\Bigr) \leq \frac1{\varepsilon^2}\sum_j\frac1{k_j^2}\sum_{n\leq k_j}\V(Y_n) = \frac1{\varepsilon^2}\sum_n\V(Y_n)\!\!\sum_{j : k_j\geq n}\!\frac1{k_j^2} $$ (menurut Tonelli bagi deret ganda tak negatifnya). **6.** Berlaku $k_j = \lfloor\alpha^j\rfloor \geq \frac{\alpha^j}2$ (yang sahih begitu $\alpha^j \geq 1$, yakni bagi setiap $j \geq 0$: sebab $\lfloor x\rfloor \geq \frac x2$ bagi $x \geq 1$). Karena itu $$ \sum_{j : k_j \geq n}\frac1{k_j^2} \leq 4\sum_{j : \alpha^j \geq n}\alpha^{-2j} \leq \frac{4}{1 - \alpha^{-2}}\cdot\frac1{n^2} = \frac{C_\alpha}{n^2}, $$ (lewat deret geometrik dari $j$ pertama yang $\alpha^j \geq n$). Lalu dengan menggabungkannya dengan pertanyaan 4–5, jumlah gandanya berhingga; sehingga Borel–Cantelli (1), yang diterapkan bagi setiap $\varepsilon$ rasional lalu diiriskan, memberikan $\frac{S^*_{k_j} - \E S^*_{k_j}}{k_j} \to 0$ secara h.p., dan bersama pertanyaan 3: $\frac{S^*_{k_j}}{k_j} \to m$ secara h.p. **7.** Karena $Y_n \geq 0$, maka $n \mapsto S^*_n$ tak turun: sehingga bagi $k_j \leq n \leq k_{j+1}$, $$ \frac{S^*_{k_j}}{k_{j+1}} \leq \frac{S^*_n}{n} \leq \frac{S^*_{k_{j+1}}}{k_j}, $$ yang merupakan apitan yang ditampilkan itu setelah menyisipkan $\frac{k_j}{k_{j+1}}$ dan $\frac{k_{j+1}}{k_j}$. Lalu karena $\frac{k_{j+1}}{k_j} \to \alpha$, pertanyaan 6 memberikan secara h.p. $$ \frac m\alpha \leq \liminf_n\frac{S^*_n}n \leq \limsup_n\frac{S^*_n}n \leq \alpha m . $$ **8.** Terapkanlah pertanyaan 7 bagi $\alpha = 1 + \frac1p$, dengan $p \in \N^*$: yakni terbilang banyak kejadian h.p.; lalu pada irisannya, dengan membiarkan $p \to \infty$: $\lim\frac{S^*_n}n = m$ secara h.p. Bersama pertanyaan 1–3, $\frac{S_n}n \to \E X_1$ secara h.p.: yakni hukum kuat bilangan besar, di bawah [kebebasan](#def-b3-probability-independence) berpasangan. **9.** Hipotesis bertipe [kebebasan](#def-b3-probability-independence) muncul tiga kali: (i) keaditifan variansnya (pertanyaan 5) — di sana berpasangan sudah cukup; (ii) [distribusi](#def-b3-probability-space) yang identik, pada jumlah pemenggalannya (pertanyaan 2) dan perhitungan rata-ratanya (pertanyaan 3) — di sana tak ada [kebebasan](#def-b3-probability-independence) sama sekali; (iii) Borel–Cantelli (1) (pertanyaan 2 dan 6) — yang sahih tanpa [kebebasan](#def-b3-probability-independence) apa pun. Jadi [kebebasan](#def-b3-probability-independence) bersama yang penuh tak pernah dipanggil: itulah pengamatan Etemadi. **10.