장 42 정지된 마팅게일 (작성 예정)

42.1 거의 확실하게 돈을 버는 방법

이제 새로 얻은 측도론 지식을 가지고 카지노에 가 봅시다.

가장 고전적으로 등장하는 예는 다음과 같습니다. 카지노에서 공정한 동전 던지기에 원하는 금액을 걸 수 있는 게임을 하게 해 주는데, 배당이 불리합니다. 우리가 고른 $n$ 에 대하여, 동전이 앞면이면 $\$n$ 을 따지만 뒷면이면 $\$2n$ 을 잃습니다. 제정신인 사람이라면 아무도 하고 싶어 하지 않을 게임처럼 보입니다.

그런데 시간과 돈이 무한히 있다면, 실제로 거의 확실하게 이익을 낼 수 있습니다.

예제 42.1.1 (18세기 프랑스보다도 더 탐욕스럽게).

위의 게임에서 먼저 $\$1$ 을 겁니다.

•

이기면 $\$1$ 을 벌고 떠납니다.
•
지면 이번에는 $\$10$ 을 걸고,
- –
  
  이기면 $\$10-\$2=\$8$ 을 벌고 떠나며,
- –
  지면 이번에는 $\$100$ 을 걸고,
  - *
    
    이기면 $\$1000-\$20-\$2=\$978$ 을 벌고 떠나며,
  - *
    
    지면 이번에는 $\$1000$ 을 거는 식으로 계속합니다…

동전은 거의 확실하게 언젠가 앞면이 나오므로, 그때 우리는 돈을 법니다. 사실 동전이 앞면이 나올 때까지 걸리는 시간의 기댓값은 겨우 $2$ 번입니다! 무엇이 잘못될 수 있겠습니까?

이 장에서는 “유한한 시간”이나 “유한한 돈”과 같은 합리적인 조건 아래에서는 실제로 이런 방식으로 돈을 벌 수 없음을 보일 것입니다 — 바로 선택 정지 정리입니다. 이를 구실 삼아 조건부 확률을 정의하고, 이어서 (공정한 카지노를 일반화하는) 마팅게일에 대해 이야기하겠습니다.

라스베이거스에서 돈을 뽑아내려는 시도가 가망 없는 일임을 깨닫고 나면, 도박을 그만두고 다시 수학 문제 풀이로 돌아오겠습니다. 이때 도박과는 전혀 관계가 없어 보이는 문제를 적절한 마팅게일을 고려하여 풀 수 있다는, 교묘하고 놀라운 예들을 보이겠습니다.

이후의 모든 내용에서 $\Omega=(\Omega,\mathscr{A},\mu)$ 는 확률 공간입니다.

42.2 부분 $\sigma$ -대수와 여과

대표적인 예: 확률 변수로 생성된 $\sigma$ -대수, 그리고 동전 던지기 여과.

우리는 $\Omega$ 를 세계들의 공간으로 보았고, 여기에 $\Omega$ 위에서 적분할 수 있게 해 주는 $\sigma$ -대수 $\mathscr{A}$ 를 부여했습니다. 그러나 어느 시점에서든 세계에 대해 부분적인 정보만 알 수 있다는 것은 슬픈 삶의 진실입니다. 예를 들어, 이 글을 쓰는 시점에 우리는 2012년에 세계가 멸망하지 않았다는 것을 알고 있지만(https://en.wikipedia.org/wiki/2012_phenomenon 참고), 앞으로 인류의 운명은 여전히 약간 불확실합니다.

이를 측도론적으로 써 봅시다. 다음을 생각할 수 있습니다:

	$\displaystyle\Omega$	$\displaystyle=A\sqcup B$
	$\displaystyle A$	$\displaystyle=\left\{\omega\text{세계가 $2012$년에 멸망하는 경우}\right\}$
	$\displaystyle B$	$\displaystyle=\left\{\omega\text{세계가 $2012$년에 멸망하지 않는 경우}\right\}.$

$A$ 와 $B$ 는 가측 집합, 즉 $A,B\in\mathscr{A}$ 라고 가정하겠습니다. 이는 $\mu(A)$ 와 $\mu(B)$ 의 값이 얼마여야 하는지(“세계가 $2012$ 년에 멸망할 사전 확률”)를 두고 즐겁게 논쟁할 수도 있다는 뜻이지만, 다른 우스꽝스러운 예로 넘어갑시다.

이제 나중에 조건부 확률을 정의할 때 필요할 새로운 개념을 도입하겠습니다.

정의 42.2.1.

$\Omega=(\Omega,\mathscr{A},\mu)$ 를 확률 공간이라고 합시다. $\Omega$ 위의 부분 $\sigma$ -대수 $\mathscr{F}$ 는 이름 그대로의 뜻입니다. 즉, 집합 $\Omega$ 위의 $\sigma$ -대수 $\mathscr{F}$ 로서 각 $A\in\mathscr{F}$ 가 가측인(즉, $\mathscr{F}\subseteq\mathscr{A}$ 인) 것입니다.

그 동기는 $\mathscr{F}$ 가 어떤 정보에 대해 질문할 수 있게 해 주는 집합들의 $\sigma$ -대수라는 것입니다. 예를 들어, 위에서 든 2012년 예에서는 $\mathscr{F}=\{\varnothing,A,B,\Omega\}$ 로 잡을 수 있는데, 이들은 2012년에 대해서만 생각할 때 우리가 관심을 두는 집합들입니다.

좀 더 본격적인 예를 몇 가지 살펴봅시다.

예제 42.2.2 (부분 $\sigma$ -대수의 예).

(a)

$X\colon\Omega\to\{0,1,2\}$ 를 세 값 중 하나를 취하는 확률 변수라고 합시다. $X$ 에 관심이 있다면 다음과 같이 정의할 수 있습니다.

$\displaystyle A$ $\displaystyle=\{\omega\mid X(\omega)=1\}$

$\displaystyle B$ $\displaystyle=\{\omega\mid X(\omega)=2\}$

$\displaystyle C$ $\displaystyle=\{\omega\mid X(\omega)=3\}$

그러면 다음과 같이 쓸 수 있습니다

$\mathscr{F}=\left\{\varnothing,\;A,\;B,\;C,\;A\cup B,\;B\cup C,\;C\cup A,\;% \Omega\right\}.$

이것은 $\mathscr{F}$ 위의 부분 $\sigma$ -대수로, 예컨대 “ $X\neq 3$ 일 확률은 얼마인가”와 같은 $X$ 에 관한 질문을 던질 수 있게 해 줍니다.
(b)

이제 $Y\colon\Omega\to[0,1]$ 이 또 다른 확률 변수라고 가정합시다. $Y$ 에 관심이 있다면, 우리의 궁금증을 담아내는 $\mathscr{F}$ 는 다음과 같습니다.

