2회 · 기댓값·부등식·대수의 법칙 · 워크북

D. 퀄형

여러 절과 앞 회차의 도구를 잇는 종합 문제다. 머리의 제한 시간을 재고, 노트를 덮고 푼다. 기댓값이 유한하다는 것을 먼저 보이는 것부터 답안의 일부다.

D1 무작위 걸음이 멈출 때까지 ★★★

[T5] · 정리 1.13, 1회 정리 4.7, 5.13 · 제한 40분

판마다 1원을 따거나 잃을 확률이 $\tfrac12$씩이고 판들은 독립이다. 가진 돈이 $i$원($0<i<N$)에서 시작해 0원이나 $N$원이 되면 멈춘다. 멈출 때까지의 판 수를 $T$, 그 기댓값을 $e_i=E_iT$라 하고 $e_0=e_N=0$으로 둔다.

1. (a)

   $P_i(T>mN)\le(1-2^{-N})^m$을 보이고, 꼬리 공식으로 $e_i<\infty$임을 보여라.

2. (b)

   $k\ge0$에서 $P_i(T>k+1)=\tfrac12P_{i+1}(T>k)+\tfrac12P_{i-1}(T>k)$임을 첫 판에 대한 전확률 공식으로 보이고, $k$에 대해 더해 $e_i=1+\tfrac12e_{i+1}+\tfrac12e_{i-1}$ ($0<i<N$)을 얻어라.

3. (c)

   이 재귀와 경계조건을 만족하는 수열은 $e_i=i(N-i)$ 하나뿐임을 보여라.

4. (d)

   $N=10$, $i=3$이면 $e_3$은 얼마인가?

힌트

(a) 겹치지 않는 $N$판 묶음 안에서 $N$번 연속으로 따면 반드시 멈춘다. $P(T>k)$는 $k$에 대해 감소하므로 $\sum_kP(T>k)\le N\sum_mP(T>mN)$. (b) 첫 판 뒤의 게임은 $i\pm1$원에서 새로 시작한 게임과 같다(1회 정리 5.13의 논리). (c) 두 해의 차는 이차 차분이 0인 수열이다.

풀이

(a) $m$개의 겹치지 않는 묶음(판 $1$–$N$, $N+1$–$2N$, …) 가운데 하나라도 $N$판 모두 이기면 그 안에서 $N$원에 닿아 멈춘다. 그러므로 $\{T>mN\}$이면 각 묶음은 “모두 승”이 아니었고, 묶음들은 독립이므로 $P_i(T>mN)\le(1-2^{-N})^m$이다. $P_i(T>k)$는 $k$에 대해 감소하므로 꼬리 공식으로

$$e_i=\sum_{k\ge0}P_i(T>k)\le\sum_{m\ge0}N\,P_i(T>mN)\le\frac{N}{1-(1-2^{-N})}=N2^N<\infty .$$

(정리 1.13(a)의 $\sum_{k\ge1}P(T\ge k)=\sum_{k\ge0}P(T>k)$이다.)

(b) $H$를 첫 판을 이기는 사건이라 하자. 첫 판을 이기면 남은 판들은 첫 판과 독립이고 $i+1$원에서 시작한 게임과 같으므로 $P_i(T>k+1\mid H)=P_{i+1}(T>k)$이다($T$에서 첫 판을 뺀 판 수가 $k$를 넘는다). 전확률 공식으로 주어진 식이다. $i\pm1\in\{0,N\}$이면 그쪽 항은 0이다. $k=0,1,2,\dots$에 대해 더하면, 음이 아닌 항이고 (a)로 모두 유한하므로

$$e_i=P_i(T>0)+\sum_{k\ge0}P_i(T>k+1)=1+\tfrac12e_{i+1}+\tfrac12e_{i-1} .$$

(c) 확인: $1+\tfrac12(i+1)(N-i-1)+\tfrac12(i-1)(N-i+1)=1+\tfrac12\bigl(2i(N-i)-2\bigr)=i(N-i)$이고 경계에서 0이다. 유일성: 두 해의 차 $d_i$는 $d_{i+1}-d_i=d_i-d_{i-1}$ ($0<i<N$)을 만족하므로 등차수열이고, $d_0=d_N=0$이면 모두 0이다 [T3].

(d) $3\cdot7=21$판이다. 가운데($i=5$)에서 시작하면 25판으로 가장 길다.