** Tetapkanlah sebuah basis $b$ dan sebuah digit $r$. Maka digit basis-$b$ $(d_k)$ milik $\omega$ yang seragam bersifat seragam i.i.d. pada $\{0, \dots, b-1\}$ (sebab setiap nilai vektor digitnya menempati selang berpanjang $b^{-m}$: yakni argumen [Teorema 22.6](#thm-b3-probability-existence) kata demi kata). Lalu hukum kuatnya yang diterapkan pada variabel terbatas i.i.d. $\mathbf 1_{d_k = r}$ memberikan: secara h.p., frekuensi digit $r$ menuju $\frac1b$. Lalu dengan mengiriskan terbilang banyak pasangan $(b, r)$: hampir setiap bilangan bersifat *normal sederhana pada setiap basis*. Adapun satu bilangan tak normal yang eksplisit: $x = 0.100100100\ldots_2$ (dengan frekuensi angka satu $\frac13 \neq \frac12$). Pertentangannya merendahkan hati: sebab hampir semua bilangan normal, padahal bagi $\sqrt2$, $\eu$, atau $\pi$ kenormalannya tetap tak terbukti — jadi teori [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) mencacah tanpa menunjukkan. **11.** Menurut [Latihan 22.10](#exo-b3-probability-10) yang diiterasi, satu variabel seragam menghasilkan barisan *vektor* seragam i.i.d. $U_k$ pada $\intcc01^d$ (belahlah himpunan digit setiap $U_n$ dari [Teorema 22.6](#thm-b3-probability-existence) menjadi $d$ subkeluarga). Lalu bagi $g \in L^1(\intcc01^d)$, variabel $g(U_k)$ bersifat i.i.d. dan [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) dengan rata-rata $\int g\,\dd\lambda_d$ (menurut transfernya): sehingga hukum kuatnya memberikan $$ \frac1n\sum_{k=1}^ng(U_k) \xrightarrow[n\to\infty]{\text{h.p.}} \int_{\intcc01^d}g\,\dd\lambda_d : $$ sehingga pengintegralan [Monte Carlo](#ex-b3-probability-sllnapps) konvergen hampir pasti, pada setiap dimensi — sedangkan besarnya galatnya adalah urusan teorema limit pusatnya ([Bab 23](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/23-fungsi-karakteristik-dan-teorema-limit-pusat#ch-b3-clt)). **12.** Ambillah $A_k = \{\abs{S_k} \geq \varepsilon\} \cap \bigcap_{j \varepsilon\Bigr) \leq \frac1{\varepsilon^2}\sum_{j=N+1}^{N+m}\V(Z_j) \leq \frac{r_N}{\varepsilon^2}, \qquad r_N = \sum_{j>N}\V(Z_j) . $$ Kejadiannya naik terhadap $m$; sehingga [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) dari bawah memberikan $\P(\sup_{k>N}\abs{S_k - S_N} > \varepsilon) \leq r_N/\varepsilon^2$, sedangkan $r_N \to 0$ menurut hipotesisnya. Karena itu bagi setiap $p \in \N^*$, $\P\bigl(\bigcap_N\{\sup_{k>N} \abs{S_k - S_N} > \frac1p\}\bigr) \leq \inf_Np^2r_N = 0$: jadi hampir pasti, bagi setiap $p$ ada $N$ dengan $\sup_{k>N}\abs{S_k - S_N} \leq \frac1p$ (iriskanlah terbilang banyak kejadian h.p. atas $p$), sehingga $\abs{S_k - S_l} \leq \frac2p$ bagi setiap $k, l > N$: jadi jumlah parsialnya Cauchy secara h.p., sehingga konvergen secara h.p. **14.** Variabel $Z_n = x_n\varepsilon_n$ bersifat [bebas](#def-b3-probability-independence) (sebab fungsi Borel variabel yang [bebas](#def-b3-probability-independence), [Latihan 22.3](#exo-b3-probability-3)(a)), terpusat, dengan $\V(Z_n) = x_n^2$: sehingga pertanyaan 13 berlaku bila $\sum_nx_n^2 < \infty$ dan memberikan konvergensi h.p. Secara umum, bagi setiap $N$ konvergensi $\sum_nx_n\varepsilon_n$ tak terpengaruh oleh nilai $\varepsilon_1, \dots, \varepsilon_N$: sehingga kejadian konvergensinya terletak pada $\sigma$-aljabar ekor barisan [bebas](#def-b3-probability-independence) $(\varepsilon_n)$, jadi [hukum nol–satu](#thm-b3-probability-zeroone) Kolmogorov ([Teorema 22.9](#thm-b3-probability-zeroone)) memaksa peluangnya menjadi $0$ atau $1$. **15.