$\mathscr{F}=\left\{Y^{\text{pre}}(B)\mid B\subseteq[0,1]\text{가측입니다}\right\}.$

여기서 어떤 경향을 눈치챘을지도 모르는데, 이제 이를 형식화하겠습니다.

정의 42.2.3.

$X\colon\Omega\to\mathbb{R}$ 를 확률 변수라고 합시다. $X$ 로 생성된 부분 $\sigma$ -대수는 다음과 같이 정의됩니다.

\sigma(X)\coloneqq\left\{X^{\text{pre}}(B)\mid B\subseteq\mathbb{R}\text{가측입니다% }\right\}.

$X_{1}$ , … 가 확률 변수들의 (유한 또는 무한) 열이라면, 이들로 생성된 부분 $\sigma$ -대수는 각 $i$ 에 대해 $\sigma(X_{i})$ 를 포함하는 가장 작은 $\sigma$ -대수입니다.

마지막으로, 이것들을 여러 개 한데 모을 수 있습니다. 지금 시간에 관해 이야기하고 있으니, 우리는 나이가 들수록 더 많은 것을 알게 되며, 이 또한 형식화할 수 있습니다.

정의 42.2.4.

$\Omega=(\Omega,\mathscr{A},\mu)$ 위의 여과는 다음과 같은 포개진 열입니다.¹¹1편의상 $\mathbb{Z}_{\geq 0}$ 을 첨수로 하는 여과로 한정하겠지만, 사실 어떤 첨수 집합이라도 괜찮습니다.

\mathscr{F}_{0}\subseteq\mathscr{F}_{1}\subseteq\mathscr{F}_{2}\subseteq\dots

$\Omega$ 위의 부분 $\sigma$ -대수들의 열입니다.

예제 42.2.5 (여과).

끝없이 긴 수업 시간에 지루해진 나머지, 시간을 보내려고 공정한 동전을 던지기 시작했다고 합시다. (따라서 $\Omega=\{H,T\}^{\infty}$ 를 앞면 $H$ 와 뒷면 $T$ 로 이루어진 무한 수열들의 집합으로 둘 수 있습니다.) $\mathscr{F}_{n}$ 을 처음 $n$ 번의 동전 던지기 결과로 생성된 부분 $\sigma$ -대수라고 둘 수 있습니다. 따라서 다음과 같습니다.

•

$\mathscr{F}_{0}=\{\varnothing,\Omega\}$ ,
•

$\mathscr{F}_{1}=\{\varnothing,\text{첫 번째 던지기가 $H$},\text{첫 번째 던지기가 $T$},\Omega\}$ ,
•

$\mathscr{F}_{2}=\{\varnothing,\text{처음 두 번의 던지기가 $HH$},\text{두 번째 던지기가 $T$},% \Omega,\text{첫 번째와 두 번째 던지기의 결과가 다름},\dots\}$ .
•

이런 식으로 계속되며, $\mathscr{F}_{n}$ 은 처음 $n$ 번의 동전 던지기만으로 “결정되는” 가측 집합들로 이루어집니다.

연습문제 42.2.6.

앞의 예에서 각 정수 $n$ 에 대하여 기수 $|\mathscr{F}_{n}|$ 을 계산하십시오.

더 중요한 점은 다음과 같습니다.

$X$ 가 $\mathscr{F}$ 에 주어진 정보만으로 결정되면 $X$ 는 $\mathscr{F}$ -가측입니다.

예제 42.2.7.

위의 예에서 $X_{3}$ 을 세 번째 동전 던지기의 결과라고 합시다. 그러면 다음이 성립합니다.

•

$X_{3}$ 은 $\mathscr{F}_{2}$ -가측이 아닙니다. (즉, 처음 $2$ 번의 동전 던지기에 대한 지식만으로는 $X_{3}$ 을 알 수 없습니다.)
•

하지만 $\mathscr{F}_{3}$ -가측입니다.

연습문제 42.2.8.

이를 확인하십시오! (함수가 열린집합을 가측 집합으로 끌어올리면 가측이라는 것을 상기하십시오. 따라서 예를 들어 $X_{3}^{\text{pre}}(\{H\})\notin\mathscr{F}_{2}$ 임을 보여야 합니다.)

이처럼 세계에 관한 부분적인 정보를 형식화할 수 있을 뿐 아니라, 어떤 것이 그 부분적인 정보에만 의존한다는 것이 무슨 뜻인지도 형식화할 수 있습니다.

42.3 조건부 기댓값

대표적인 예: $X$ 와 $Y$ 가 $[0,1]$ 위에 분포할 때의 $\mathbb{E}(X\mid X+Y)$ 입니다.

마팅게일을 정의하려면 조건부 확률의 정의가 필요하지만, 이는 의외로 까다롭습니다. 그 이유를 알아보기 위해 다음의 간단한 예를 살펴봅시다.

예제 42.3.1 (여기서 고등학교 수준의 방법으로는 부족한 이유).

$[0,1]$ 위에 균등하게 분포하는 두 독립 확률 변수 $X$ , $Y$ 가 있다고 가정합시다(따라서 $\Omega=[0,1]^{2}$ 로 잡아도 됩니다). 다음과 같은 질문을 던져 볼 수 있습니다:

“ $X+Y=0.6$ 일 때 $X$ 의 기댓값은 얼마입니까”?

직관적으로 답은 $0.3$ 이어야 함을 압니다. 그러나 정의를 적어 보려고 하면 곧 문제에 부딪힙니다. 이상적으로는 다음과 같은 식으로 말하고 싶습니다

\mathbb{E}[X\text{주어졌을 때}X+Y=0.6]=\frac{\int_{S}X}{\int_{S}1}\text{여기서}S=\left% \{\omega\in\Omega\mid X(\omega)+Y(\omega)=0.6\right\}.

문제는 $S$ 가 측도가 0인 집합이라는 점이며, 따라서 곧바로 $\frac{0}{0}$ 에 부딪히게 됩니다. 즉, 이런 형태의 정의는 성립하지 않습니다.

측도론에서 이를 다루는 일반적인 방법은 앞서 정의한 부분 $\sigma$ -대수의 개념을 사용하는 것입니다.

하지만 그보다 먼저 $\mathbb{E}(X\mid X+Y)$ 가 무엇을 의미하는지 설명해야 합니다 — 왜 사건이 아니라 다른 확률 변수를 조건으로 삼는 것입니까?

