\magnification=\magstep1
\input amstex
\hsize=16truecm

%\parskip=1pt plus 1pt
\define\A{{\bold A}}
\define\BB{{\bold B}}
\define\DD{{\bold D}}
\define\T{{\bold T}}
\define\U{{\bold U}}
\define\({\left(}
\define\){\right)}
\define\[{\left[}
\define\]{\right]}
\define\e{\varepsilon}
\define\oo{\omega}
\define\const{\text{\rm const.}\,}
\define\Var{\text{\rm Var}\,}
\define\Cov{\text{\rm Cov}\,}
\define\supp {\sup\limits}
\define\inff{\inf\limits}
\define\summ{\sum\limits}
\define\prodd{\prod\limits}
\define\limm{\lim\limits}
\define\limsupp{\limsup\limits}
\define\liminff{\liminf\limits}
\define\bigcapp{\bigcap\limits}
\define\bigcupp{\bigcup\limits}
\redefine\Re{\text{\rm Re}\,}
\redefine\Im{\text{\rm Im}\,}


\centerline{\bf TOV\'ABBI FELADATOK}
\medskip\noindent

A k\"ovetkez\H{o} feladatok v\'eletlen bolyong\'asokkal kapcsolatos
k\'erd\'esekr\H{o}l sz\'olnak. Tekints\"uk egy szab\'alyos
p\'enzdarab v\'egtelen sok egym\'as ut\'ani (f\"uggetlen)
dob\'as\'at, \'es tekints\"unk egy r\'eszecsk\'et, amely az
orig\'ob\'ol indul el, \'es az eg\'esz sz\'amok r\'acs\'an l\'epked
a k\"ovetkez\H{o} szab\'aly szerint. Tart\'ozkodjon a r\'eszecske az
$n-1$-ik l\'ep\'es ut\'an $n=1,2,\dots$, valamely $j$-pontban.
Ekkor az $n$-ik l\'ep\'esben a r\'eszecske a $j+1$ pontba l\'ep, ha
az $n$-ik p\'enzdob\'as eredm\'enye fej, (azaz ebben az esetben 1-et
l\'ep jobbra), \'es a $j-1$ pontba l\'ep, ha az $n$-ik dob\'as
eredm\'enye \'{\i}r\'as, (azaz ebben az esetben 1-et l\'ep balra). A
r\'eszecske \'altal egym\'as ut\'an megtett l\'ep\'esek sorozat\'at
a r\'eszecske bolyong\'as\'anak nevezz\"uk.

\medskip
{\it Feladatok.}
\item{1.)} Mi annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy a r\'eszecske
a bolyong\'as $2n$-ik l\'ep\'es\'eben visszat\'er az orig\'oba?
\item{2.)} Mi annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy a r\'eszecske
a bolyong\'as $2n$-ik l\'ep\'es\'eben t\'er vissza el\H{o}sz\"or az
orig\'oba?
\item{3.)} Mi annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy a r\'eszecske
a bolyong\'as $2n$-ik l\'ep\'esben visszat\'er az orig\'oba, \'es az
azt megel\H{o}z\H{o} l\'ep\'esekben csak nem negat\'{\i}v sz\'amokat
l\'atogatott meg?
\item{4.)} Mi annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy a r\'eszecske
a bolyong\'as els\H{o}  $n$ l\'ep\'es\'eben csak nem negat\'{\i}v
sz\'amokat l\'atogatott meg?