** (a) Dengan membelahnya pada aras $\theta\E Z$ lalu memakai Cauchy–Schwarz pada keping atasnya, $$ \E Z = \E\bigl[Z\mathbf 1_{Z \leq \theta\E Z}\bigr] + \E\bigl[Z\mathbf 1_{Z > \theta\E Z}\bigr] \leq \theta\,\E Z + \sqrt{\E Z^2}\, \sqrt{\P(Z > \theta\E Z)} , $$ sehingga $(1 - \theta)\E Z \leq \sqrt{\E Z^2\,\P(Z > \theta\E Z)}$; lalu kuadratkanlah. (b) Uraikanlah $T_n^4 = \sum_{i,j,k,l}x_ix_jx_kx_l\, \E[\varepsilon_i\varepsilon_j\varepsilon_k\varepsilon_l]$: [nilai harapannya](#def-b3-probability-space) $1$ bila indeksnya berpasangan (yakni keempatnya sama, atau dua pasangan berbeda, yang terakhir dalam $3$ susunan) dan $0$ selainnya (sebab tanda yang tak berpasangan berrata-rata nol dan terfaktorkan keluar oleh [kebebasannya](#def-b3-probability-independence)). Karena itu $$ \E T_n^4 = \sum_kx_k^4 + 3\sum_{i\neq j}x_i^2x_j^2 = 3s_n^4 - 2\sum_kx_k^4 \leq 3s_n^4 . $$ (c) Paley–Zygmund dengan $Z = T_n^2$, $\E Z = s_n^2$, $\theta = \frac14$: $$ \P\Bigl(\abs{T_n} > \frac{s_n}2\Bigr) = \P\Bigl(T_n^2 > \frac{s_n^2}4\Bigr) \geq \Bigl(\frac34\Bigr)^2 \frac{s_n^4}{3s_n^4} = \frac3{16} . $$ Seandainya deretnya konvergen dengan peluang positif, maka ia akan konvergen secara h.p. (pertanyaan 14), sehingga $\sup_n\abs{T_n} < \infty$ secara h.p., dan suatu $M$ akan memenuhi $\P(\sup_n\abs{T_n} > M) < \frac3{16}$; padahal begitu $s_n > 2M$, $\P(\abs{T_n} > M) \geq \P(\abs{T_n} > \frac{s_n}2) \geq \frac3{16}$: yakni kontradiksi. Jadi divergensinya hampir pasti, dan bersama pertanyaan 14 dikotominya [lengkap](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete). **16.** Di sini $x_n = n^{-s}$ dan $\sum_nn^{-2s} < \infty$ tepat saat $s > \frac12$: jadi menurut pertanyaan 14–15, $\sum_n\frac{\varepsilon_n}{n^s}$ konvergen secara h.p. jika dan hanya jika $s > \frac12$ (sedangkan bagi $s \leq \frac12$, ia divergen secara h.p.). Untuk $\frac12 < s \leq 1$ konvergensinya tak pernah mutlak. Perbandingannya mendidik: sebab tanda yang berselang-seling [sempurna](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/4-perluasan-lapangan-dan-teori-galois#prop-b3-galois-perfect) meniadakan diri sekuat $n^{-s}$ bagi setiap $s > 0$, sedangkan tanda acak yang khas meniadakan diri hanya sekuat akar kuadrat — sebab jalan acak pertanyaan 21 tumbuh seperti $\sqrt n$, dan penjumlahan Abel mengubah persis pertumbuhan itu menjadi konvergensi $\sum\varepsilon_nn^{-s}$ bagi $s > \frac12$. **17.** (a) Berlaku $\cosh\lambda = \sum_k\frac{\lambda^{2k}}{(2k)!}$ dan $\eu^{\lambda^2/2} = \sum_k\frac{\lambda^{2k}}{2^kk!