확률 변수를 조건으로 삼는 이유를 설명하기 위해 다음 상황을 생각해 봅시다. 내일 날씨가 오늘 날씨와 무작위적인 변동에 따라 결정된다고 가정합시다. 그러면 다음과 같은 명제를 세울 수 있습니다:

	$\displaystyle\Pr(\text{내일 비가 옴}\mid\text{오늘 비가 옴})$	$\displaystyle=0.6,$
	$\displaystyle\Pr(\text{내일 비가 옴}\mid\text{오늘 비가 오지 않음})$	$\displaystyle=0.3.$

이것은 표준적인 조건부 확률입니다: $\Pr(A\mid B)=\frac{\Pr(A\wedge B)}{\Pr(B)}$ .

“오늘 날씨” 자체가 확률 변수라는 점에 주목하십시오.

오늘 밤 일기 예보가 예측한 확률을 $Z$ 라 하고, 이것이 위와 같이 작동한다고 가정합시다. 그러면 $Z$ 는 다음과 같이 정의되는 실수 확률 변수입니다:

	$\displaystyle Z$	$\displaystyle\colon\Omega\to\mathbb{R}$
	$\displaystyle Z(\omega)$	$\displaystyle=\Pr(\text{내일 비가 옴}\mid\text{오늘의 날씨}=\text{오늘의 날씨}(\omega))$

다음과 같이 쓰는 것이 지극히 합리적일 것입니다

Z=\Pr(\text{내일 비가 옴}\mid\text{오늘의 날씨}).

우리는 확률 변수를 조건으로 삼고 있으며, $\Pr(\cdots\mid\cdots)$ 는 $\mathbb{R}$ 의 단일한 값이 아니라 그 자체로 확률 변수이지만, 이는 전혀 문제가 없습니다.

마찬가지로, $\Omega$ 가 유한하고 그 모든 부분집합이 가측이라면, 실수 확률 변수 $X$ 와 $Y$ 에 대하여 실수 확률 변수 $Z=\mathbb{E}(X\mid Y)$ 를 다음과 같이 정의하는 것이 타당할 것입니다

	$\displaystyle Z$	$\displaystyle\colon\Omega\to\mathbb{R}$
	$\displaystyle Z(\omega)$	$\displaystyle=\mathbb{E}[X\mid Y=Y(\omega)].$

예제 42.3.2.

주사위 두 개를 굴린 결과를 $X$ 와 $Y$ 라 합시다. 그러면 다음이 성립합니다:

•

쉽게 계산할 수 있듯이 $\mathbb{E}[X\mid X+Y=3]=1.5$ 입니다.
•

$\mathbb{E}(X\mid X+Y)$ 는 확률 변수이며, $X+Y=3$ 인 모든 세계에서 값 $1.5$ 를 가집니다.
•

더 일반적으로, 실제로 다음이 성립합니다

$\mathbb{E}(X\mid X+Y)=\frac{X+Y}{2}.$

확률 변수 $\mathbb{E}(X\mid X+Y)$ 가 $X+Y$ 의 값에만 의존한다는 점에 주목하십시오 — 정의에 의해 그렇습니다.

물론 앞서 설명했듯이, 이러한 순진한 시도는 연속적인 경우에 모든 곳에서 0으로 나누기를 일으킵니다 — 그래서 부분 $\sigma$ -대수가 등장합니다.

명제 42.3.3 (조건부 기댓값의 정의).

$X\colon\Omega\to\mathbb{R}$ 를 확률 공간 $\Omega$ 위의 절대 적분 가능한 확률 변수(즉 $\mathbb{E}[|X|]<\infty$ )라 하고, $\mathscr{F}$ 를 그 위의 부분 $\sigma$ -대수라 합시다.

그러면 다음 두 성질을 만족하는 함수 $\eta\colon\Omega\to\mathbb{R}$ 가 존재합니다:

•

$\eta$ 는 $\mathscr{F}$ -가측입니다(즉, 함수 $(\Omega,\mathscr{F},\mu)\to\mathbb{R}$ 로서 가측입니다). 그리고
•

임의의 집합 $A\in\mathscr{F}$ 에 대하여 $\mathbb{E}[\eta\cdot\mathbf{1}_{A}]=\mathbb{E}[X\cdot\mathbf{1}_{A}]$ 가 성립합니다.

더욱이, 이 확률 변수는 거의 확실하게 유일합니다.

증명.

증명은 생략하지만, 관련된 핵심 용어는 “라돈-니코딤 도함수”입니다. ∎

정의 42.3.4.

$\eta$ 를 앞의 명제에서와 같이 둡시다.

•

$\eta$ 를 $\mathbb{E}(X\mid\mathscr{F})$ 로 표기하고, 이를 $\mathscr{F}$ 에 대한 $X$ 의 조건부 기댓값이라고 부릅니다.
•

$Y$ 가 확률 변수이면 $\mathbb{E}(X\mid Y)$ 는 $\mathbb{E}(X\mid\sigma(Y))$ , 즉 $Y$ 가 생성하는 $\sigma$ -대수에 대한 $X$ 의 조건부 기댓값을 나타냅니다.

예제 42.3.5.

예상할 수 있듯이, $\eta=\frac{X+Y}{2}$ 는 위의 $\mathbb{E}(X\mid X+Y)$ 의 조건을 만족합니다.

이 모든 것을 하는 동기는 다음과 같습니다. 우리는 다음과 같이 말할 수 있기를 원합니다:

\mathbb{E}[X\mid X+Y=0.6]=\lim_{\varepsilon\to 0}\mathbb{E}[X\mid 0.6-% \varepsilon<X+Y<0.6+\varepsilon]

안타깝게도, $\mathscr{F}$ 가 하나의 실수 확률 변수만으로 생성되지 않을 수도 있는 일반적인 경우에는 이 설정이 통하지 않습니다. 위의 정의가 어떻게 도움이 되는지 살펴봅시다.

•

$A=\{\omega\in\Omega\mid 0.6-\varepsilon<X(\omega)+Y(\omega)<0.6+\varepsilon\}$ 라 두면, 이 집합은 분명히 $X+Y$ 가 생성하는 부분 $\sigma$ -대수에 속합니다( $(X+Y)^{\text{pre}}((0.6-\varepsilon,0.6+\varepsilon))$ 이기 때문입니다).
•

$\eta$ 가 $\mathscr{F}$ -가측이라는 것은 $\eta$ 가 $\mathscr{F}=\sigma(X+Y)$ 에 담긴 정보에만, 즉 $X+Y$ 에만 의존한다는 뜻임을 상기하십시오. 이는 타당합니다.
•

우변을 보십시오:

$\mathbb{E}[X\mid 0.6-\varepsilon<X+Y<0.6+\varepsilon]=\mathbb{E}[X\cdot\mathbf% {1}_{A}].$

전체 기댓값의 법칙에 따르면 $\mathbb{E}[\mathbb{E}(X\mid Y)]=\mathbb{E}[X]$ 입니다. 따라서 직관적으로, 위의 두 번째 성질은 단순히 이 법칙이 모든 집합 $A\in\mathscr{F}$ 위에서 성립할 것을 요구하는 것입니다.