최종답 (c) $i(N-i)$ (d) $21$

D2 평균은 있고 분산은 없는 분포 ★★★

[T5] · 정의 1.1, 정리 5.1 · 제한 30분

$P(X=k)=\dfrac{c}{k(k+1)(k+2)}$, $k=1,2,\dots$이다.

1. (a)

   $\tfrac1{k(k+1)(k+2)}=\tfrac12\bigl[\tfrac1{k(k+1)}-\tfrac1{(k+1)(k+2)}\bigr]$를 써서 $c$를 구하라.

2. (b)

   $EX$를 구하라.

3. (c)

   $EX^2=\infty$임을 보여라. Chebyshev 부등식을 쓸 수 있는가?

4. (d)

   $P(X\ge10)$을 정확히 구하라.

5. (e)

   Markov 부등식이 주는 $P(X\ge10)$의 상한을 구하고 (d)와 비교하라.

힌트

망원 합 $\sum_{k\ge m}\tfrac1{k(k+1)(k+2)}=\tfrac1{2m(m+1)}$. (b)도 망원 합이다. (c)는 $\tfrac{k}{k+1}\ge\tfrac12$ ($k\ge1$).

풀이

(a) 부분합이 망원하므로 $\sum_{k\ge m}\tfrac1{k(k+1)(k+2)}=\tfrac12\cdot\tfrac1{m(m+1)}$이다 [T5]. $m=1$이면 $\tfrac14$이므로 $c=4$이다. (b) $EX=4\sum_{k\ge1}\tfrac1{(k+1)(k+2)}=4\sum_{k\ge1}\bigl(\tfrac1{k+1}-\tfrac1{k+2}\bigr)=4\cdot\tfrac12=2$이다. 항이 음이 아니므로 절대수렴이다. (c) $EX^2=4\sum_k\tfrac{k}{(k+1)(k+2)}$이고 $k\ge1$이면 $\tfrac k{k+1}\ge\tfrac12$이므로 항은 $\tfrac2{k+2}$ 이상이다. 조화급수처럼 발산한다. 분산이 무한이므로 Chebyshev 부등식은 쓸 수 없다. (d) $P(X\ge10)=4\cdot\tfrac1{2\cdot10\cdot11}=\tfrac1{55}\approx0.018$. (e) Markov로는 $\tfrac{EX}{10}=\tfrac15$이다. 실제 꼬리는 $P(X\ge m)\approx\tfrac2{m^2}$로 $\tfrac1m$보다 빨리 주므로 Markov 한계는 느슨하다.

최종답 (a) $c=4$ (b) $2$ (d) $\tfrac1{55}$ (e) $\tfrac15$

D3 기억이 없는 분포 ★★★

[T3] · 정리 1.13, 1회 정리 5.2 · 제한 35분

1. (a)

   $X\sim\mathrm{Exp}(\lambda)$이면 $s,t>0$에서 $P(X>s+t\mid X>s)=P(X>t)$임을 보여라.

2. (b)

   $Q=P(\cdot\mid X>s)$는 확률이다(1회 정리 5.2). $Q$ 아래에서 $X-s\ge0$이므로 꼬리 공식을 $Q$에 쓸 수 있다. $\int_0^\infty Q(X-s>t)\,dt$, 곧 “이미 $s$만큼 기다렸을 때 남은 기다림의 평균”을 구하라.

3. (c)

   양의 정수값 $X$가 모든 정수 $m,n\ge0$에서 $P(X>m+n\mid X>m)=P(X>n)$을 만족하면(조건의 확률이 양수일 때) $X$는 기하분포임을 보여라.

4. (d)

   $X$가 기하분포(성공 확률 $p$)이면 (b)와 같은 양 $\sum_{k\ge0}Q(X-m>k)$는 얼마인가?

힌트

(c) $g(n)=P(X>n)$이면 $g(m+n)=g(m)g(n)$, $g(0)=1$이다. $n$에 대한 귀납법으로 $g(n)=g(1)^n$. 그다음 $g(1)=1$일 수 없음을 1회 정리 4.7로 보인다.