}$; sedangkan $(2k)! \geq 2^kk!$ berlaku suku demi suku, sebab $\frac{(2k)!}{k!} = \prod_{i=1}^k(k + i) \geq \prod_{i=1}^k(2i) = 2^kk!$ (karena setiap faktornya memenuhi $k + i \geq 2i$ bagi $i \leq k$), sehingga sesungguhnya $(2k)! \geq 2^k(k!)^2 \geq 2^kk!$. (b) Perhatikanlah $a \leq 0 \leq b$ (sebab $Z$ terpusat), lalu menurut kecembungan $z \mapsto \eu^{\lambda z}$, bagi $z \in \intcc ab$: $$ \eu^{\lambda z} \leq \frac{b - z}{b - a}\,\eu^{\lambda a} + \frac{z - a}{b - a}\,\eu^{\lambda b}, \qquad\text{sehingga}\qquad \E\,\eu^{\lambda Z} \leq \frac{b\,\eu^{\lambda a} - a\,\eu^{\lambda b}}{b - a} = (1 - p)\eu^{-pt} + p\,\eu^{(1-p)t} = \eu^{\varphi(t)} $$ dengan $p = \frac{-a}{b-a} \in \intcc01$, $t = \lambda(b - a)$, $\varphi(t) = -pt + \log(1 - p + p\eu^t)$. Maka $\varphi(0) = 0$, $\varphi'(t) = -p + \frac{p\eu^t}{1 - p + p\eu^t}$ lenyap di $0$, dan $\varphi''(t) = \rho(1 - \rho) \leq \frac14$ bagi $\rho = \frac{p\eu^t}{1 - p + p\eu^t} \in \intcc01$: sehingga Taylor pada orde $2$ memberikan $\varphi(t) \leq \frac{t^2}8 = \frac{\lambda^2(b-a)^2}8$. **18.** Untuk $\lambda > 0$, Markov yang diterapkan pada variabel positif $\eu^{\lambda(S_n - \E S_n)}$ ([Proposisi 22.3](#prop-b3-probability-markov)) dan rumus hasil kali bagi variabel yang [bebas](#def-b3-probability-independence) memberikan $$ \P(S_n - \E S_n \geq t) \leq \eu^{-\lambda t}\prod_{i=1}^n\E\,\eu^{\lambda(X_i - \E X_i)} \leq \exp\Bigl(-\lambda t + \frac{\lambda^2}8\sum_i(b_i - a_i)^2\Bigr), $$ menurut pertanyaan 17(b) yang diterapkan pada setiap $X_i - \E X_i \in \intcc{a_i - \E X_i}{b_i - \E X_i}$ yang terpusat (dengan lebar yang sama). Lalu meminimumkan eksponennya di $\lambda = \frac{4t}{D}$, dengan $D = \sum_i(b_i - a_i)^2$, menghasilkan $-\frac{2t^2}D$. Sedangkan ekor bawahnya menyusul dengan menerapkan hasilnya pada $(-X_i)$. **19.** Ambillah $t = n\varepsilon$ dan $D = n(b - a)^2$: $$ \P\Bigl(\Bigl|\frac{S_n}n - m\Bigr| \geq \varepsilon\Bigr) \leq 2\exp\Bigl(\frac{-2n^2\varepsilon^2}{n(b-a)^2}\Bigr) = 2\exp\Bigl(\frac{-2n\varepsilon^2}{(b-a)^2}\Bigr), $$ yang terjumlahkan terhadap $n$ (yakni deret bertipe geometrik): sehingga Borel–Cantelli ([Teorema 22.8](#thm-b3-probability-borelcantelli)) memberikan bahwa secara h.p. $\abs{\frac{S_n}n - m} < \varepsilon$ pada akhirnya; lalu mengiriskannya atas $\varepsilon = \frac1p$ menghasilkan $\frac{S_n}n \to m$ secara h.p. Perbandingannya: Etemadi meminta hanya $X_1 \in L^1$ dan [kebebasan](#def-b3-probability-independence) berpasangan, lalu tak memberikan laju; sedangkan Hoeffding meminta keterbatasan dan [kebebasan](#def-b3-probability-independence) penuh, lalu memberikan jaminan eksponensial yang eksplisit pada setiap $n$ berhingga — jadi kedua teoremanya menjawab pertanyaan yang berbeda tentang limit yang sama. **20.