우리의 경우에는 다음이 성립합니다:

$\mathbb{E}[\eta\mid 0.6-\varepsilon<X+Y<0.6+\varepsilon]=\mathbb{E}[X\mid 0.6-% \varepsilon<X+Y<0.6+\varepsilon].$

세부 사항을 더 살펴보겠습니다:

비고 42.3.6 (이 표기법은 끔찍합니다).

$\mathbb{E}(X\mid\mathscr{F})$ 라는 표기는 솔직히 혼란스럽습니다. 이것은 $\mathbb{E}[X]$ 처럼 단순한 실수가 아니라 실제로는 함수 $\Omega\to\mathbb{R}$ 전체이기 때문입니다 — 물론 보시다시피 장점도 있습니다. 이런 이유로 저는 조건부 기댓값에는 대괄호 대신 소괄호를 쓰는 것을 잊지 않도록 주의합니다. 모든 사람이 이렇게 하지는 않습니다.

표기의 남용 42.3.7.

또한 $Y=\mathbb{E}(X\mid\mathscr{F})$ 라고 쓸 때, $\mathbb{E}(X\mid\mathscr{F})$ 는 어느 정도 합리적인 유일성까지만(즉, 측도가 0인 변화를 제외하고) 정의되므로 여기에는 약간의 표기 남용이 있습니다. 따라서 이것은 실제로는 “ $Y$ 가 명제 42.3.3의 가정을 만족한다”는 뜻이지만, 이는 너무 현학적이어서 아무도 신경 쓰지 않습니다.

예를 들어, 위의 예에서 $\eta$ 를 다음과 같이 바꾸면

\eta(\omega)=\begin{cases}0&\text{만약}X(\omega)+Y(\omega)=0.6\\ \frac{X(\omega)+Y(\omega)}{2}&\text{그 외의 경우}\end{cases}

모든 집합 $A$ 에 대하여 $\mathbb{E}[\eta\cdot\mathbf{1}_{A}]=\mathbb{E}[X\cdot\mathbf{1}_{A}]$ 가 여전히 성립하지만, 이제는 $\mathbb{E}[X\mid X+Y=0.6]=0$ 이라고 말하는 것처럼 보이지 않습니까?

그럼에도 불구하고 측도가 0인 집합을 희생해야 한다는 점에는 동의해야 합니다. 그렇지 않으면 다음과 같은 경우

T(\omega)=\begin{cases}1&\text{만약}Y(\omega)>0.5\text{또는}(Y(\omega)=0.5\text{그리% 고}X(\omega)\in\mathbb{Q})\\ 0&\text{그 외의 경우}\end{cases}

이는 분명히 가측이고(즉, 확률 변수이고) $\mathbb{E}[T\mid Y=0.4]=0$ 이며 $\mathbb{E}[T\mid Y=0.6]=1$ 인데, $\mathbb{E}[T\mid Y=0.5]$ 는 무엇입니까? ( $0$ 이어야 한다고 주장할 수도 있지만, $\mathbb{Q}$ 를 더 비가측적인 무언가로 바꾸면 어떻게 됩니까? 게다가 확률이 0인 집합 위에서만 $T$ 를 수정했을 뿐인데 조건부 기댓값이 왜 바뀌어야 합니까?)

작성 예정: 성질

42.4 우마팅게일

대표적인 예: 승률이 하우스에 유리하다고 가정하면, 카지노에 가는 것은 우마팅게일입니다.

정의 42.4.1.

$X_{0}$ , $X_{1}$ , … 를 확률 공간 $\Omega$ 위의 확률 변수들의 열이라 하고, $\mathscr{F}_{0}\subseteq\mathscr{F}_{1}\subseteq\cdots$ 를 여과라고 합시다.

이때 다음 조건들이 성립하면 $(X_{n})_{n\geq 0}$ 은 $(\mathscr{F}_{n})_{n\geq 0}$ 에 대한 우마팅게일입니다.

•

모든 $n$ 에 대하여 $X_{n}$ 은 절대적분가능합니다.
•

$X_{n}$ 은 $\mathscr{F}_{n}$ 에 대하여 가측입니다. 그리고
•

각 $n=1,2,\dots$ 에 대하여 부등식

$\mathbb{E}(X_{n}\mid\mathscr{F}_{n-1})\leq X_{n-1}$

이 모든 $\omega\in\Omega$ 에 대하여 성립합니다.

열마팅게일에서는 부등식 $\leq$ 가 $\geq$ 로 바뀌고, 마팅게일에서는 $=$ 로 바뀝니다.

작성 예정: 이 용어의 어원은 무엇입니까?

표기의 남용 42.4.2 (어차피 그 여과라는 것은 아무도 쓰지 않습니다).

앞으로 $\mathscr{F}_{n}$ 은 항상 이전 변수 $X_{0}$ , $X_{1}$ , …, $X_{n-1}$ 로 생성된 $\sigma$ -대수로 잡으며, 이에 대해 따로 언급하지 않겠습니다. 그렇지만 이어지는 모든 결과는 어떤 여과에 대한 우마팅게일이라는 더 일반적인 설정에서도 성립합니다.

모든 정리는 우마팅게일에 대해 증명하겠습니다. 열마팅게일에 대한 유사한 결과는 모든 곳에서 $\leq$ 를 $\geq$ 로 바꾸어 얻을 수 있으며( $X_{n}$ 이 마팅게일일 필요충분조건은 $-X_{n}$ 이 우마팅게일인 것이므로), 마팅게일에 대한 결과는 모든 곳에서 $\leq$ 를 $=$ 로 바꾸어 얻을 수 있습니다( $X_{n}$ 이 마팅게일일 필요충분조건은 우마팅게일이면서 동시에 열마팅게일인 것이므로).

예시를 들어 봅시다.

예제 42.4.3 (우마팅게일).

(a)

무작위 행보: 개미 한 마리가 수직선 위의 위치 $0$ 에서 출발합니다. 개미는 매분 공정한 동전을 던져 왼쪽이나 오른쪽으로 한 걸음 걷습니다. $X_{t}$ 를 $t$ 번째 시점의 위치라 하면, $X_{t}$ 는 마팅게일입니다. 그 이유는 다음과 같습니다.