풀이

(a) $\{X>s+t\}\subset\{X>s\}$이므로 $P(X>s+t\mid X>s)=\tfrac{e^{-\lambda(s+t)}}{e^{-\lambda s}}=e^{-\lambda t}=P(X>t)$이다. (b) (a)로 $Q(X-s>t)=e^{-\lambda t}$이므로 $\int_0^\infty e^{-\lambda t}dt=\tfrac1\lambda$이다. 이미 기다린 시간과 상관없이 남은 기다림의 평균은 처음과 같다. (c) $g(n)=P(X>n)$으로 두면 조건부확률의 정의로 $g(m+n)=g(m)g(n)$이고 $g(0)=1$이다. $n$에 대한 귀납법으로 $g(n)=g(1)^n=:r^n$이다 [T3]. $\{X>n\}\downarrow\emptyset$이므로 1회 정리 4.7로 $r^n\to0$, 곧 $r<1$이다. 따라서 $P(X=n)=g(n-1)-g(n)=r^{n-1}(1-r)$이고, 성공 확률 $p=1-r$인 기하분포다($r=0$이면 확률 1로 $X=1$). (d) 같은 계산으로 $Q(X-m>k)=r^k=q^k$이고 꼬리 공식(정리 1.13(a))으로 $\sum_{k\ge0}q^k=\tfrac1p$이다.

최종답 (b) $\tfrac1\lambda$ (d) $\tfrac1p$

D4 Bernstein 다항식과 Weierstrass의 정리 ★★★

[T5] · 정리 2.4, 6.2 · 제한 40분

$f$가 $[0,1]$에서 연속이고 $\|f\|=\max_{[0,1]}|f|$이다. $K\sim\mathrm b(n,p)$에 대해

$$B_n(p)=E\,f\Bigl(\frac Kn\Bigr)=\sum_{k=0}^nf\Bigl(\frac kn\Bigr)\binom nkp^k(1-p)^{n-k}$$

은 $p$의 다항식이다.

1. (a)

   $f(x)=x^2$이면 $B_n(p)=p^2+\tfrac{p(1-p)}n$임을 보여라.

2. (b)

   $\varepsilon>0$에 대해 $|x-y|<\delta$이면 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$인 $\delta$가 있다(닫힌 구간의 연속함수는 균등연속이다). 이것으로 다음을 보여라.

   $$|B_n(p)-f(p)|\le\varepsilon+2\|f\|\,P\Bigl(\Bigl|\frac Kn-p\Bigr|\ge\delta\Bigr)\le\varepsilon+\frac{\|f\|}{2n\delta^2}$$
3. (c)

   $\max_{0\le p\le1}|B_n(p)-f(p)|\to0$임을 결론지어라. 연속함수는 다항식으로 균등하게 근사된다(Weierstrass, 1885).

힌트

(b) $E|f(K/n)-f(p)|$를 $\{|K/n-p|<\delta\}$와 그 여사건 위로 나눈다. 둘째 부등호는 정리 6.2. 한계가 $p$에 의존하지 않는 것이 (c)의 “균등”이다.

풀이

(a) $E(K/n)^2=\tfrac1{n^2}(\Var K+(EK)^2)=\tfrac1{n^2}(npq+n^2p^2)=p^2+\tfrac{pq}n$이다. (b) 따름정리 5.10(a)의 $|EY|\le E|Y|$로 $|B_n(p)-f(p)|\le E|f(K/n)-f(p)|$이다. $A=\{|K/n-p|<\delta\}$ 위에서는 $|f(K/n)-f(p)|<\varepsilon$이고, $A^c$ 위에서는 $\le2\|f\|$이다. 따라서

$$E|f(K/n)-f(p)|\le\varepsilon\,P(A)+2\|f\|\,P(A^c)\le\varepsilon+2\|f\|\cdot\frac{pq}{n\delta^2}\le\varepsilon+\frac{\|f\|}{2n\delta^2} .$$

둘째 부등호에 정리 6.2(Chebyshev)를 썼다. (c) 오른쪽은 $p$에 의존하지 않으므로 $\max_p|B_n-f|\le\varepsilon+\tfrac{\|f\|}{2n\delta^2}$이고, $n\to\infty$에서 $\limsup_n\max_p|B_n-f|\le\varepsilon$이다. $\varepsilon$이 임의이므로 0으로 간다 [T5]. (a)의 예에서 오차는 정확히 $\tfrac{p(1-p)}n\le\tfrac1{4n}$이다. 대수의 법칙의 증명이 해석학의 정리를 주는 예다(S. Bernstein, 1912).

최종답 (a) $p^2+\tfrac{p(1-p)}n$

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