** Variabel $g(U_k)$ bersifat i.i.d. dengan nilai di $\intcc01$ dan berrata-rata $\int g\,\dd\lambda_d$ (menurut transfernya), sehingga pertanyaan 18 dengan $b_i - a_i = 1$, $t = n\varepsilon$ memberikan batas dua sisinya $2\eu^{-2n\varepsilon^2} \leq \delta$ begitu $\eu^{2n\varepsilon^2} \geq \frac2\delta$, yakni $n \geq \frac{\log(2/\delta)}{2\varepsilon^2}$. Untuk $\varepsilon = \delta = 10^{-2}$: $$ n \geq \frac{\log 200}{2\cdot10^{-4}} = \frac{5.2983\ldots}{0.0002} \approx 26\,492 : $$ jadi sekitar $26\,500$ cuplikan menjamin ketelitian $1\%$ dengan keyakinan $99\%$ — pada setiap dimensi $d$, bagi setiap integran [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) yang bernilai di $\intcc01$. Sedangkan hukum kuat pertanyaan 11 menjanjikan konvergensi tanpa jaminan pada $n$ berhingga; lalu kisi deterministik dengan $k$ titik per sumbu memakan $k^d$ evaluasi, yang eksponensial terhadap $d$. Jadi pemusatannyalah yang menjadikan [Monte Carlo](#ex-b3-probability-sllnapps) sebuah *metode* alih-alih sekadar angan-angan. **21.** Lewat [kebebasan](#def-b3-probability-independence) dan rumus hasil kalinya: $\E\,\eu^{\lambda S_n} = (\E\,\eu^{\lambda\varepsilon_1})^n = (\cosh\lambda)^n \leq \eu^{n\lambda^2/2}$ menurut pertanyaan 17(a). Lalu Markov pada $\eu^{\lambda S_n}$: $$ \P(S_n \geq x) \leq \eu^{-\lambda x + n\lambda^2/2} = \eu^{-x^2/(2n)} \qquad\text{pada optimumnya } \lambda = \frac xn, $$ sedangkan batas setangkupnya bagi $-S_n$ (yang berdistribusi sama) menggandakan konstantanya bagi $\abs{S_n}$. **22.** Tetapkanlah $\eta > 0$ lalu tetapkan $x_n = (1 + \eta)\sqrt{2n\log n}$ bagi $n \geq 2$: $$ \P(\abs{S_n} \geq x_n) \leq 2\exp\bigl(-(1 + \eta)^2\log n\bigr) = \frac{2}{n^{(1+\eta)^2}}, $$ yang terjumlahkan sebab $(1 + \eta)^2 > 1$. Lalu Borel–Cantelli: secara h.p. $\abs{S_n} < (1 + \eta)\sqrt{2n\log n}$ bagi setiap $n$ yang besar, sehingga $\limsup_n\frac{\abs{S_n}}{\sqrt{2n\log n}} \leq 1 + \eta$ secara h.p.; lalu mengiriskan kejadian h.p.-nya bagi $\eta = \frac1p$, $p \in \N^*$, memberikan klaimnya. Jadi jalan acak berukuran $n$ beramplitudo khas $\sqrt n$ (yakni variansnya), sedangkan bahkan gerak jauhnya yang terburuk melampaui skala itu paling banyak sebesar $\sqrt{2\log n}$. **23.** Dengan $n_j = 2^j$ dan $x = (1 + \eta)\sqrt{2n_j\log\log n_j}$ (yang terdefinisi bagi $j \geq 2$), pertanyaan 21 memberikan $$ \P\bigl(S_{n_j} \geq x\bigr) \leq \exp\bigl(-(1 + \eta)^2\log\log n_j\bigr) = (j\log 2)^{-(1+\eta)^2}, $$ yang terjumlahkan terhadap $j$ sebab $(1 + \eta)^2 > 1$: sehingga Borel–Cantelli dan $\eta = \frac1p$ memberikan $\limsup_jS_{n_j}/\sqrt{2n_j \log\log n_j} \leq 1$ secara h.p. Adapun yang kurang bagi paruh atasnya yang penuh adalah jembatan antara pos pemeriksaannya: sebab orang harus menunjukkan bahwa $\max_{n_j\leq n\leq