$\mathbb{E}(X_{t}\mid X_{0},\dots,X_{t-1})=\frac{(X_{t-1}+1)+(X_{t-1}-1)}{2}=X_% {t-1}.$
(b)

카지노 게임: 이 장의 처음에 설명한 전략을 사용하는 도박사를 생각해 봅시다. 도박사가 거는 모든 내기의 기댓값이 $0$ 이므로, 이는 마팅게일입니다.
(c)

독립 변수의 곱: $X_{1}$ , $X_{2}$ , …, 를 평균이 $1$ 인 독립인(반드시 동일한 분포일 필요는 없는) 적분 가능한 확률 변수라고 합시다. 그러면 다음과 같이 정의된 열 $Y_{1}$ , $Y_{2}$ , … 는

$Y_{n}\coloneqq X_{1}X_{2}\cdots X_{n}$

마팅게일입니다. $\mathbb{E}(Y_{n}\mid Y_{1},\dots,Y_{n-1})=\mathbb{E}[Y_{n}]\cdot Y_{n-1}=Y_{n-1}$ 이기 때문입니다.
(d)

반복되는 블랙잭: 누군가 카지노에 가서 블랙잭을 무한히 많이 한다고 가정합시다. $X_{t}$ 를 시각 $t$ 에서 그 사람의 재산이라 하면, $X_{t}$ 는 우마팅게일입니다. 각 게임의 기댓값이 음수이기 때문입니다(하우스 에지).

예제 42.4.4 (경박하고 도발적인 예시 — 현실의 삶은 우마팅게일입니다).

$X_{t}$ 를 여러분 인생의 $t$ 번째 날의 행복이라 합시다. 인생에는 오르막과 내리막이 있으므로, 모든 $t$ 에 대하여 $X_{t}\leq X_{t-1}$ 인 것은 아닙니다. 예를 들어, 어느 날 복권에 당첨될 수도 있습니다.

하지만 어느 날이든 많은 일이 잘못될 수 있으며(예: 좀비 아포칼립스), 머피의 법칙에 따르면 일이 잘 풀리는 것보다 이쪽이 더 일어나기 쉽습니다. 또한 나이가 들수록 책임질 일은 점점 늘어나고 건강은 서서히 나빠지기 시작합니다.

따라서

\mathbb{E}(X_{t}\mid X_{0},\dots,X_{t-1})\leq X_{t-1}

는 미래에 대한 합리적인 묘사로 보입니다 — 기댓값으로 보면, 하루하루가 전날보다 조금씩 더 나빠집니다. (특히 죽으면 $X_{t}=-\infty$ 로 둔다면, 죽을 확률이 양수이기만 하면 위의 부등식은 당연히 성립합니다.)

계속하기 전에, 유용한 결과 하나를 증명 없이 제시하겠습니다. 마팅게일이 유계이면 그 마팅게일은 거의 확실하게 수렴합니다.

정리 42.4.5 (둡의 마팅게일 수렴 정리).

$X_{0}$ , … 가 확률 공간 $\Omega$ 위의 우마팅게일로서 다음을 만족한다고 합시다.

\sup_{n\in\mathbb{Z}_{\geq 0}}\mathbb{E}\left[\left\lvert X_{n}\right\rvert% \right]<\infty.

그러면 다음을 만족하는 확률 변수 $X_{\infty}\colon\Omega\to\mathbb{R}$ 가 존재합니다.

X_{n}\xrightarrow{\text{a.s.}}X_{\infty}.

42.5 선택적 정지

대표적인 예: 라스베이거스.

첫 번째 절에서 우리는 거의 확실하게 돈을 버는 방법을 설명했습니다. 도박꾼이 가진 핵심적인 이점은 원할 때 언제든지 그만둘 수 있는 능력이었습니다(동등하게, 판돈의 크기를 조절할 수 있는 능력입니다. $0을 영원히 거는 것은 그만두는 것과 같습니다.) 정지 시간의 개념을 형식화해 봅시다.

우리가 하려는 것은 다음을 만족하는 함수 $\tau\colon\Omega\to\{0,1,2,\dots\}\cup\{\infty\}$ 를 정의하는 것입니다.

•

$\tau(\omega)$ 는 마팅게일을 정지하는 시점의 첨수를 지정합니다. 시간 $n$ 이후에 정지할지에 대한 결정은 그 시점에 얻을 수 있는 정보만으로, 즉 여과의 $\mathscr{F}_{n}$ 에 대하여 내려져야 한다는 점에 유의하십시오.
•

$X_{\tau\wedge n}$ 은 정지된 마팅게일의 시간 $n$ 에서의 값을 나타내는 확률 변수이며, $n$ 이 정지 시간 이후라면 그 값은 단순히 우리가 떠난 뒤의 현재 값으로 둡니다.

예를 들어 시간 $3$ 에서 정지한 세계 $\omega$ 에서는 $X_{\tau\wedge 0}(\omega)=X_{0}(\omega)$ , $X_{\tau\wedge 1}(\omega)=X_{1}(\omega)$ , $X_{\tau\wedge 2}(\omega)=X_{2}(\omega)$ , $X_{\tau\wedge 3}(\omega)=X_{3}(\omega)$ 이지만, 그 다음에는

$X_{3}(\omega)=X_{\tau\wedge 4}(\omega)=X_{\tau\wedge 5}(\omega)=X_{\tau\wedge 6% }(\omega)=\dots$

우리가 정지했으므로 — 값이 더 이상 변하지 않습니다.
•

$X_{\tau}$ 는 정지한 후의 최종 값(또는 끝내 정지하지 않는 경우 극한 $X_{\infty}$ )을 나타냅니다.

다음은 컴파일된 기계어 코드입니다.

정의 42.5.1.

$\mathscr{F}_{0}\subseteq\mathscr{F}_{1}\subseteq\cdots$ 를 확률 공간 $\Omega$ 위의 여과라고 합시다.

•

정지 시간은 다음과 같은 함수로서

$\tau\colon\Omega\to\{0,1,2,\dots\}\cup\{\infty\}$

각 정수 $n$ 에 대해 다음 집합이

$\left\{\omega\in\Omega\mid\tau(\omega)=n\right\}$

$\mathscr{F}_{n}$ -가측(즉, $\mathscr{F}_{n}$ 에 속함)이라는 성질을 가지는 것입니다.
•

각 $n\geq 0$ 에 대해 $X_{\tau\wedge n}\colon\Omega\to\mathbb{R}$ 를 다음과 같이 정의합니다.

$X_{\tau\wedge n}(\omega)=X_{\min\left\{\tau(\omega),n\right\}}(\omega)$
•

마지막으로, 최종 결과를 다음과 같이 나타냅니다.

$X_{\tau}(\omega)=\begin{cases}X_{\tau(\omega)}(\omega)&\tau(\omega)\neq\infty% \\ \lim_{n\to\infty}X_{n}(\omega)&\tau(\omega)=\infty\text{그리고}\lim_{n\to\infty}X% _{n}(\omega)\text{존재합니다}\\ \text{정의되지 않음}&\text{그 외의 경우}.\end{cases}$

“정의되지 않는” 경우는 측도가 0인 집합에서만 일어나야 합니다(예를 들어 정리 42.4.5가 적용되는 경우). 그렇지 않으면 $X_{\tau}$ 가 정의되는 것을 허용하지 않습니다.

명제 42.5.2 (정지된 우마팅게일은 여전히 우마팅게일입니다).

$X_{0}$ , $X_{1}$ , … 가 우마팅게일이라고 합시다. 그러면 다음 수열

X_{\tau\wedge 0},\;X_{\tau\wedge 1},\;\dots

자체가 우마팅게일입니다.

증명.

거의 모든 곳에서 다음 부등식들이 성립합니다.

	$\displaystyle\mathbb{E}\left(X_{\tau\wedge n}\mid\mathscr{F}_{n-1}\right)$	$\displaystyle=\mathbb{E}\left(X_{n-1}+\mathbf{1}_{\tau(\omega)=n-1}(X_{n}-X_{n% -1})\mid\mathscr{F}_{n-1}\right)$
		$\displaystyle=\mathbb{E}\left(X_{n-1}\mid\mathscr{F}_{n-1}\right)+\mathbb{E}% \left(\mathbf{1}_{\tau(\omega)=n-1}\cdot(X_{n}-X_{n-1})\mid\mathscr{F}_{n-1}\right)$
		$\displaystyle=X_{n-1}+\mathbf{1}_{\tau(\omega)=n-1}\cdot\mathbb{E}\left(X_{n}-% X_{n-1}\mid\mathscr{F}_{n-1}\right)\leq X_{n-1}$

$\Omega\to\mathbb{R}$ 인 함수로서. ∎

정리 42.5.3 (둡의 선택적 정지 정리).

$X_{0}$ , $X_{1}$ , … 를 확률 공간 $\Omega$ 위에서 여과 $\mathscr{F}_{0}\subseteq\mathscr{F}_{1}\subseteq\cdots$ 에 대한 우마팅게일이라고 합시다. $\tau$ 를 이 여과에 대한 정지 시간이라고 합시다. 어떤 상수 $C$ 에 대해 다음 가정 중 어느 하나라도 참이라고 가정합시다.

(a)

유한한 시간: 거의 모든 $\omega$ 에 대하여 $\tau(\omega)\leq C$ 입니다.
(b)

유한한 자금: 각 $n\geq 1$ 에 대하여, 거의 모든 $\omega$ 에 대하여 $\left\lvert X_{\tau\wedge n}(\omega)\right\rvert\leq C$ 입니다.
(c)

유한한 베팅: $\mathbb{E}[\tau]<\infty$ 이고, 각 $n\geq 1$ 에 대하여 조건부 기댓값

$\mathbb{E}\left(\left\lvert X_{n}-X_{n-1}\right\rvert\mid\mathscr{F}_{n}\right)$

이 $\tau(\omega)\geq n$ 을 만족하는 거의 모든 $\omega\in\Omega$ 에 대하여 $C$ 이하의 값을 가집니다.

그러면 $X_{\tau}$ 는 거의 모든 곳에서 잘 정의되며, 더 중요하게는

\mathbb{E}[X_{\tau}]\leq\mathbb{E}[X_{0}]

입니다.

마지막 방정식은 장난스럽게 “이기는 유일한 수는 게임을 하지 않는 것이다”라고 표현할 수 있습니다.

증명.

작성 예정: 오늘 밤에 마저 하겠습니다.

∎

연습문제 42.5.4.

첫 번째 절에서 설명한 전략을 들고 라스베이거스에 가는 것이 정말 나쁜 생각임을 결론지으십시오. 무엇이 잘못됩니까?

이것은 우리가 도박을 그만두게 하는 데에는 유용하지만, 무언가를 계산할 수 있게 해 주지는 않습니다 — $\mathbb{E}[X_{\tau}]$ 에 대해서는 그것이 $\leq\mathbb{E}[X_{0}]$ 라는 것 외에는 아무것도 알지 못합니다. 그러나 다음이 성립합니다.

따름정리 42.5.5.

위와 같은 가정 아래에서:

•

$X_{0}$ , $X_{1}$ , … 가 서브마팅게일이면, $\mathbb{E}[X_{\tau}]\geq\mathbb{E}[X_{0}]$ 입니다.
•

마팅게일이면, $\mathbb{E}[X_{\tau}]=\mathbb{E}[X_{0}]$ 입니다.

증명.

$X_{0}$ , $X_{1}$ , … 가 하마팅게일이라면, $Y_{i}=-X_{i}$ 로 정의된 $Y_{0}$ , $Y_{1}$ , … 는 우마팅게일이며 가정도 여전히 만족됩니다. $Y_{\tau}$ 에 정리를 적용하면 결과를 얻습니다.

$X_{0}$ , $X_{1}$ , … 가 마팅게일이라면 이는 우마팅게일이면서 동시에 하마팅게일이므로, 결과가 곧바로 따라 나옵니다. ∎

이로써 마침내 무언가를 계산할 수 있게 됩니다 — $\mathbb{E}[X_{0}]$ 를 계산할 수 있고 그 결과를 어떤 마팅게일에 대한 $\mathbb{E}[X_{\tau}]$ 로 쓸 수 있다면, 문제를 풀 수 있습니다!

42.6 선택 정지의 재미있는 응용 (TO DO)

이제 지금까지 전개한 결과들이 지닌 힘의 일부를 보여 주는 세 가지 문제를 제시합니다.

42.6.1 투표 문제

앨리스와 밥이 선거에서 경쟁하고 있다고 합시다. 앨리스는 총 $a$ 표를, 밥은 총 $b$ 표를 받았으며 $a>b$ 입니다. 표가 무작위 순서로 개표된다면, 다음과 같이 물을 수 있습니다. 앨리스가 선거 내내 밥보다 엄격하게 앞서 있을 확률은 얼마입니까?

그림 작성 예정: 경로

명제 42.6.1 (투표 문제).

이는 확률 $\frac{a-b}{a+b}$ 로 일어납니다.

이를 마팅게일로 모델링해 보아야 합니다. 자연스러운 방법은 예제 42.4.3에서와 같이 무작위 행보를 이용하는 것입니다.

	$\displaystyle X_{0}$	$\displaystyle=0$
	$\displaystyle X_{i}$	$\displaystyle=X_{i-1}+\begin{cases}1\text{확률로}\frac{1}{2}\\ -1\text{그 외의 경우.}\end{cases}$

여기서 각 $1$ 은 앨리스가 한 표를 얻는 것을, 각 $-1$ 은 밥이 한 표를 얻는 것을 나타냅니다.

그러면 다음을 계산해야 합니다

\Pr[X_{i}>0\text{모든 ~{}에 대하여}1\leq i\leq a+b\mid X_{a+b}=a-b].