n_{j+1}}S_n$ melampaui $(1+\eta)\sqrt{2n_j\log\log n_j}$ hanya berhingga kali, dan itu menuntut ketaksamaan maksimal berekor *Gauss* (yakni ketaksamaan pantulan Lévy atau ketaksamaan Ottaviani, yang tak dibuktikan di sini). Sedangkan pertanyaan 12 secara kuantitatif terlalu lemah: sebab ia membatasi peluangnya oleh $$ \frac{n_j}{(1+\eta)^2\,2n_j\log\log n_j} = \frac{1}{2(1+\eta)^2\log(j\log2)}, $$ yang menuju $0$ tetapi *tak terjumlahkan* terhadap $j$: sehingga Borel–Cantelli tak dapat menyimpulkan. Adapun paruh bawah hukum logaritma teriterasinya menerapkan lema Borel–Cantelli kedua pada pertambahan yang [bebas](#def-b3-probability-independence) $S_{n_{j+1}} - S_{n_j}$, dengan memakai batas bawah yang sepadan bagi ekor bertipe Gauss. Kedua pertajaman itu merupakan peluang Tahun 3 yang sejati, satu kuliah lebih jauh; sedangkan yang diberikan soal ini tanpa bantuan adalah skala logaritma-teriterasi yang tepat sepanjang waktu geometriknya. **24.** Setiap $\hat p_i$ merupakan rata-rata $n$ variabel indikator i.i.d. yang bernilai di $\intcc01$ dan berrata-rata $\P(A_i)$: sehingga Hoeffding memberikan $\P(\abs{\hat p_i - \P(A_i)} > \varepsilon) \leq 2\eu^{-2n\varepsilon^2}$. Lalu batas gabungannya mengalikannya dengan $N$. Lalu menyelesaikan $2N\eu^{-2n\varepsilon^2} \leq \delta$: $n \geq \frac{\ln(2N/\delta)}{2\varepsilon^2}$. Secara numerik: $\ln\frac{2\cdot10^6}{0.05} = \ln(4\cdot10^7) \approx 17.5$, sehingga $n \geq \frac{17.5}{2\cdot10^{-4}} \approx 87\,600$: jadi menaksir *satu* peluang sampai $\pm1\%$ memakan sekitar $18\,500$ cuplikan (yakni $\ln(2/\delta)/2\varepsilon^2$), sedangkan *sejuta* peluang hanya $\approx 4.7$ kali lebih banyak — jadi keseragamannya berharga $\ln N$, bukan $N$: yakni pengamatan yang menjadikan peminimuman risiko empiris, dan bersamanya pembelajaran mesin, mungkin secara statistik. **25.** Variabel $X_n = \frac{\varepsilon_n} {n^\alpha}$ bersifat [bebas](#def-b3-probability-independence), terpusat, terbatas, dengan $\sum_n\V(X_n) = \sum_nn^{-2\alpha}$. Jika $\alpha > \frac12$: maka deret variansnya konvergen, sehingga teorema satu deretnya (Bagian VI) memberikan konvergensi h.p. $\sum X_n$. Sedangkan jika $\alpha \leq \frac12$: deret variansnya divergen, sehingga paruh konversnya (yakni argumen Paley–Zygmund Bagian VI, yang berlaku sebab sukunya terbatas oleh $1$) memberikan divergensi h.p. Adapun konvergensi mutlaknya meminta $\sum n^{-\alpha} < \infty$: yakni $\alpha > 1$. Jadi pada $\intoc{\frac12}1$, deretnya konvergen secara h.p. walaupun $\sum\abs{X_n} = \infty$ secara pasti: sebab tandanya bersekongkol untuk meniadakan diri, dengan peluang satu — yakni konvergensi lewat peniadaan, yang tak terlihat oleh uji mutlak mana pun, dan (menurut [hukum nol–satunya](#thm-b3-probability-zeroone)) dengan vonis yang deterministik pula.