이것은 자연스러운 방법이지만, 확률이 $X_{a+b}=a-b$ 라는 조건 아래에서 주어진다는 사실 때문에 선택 정지 정리를 적용할 수 없습니다.

대신 다음과 같은 방법은 통합니다. 모든 표를 가진 상태에서 시작하여 무작위 순서로 표를 제거합니다.

	$\displaystyle(A_{0},B_{0})$	$\displaystyle=(a,b),$
	$\displaystyle(A_{i},B_{i})$	$\displaystyle=\begin{cases}(A_{i-1}-1,B_{i-1})\text{확률로}\frac{A_{i-1}}{A_{i-1}% +B_{i-1}}\\ (A_{i-1},B_{i-1}-1)\text{그 외의 경우}\end{cases}\text{~{}에 대하여}1\leq i\leq a+b.$

물론 여기서 $A_{i}$ 는 앨리스에게 남은 표의 수를 나타내고, $B_{i}$ 는 밥에게 남은 표의 수를 나타냅니다.

이제 다음을 계산하기만 하면 됩니다

\Pr[A_{i}>B_{i}\text{모든 ~{}에 대하여}0\leq i\leq a+b-1].

더 이상 조건부 기댓값이 없습니다!

다음으로 마팅게일을 구성해야 합니다. 위와 비슷하게 $X_{i}=A_{i}-B_{i}$ 로 정의해 볼 수도 있지만, 그것은 마팅게일이 되지 않습니다.

요령은 다음과 같습니다. $X_{i}$ 를 수정하여 마팅게일로 만듭니다. (확률 변수열을 수정하여 마팅게일을 만드는 더 많은 예는 문제 42A에서 찾을 수 있습니다.)

예제 42.6.2.

$a=2$ 이고 $b=1$ 이라고 가정합시다. 그러면 다음과 같습니다.

	$\displaystyle(A_{0},B_{0})$	$\displaystyle=(2,1),$
	$\displaystyle(A_{1},B_{1})$	$\displaystyle=\begin{cases}(1,1)\text{확률로}\frac{2}{3}\\ (2,0)\text{그 외의 경우.}\end{cases}$

따라서 $\mathbb{E}[A_{0}-B_{0}]=1$ 인 반면 $\mathbb{E}[A_{1}-B_{1}]=\frac{2}{3}\cdot 0+\frac{1}{3}\cdot 2=\frac{2}{3}$ 이므로, $X_{i}$ 를 위와 같이 정의하면 당연히 마팅게일이 되지 않습니다.

그러나 이를 수정하여 마팅게일을 만드는 방법을 찾는 것은 어렵지 않습니다. 예를 들면 다음과 같습니다.

•

$X_{1}=A_{1}-B_{1}+\frac{1}{3}$ 로 정의하면 $\mathbb{E}[X_{1}]=1$ 이므로 문제가 없습니다.
•

마찬가지로 $X_{1}=\frac{3}{2}\cdot(A_{1}-B_{1})$ 로 정의할 수도 있습니다.
•

또는 $X_{1}=\frac{9}{4}\cdot(A_{1}-B_{1})^{2}$ 로 정의할 수도 있습니다.
•

… 기타 등등…

모든 $i$ 와 모든 $(x_{0},x_{1},\dots,x_{i-1})$ 에 대하여 $\mathbb{E}[X_{i}\mid X_{0}=x_{0},X_{1}=x_{1},\dots,X_{i-1}=x_{i-1}]=x_{i-1}$ 이 되도록 해야 합니다. (계속 읽기 전에 어떤 수정이 통할지 직접 찾아보십시오.)

알고 보면 다음과 같은 것이 통합니다.

X_{i}=\frac{A_{i}-B_{i}}{a+b-i}\text{~{}에 대하여}0\leq i\leq a+b-1.

이를 $i\geq a+b$ 로 확장할 수는 없지만, 괜찮습니다. (걱정된다면 $i\geq a+b$ 에 대하여 그냥 $X_{i}=X_{a+b-1}$ 로 정의하십시오.)

연습문제 42.6.3.

이것이 통한다는 것을 확인하십시오. (계산은 문제 42A의 Pólya의 항아리에 관한 문제와 매우 비슷합니다.)

정지 시간을 정의하는 자연스러운 방법은 하나뿐입니다. 앨리스가 계속 밥보다 앞서는 경우, 즉 모든 $0\leq i\leq a+b-1$ 에 대하여 $X_{i}>0$ 인 경우 $\tau$ 는 $a+b-1$ 이고, 그렇지 않으면 $\tau$ 는 $X_{i}=0$ 을 만족하는 가장 작은 $i$ 입니다.

그러면 선택 정지 정리에 따라 다음이 성립합니다.

\mathbb{E}[X_{\tau}]=\mathbb{E}[X_{0}].

$\mathbb{E}[X_{0}]$ 은 쉽게 계산할 수 있으며, 그 값은 $\frac{A_{0}-B_{0}}{a+b}=\frac{a-b}{a+b}$ 입니다. $\mathbb{E}[X_{\tau}]$ 는 무엇입니까?

•

앨리스가 계속 밥보다 앞서면 $X_{\tau}=X_{a+b-1}=1$ 입니다.
•

그렇지 않으면 $X_{\tau}=0$ 입니다.

따라서 $\mathbb{E}[X_{\tau}]$ 는 바로 우리가 계산해야 하는 확률이므로, 증명이 끝납니다.

비고 42.6.4 (이것은 약간 반칙입니다).

다음과 같이 동치로 쓸 수 있음에 유의하십시오

X_{i}=\frac{A_{i}-B_{i}}{A_{i}+B_{i}}.

이것이 바로 답의 형태입니다.

다시 말해, 답의 형태를 이미 알고 있다면 마팅게일 이론이 그것을 확인하는 데 도움을 줄 수 있습니다. 하지만 모른다면…

42.6.2 ABRACADABRA

작성 예정입니다.

https://www.jeremykun.com/2014/03/03/martingales-and-the-optional-stopping-theorem/

42.6.3 USA TST 2018

작성 예정입니다.

https://aops.com/community/p9513099

42.7 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 42A (마팅게일의 예).

마팅게일의 예를 몇 가지 더 제시합니다.

(a)

(단순 무작위 행보) $X_{1}$ , $X_{2}$ , … 가 확률 $1/2$ 로 $+1$ , 확률 $1/2$ 로 $-1$ 의 값을 갖는 i.i.d. 확률 변수라고 합시다. 다음이

$Y_{n}=\left(X_{1}+\dots+X_{n}\right)^{2}-n$

마팅게일임을 증명하십시오.
(b)

(드무아브르의 마팅게일) $p,q>0$ 이고 $p+q=1$ 인 실수 $p$ 와 $q$ 를 고정합시다. $X_{1}$ , $X_{2}$ , … 가 확률 $p$ 로 $+1$ , 확률 $q$ 로 $-1$ 의 값을 갖는 i.i.d. 확률 변수라고 합시다. 다음이

$Y_{n}=\left(qp^{-1}\right)^{X_{1}+X_{2}+\dots+X_{n}}$

마팅게일임을 보이십시오.
(c)

(Pólya의 항아리) 항아리에 처음에 빨간 구슬 하나와 파란 구슬 하나가 들어 있습니다. 매분 항아리에서 구슬 하나를 무작위로 꺼내고, 같은 색의 구슬 두 개를 항아리에 더 넣습니다. 따라서 $n$ 분 후에 항아리에는 $n+2$ 개의 구슬이 있게 됩니다.

$r_{n}$ 을 빨간 구슬의 비율이라고 합시다. $r_{n}$ 이 마팅게일임을 보이십시오.

문제 42B.

카드 한 벌에 $52$ 장의 카드가 있으며, 그중 $26$ 장은 빨간색이고 $26$ 장은 검은색입니다. 카드를 한 번에 한 장씩 뽑아 공개합니다. 어느 시점에서든 카드 더미에 적어도 한 장의 카드가 남아 있다면 딜러를 멈출 수 있으며, 카드 더미의 다음 카드가 빨간색일 때 (그리고 그때에만) 승리합니다. 모든 카드가 다 나눠지면 패배합니다. 가능한 모든 전략 중에서 승리할 최대 확률을 구하십시오.

힌트. 귀여운 초등적인 풀이가 있습니다. 마팅게일을 이용한 풀이를 위해서는, 시각 $n$ 에서 카드 더미에 남은 빨간 카드의 비율이 마팅게일임을 보이십시오.

문제 42C (Wald의 항등식).

$\mu$ 를 실수라고 합시다. $X_{1}$ , $X_{2}$ , … 를 확률 공간 $\Omega$ 위의 평균이 $\mu$ 인 독립 확률 변수라고 합시다. 마지막으로 $\tau\colon\Omega\to\{1,2,\dots\}$ 를 $\mathbb{E}[\tau]<\infty$ 이고 사건 $\tau=n$ 이 오직 $X_{1}$ , …, $X_{n}$ 에만 의존하는 정지 시간이라고 합시다.

다음을 증명하십시오

\mathbb{E}[X_{1}+X_{2}+\dots+X_{\tau}]=\mu\mathbb{E}[\tau].

문제 42D (편향되지 않은 취객의 걸음).

개미 한 마리가 수직선 위의 $0$ 에서 출발하여 확률 $1/2$ 로 왼쪽 또는 오른쪽으로 한 칸씩 걷습니다. 개미는 $-17$ 또는 $+8$ 에 도달하면 멈춥니다.

(a)

개미가 $-17$ 보다 $+8$ 에 먼저 도달할 확률을 구하십시오.
(b)

두 끝점 중 어느 한쪽에 도달하는 데 걸리는 시간의 기댓값을 구하십시오.

문제 42E (치우친 취객의 걸음).

실수 $0<p<1$ 을 하나 잡읍시다. 개미 한 마리가 수직선 위의 $0$ 에서 출발하여 확률 $p$ 로 왼쪽 또는 오른쪽으로 한 칸씩 걸어갑니다. 개미는 $-17$ 또는 $+8$ 에 도달하면 멈춥니다. 개미가 $+8$ 에 먼저 도달할 확률을 구하십시오.

힌트. 문제 42A을 이용하십시오.

문제 42F.

칠판에 수 $1$ 이 적혀 있습니다. 매분 칠판에 수 $a$ 가 적혀 있으면, 그 수를 지우고 구간 $[0,2.01a]$ 에서 균등하게 무작위로 고른 실수로 바꿉니다. 이렇게 얻은 수열이 $0$ 으로 수렴할 확률은 얼마입니까?

힌트. 이 사건은 확률 $1$ 로 일어납니다. $X_{n}$ 을 $n$ 번째 단계에서 칠판에 적힌 수라 하고 $\mu=\frac{1}{2.01}\int_{0}^{2.01}\log t\;dt$ 라 할 때, $\log(X_{n})-n\mu$ 가 마팅게일임을 보이십시오. (덧붙여, 큰 수의 법칙을 이용해도 됩니다.)

	$\displaystyle A$	$\displaystyle=\{\omega\mid X(\omega)=1\}$
	$\displaystyle B$	$\displaystyle=\{\omega\mid X(\omega)=2\}$
	$\displaystyle C$	$\displaystyle=\{\omega\mid X(\omega)=3\}$

장 42 정지된 마팅게일 (작성 예정)

42.1 거의 확실하게 돈을 버는 방법

예제 42.1.1 (18세기 프랑스보다도 더 탐욕스럽게).

42.2 부분 σ-대수와 여과

정의 42.2.1.

예제 42.2.2 (부분 σ-대수의 예).

정의 42.2.3.

정의 42.2.4.

예제 42.2.5 (여과).

연습문제 42.2.6.

예제 42.2.7.

연습문제 42.2.8.

42.3 조건부 기댓값

예제 42.3.1 (여기서 고등학교 수준의 방법으로는 부족한 이유).

예제 42.3.2.

명제 42.3.3 (조건부 기댓값의 정의).

증명.

정의 42.3.4.

예제 42.3.5.

비고 42.3.6 (이 표기법은 끔찍합니다).

표기의 남용 42.3.7.

42.4 우마팅게일

정의 42.4.1.

표기의 남용 42.4.2 (어차피 그 여과라는 것은 아무도 쓰지 않습니다).

예제 42.4.3 (우마팅게일).

예제 42.4.4 (경박하고 도발적인 예시 — 현실의 삶은 우마팅게일입니다).

정리 42.4.5 (둡의 마팅게일 수렴 정리).

42.5 선택적 정지

정의 42.5.1.

명제 42.5.2 (정지된 우마팅게일은 여전히 우마팅게일입니다).

증명.

정리 42.5.3 (둡의 선택적 정지 정리).

증명.

연습문제 42.5.4.

따름정리 42.5.5.

증명.

42.6 선택 정지의 재미있는 응용 (TO DO)

42.6.1 투표 문제

명제 42.6.1 (투표 문제).

예제 42.6.2.

연습문제 42.6.3.

비고 42.6.4 (이것은 약간 반칙입니다).

42.6.2 ABRACADABRA

42.6.3 USA TST 2018

42.7 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 42A (마팅게일의 예).

문제 42B.

문제 42C (Wald의 항등식).

문제 42D (편향되지 않은 취객의 걸음).

문제 42E (치우친 취객의 걸음).

문제 42F.

42.2 부분 $\sigma$ -대수와 여과

예제 42.2.2 (부분 $\sigma$ -대수의 예).