\medskip
{\it Megold\'asok:}

\item{1.)} A r\'eszecske akkor l\'ep vissza az orig\'oba a
bolyong\'as $2n$-ik l\'ep\'es\'eben, ha az els\H{o} $2n$
l\'ep\'esben pontosan $n$-szer l\'epett jobbra, \'es $n$-szer
l\'epett balra, azaz az els\H{o} $2n$ p\'enzdob\'asban $n$ darab
fej \'es $n$ darab \'{\i}r\'as dob\'as volt. \"Osszesen
$\binom{2n}n$ ilyen $2n$ hosz\'us\'ag\'u dob\'assorozat van, \'es
mindegyiknek a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege $2^{-2n}$. Ez\'ert a
keresett val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg $\binom{2n}n2^{-2n}$.
\item{2.} Vezess\"uk be a bolyong\'as
$X(0),X(1),\dots,X(2n)$ p\'aly\'ait, ahol $X(j)$
jel\"oli a r\'eszecske tart\'ozkod\'asi hely\'et a $j$-ik l\'ep\'es
megt\'etele ut\'an, (term\'eszetesen $X(0)=0$), \'es te\-kint\-s\"uk
a p\'alya \'altal meghat\'arozott
$(0,X(0)$, $(1,X(1))$,\dots, $(2n,X(2n))$ pontokat
\"osszek\"ot\H{o} t\"or\"ottvonalat. Sz\'am\'{\i}tsuk ki az olyan
p\'aly\'ak sz\'am\'at, amelyekre $X(j)<0$ minden $1\le j\le 2n-1$
indexre \'es $X(2n)=0$. Az ilyen p\'aly\'ak \'altal meghat\'arozott
t\"or\"ottvonalak \'atmennek az $(1,-1)$, \'es a $(2n-1,-1)$ pontokon,
\'es $X(j)<0$, ha $1\le j\le 2n-1$. Az olyan pontok sz\'ama,
amelyekre az \'altaluk meghat\'arozott t\"or\"ottvonalak \'atmennek
az $(1,-1)$, \'es a $(2n-1,-1)$ pontokon $\binom{2n-2}{n-1}$.
Sz\'amoljuk ki h\'any olyan p\'alya van ezek k\"oz\"ott, amelyre
l\'etezik olyan $l$ sz\'am, amelyre $X(l)\ge0$. Egy ilyen
p\'aly\'ara l\'etezik olyan $j$, $1\le j\le 2n-1$, index is, amelyre
$X(j)=0$, \'es jel\"olje $j_0$ a legkisebb ilyen indexet. Az
\"osszesz\'amoland\'o, az $(1,-1)$ \'es $(2n-1,1)$ pontokat
\"osszek\"ot\H{o} ``rossz'' g\"orb\'eket meghat\'aroz\'o p\'aly\'ak
sz\'am\'at meghat\'arozhatjuk a k\"ovetkez\H{o} t\"ukr\"oz\'esi
elv seg\'{\i}ts\'eg\'evel. Minden ilyen p\'aly\'anak feleltess\"uk
meg azt az $\bar X(j)$, $1\le j\le 2n-1$ p\'aly\'at, amelyre
$\bar X(j)=X_j$, ha $1\le j\le j_0$, \'es $\bar X(j)=-X(j)$, ha
$j_0<j\le 2n-1$. (Az\'ert nevezz\"uk ezt a m\'odszert
t\"ukr\"oz\'esi elvnek, mert geometriailag a k\"ovetkez\H{o}k\'epp
interpret\'alhat\'o. Vegy\"uk a p\'alya \'altal
meghat\'arozott t\"or\"ottvonalat, hagyjuk el bel\H{o}le a
$(0,0)$ \'es a $(2n,0)$ pontot, illetve az e pontokb\'ol
kiindul\'o szakaszt, \'es n\'ezz\"uk azt a t\"or\"ottvonalat,
amelyet \'ugy kapunk, hogy ennek a t\"or\"ottvonalnak
az abszcissza els\H{o} el\'er\'ese ut\'an lev\H{o} r\'esz\'et
t\"ukr\"ozz\"uk az abszcissza tengelyre.) Be lehet l\'atni, hogy ez
az $X(\cdot)\to \bar X(\cdot)$ lek\'epez\'es k\"olcs\"on\"osen
egy\'ertelm\H{u} megfeleltet\'es az \"osszesz\'amoland\'o $X(j)$,
$1\le j\le 2n-1$ p\'aly\'ak \'es azon $\bar X(j)$, $1\le j\le 2n-1$,
p\'aly\'ak k\"oz\"ott, amelyekre $\bar X(1)=-1$, \'es
$\bar X(2n-1)=1$. Az $\bar X(t)$ tipus\'u p\'aly\'ak sz\'ama
$\binom {2n-2}n$. (Ezek ugyanis olyan p\'aly\'ak, ahol $2n-2$
l\'ep\'esben $n-2$-szer l\'ep\"unk balra, \'es $n$-szer
l\'ep\"unk jobbra.) Ez\'ert azon $X(j)$, $0\le j\le 2n,$
p\'aly\'ak sz\'ama, amelyekre $X(j)\ge0$ valamilyen
$1\le j\le 2n-1$ indexre, \'es $X(2n)=0$ $\binom{2n-2}n$.
Innen azon $X(j)$, $0\le j\le 2n$,
p\'aly\'ak sz\'ama, amelyekre $X(j)<0$ minden
$1\le j\le 2n-1$ indexre \'es $X(2n)=0$,
$\binom{2n-2}{n-1}-\binom{2n-2}n=\binom{2n-2}{n-1}\(1-\frac{n-1}n\)
=\frac1n\binom{2n-2}{n-1}$. Mivel minden $2n$ hossz\'us\'ag\'u p\'alya
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege $2^{-2n}$, \'es figyelembe kell venni azokat
a p\'aly\'akat is, amelyekre $X(2n)=0$, \'es $X(j)>0$ $1\le j\le 2n-1$
indexre, ez\'ert a keresett
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg $\frac2{n2^{2n}}\binom{2n-2}{n-1}$.
\item{3.)} A v\'alasz $\frac1{(n+1)2^{2n}}\binom{2n}n$. Ezt a 2.
feladat megold\'as\'ahoz hasonl\'oan bizony\'{\i}thatjuk, de
k\"ozvetlen\"ul is visszavezethetj\"uk r\'a. A feladat felt\'eteleit
teljes\'{\i}t\H{o} $2n$ hossz\'us\'ag\'u p\'aly\'ak sz\'am\'at
\"osszesz\'amolhatjuk \'ugy, hogy minden ilyen p\'alya el\'e
elhelyez\"unk egy $+1$ ut\'ana pedig egy $-1$ l\'ep\'est. \'Igy a
keresett $2n$ hossz\'us\'ag\'u p\'aly\'ak sz\'ama megegyezik
az olyan $2n+2$ hossz\'u p\'aly\'ak sz\'am\'aval, amelyekre $X(2n+2)=0$,
\'es $X(j)>0$, ha $1\le j\le 2n+1$.
\item{4.)} Elegend\H{o} a feladatot p\'aratlan, azaz $2n+1$ alak\'u
l\'ep\'essz\'amok eset\'en megoldani. Ugyanis ilyen esetben a
bolyong\'as \'ert\'eke az utols\'o l\'ep\'esben egy p\'aratlan
\'ert\'ek\H{u} sz\'am, \'es ha ez nem negat\'{\i}v, akkor a
bolyong\'as \'ert\'eke k\"ovetkez\H{o} l\'ep\'es ut\'an is
nem negat\'{\i}v.
\item{} Jel\"olje $p_k=p_k(2n+1)$ annak a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg\'et, hogy a bolyong\'as $2n+1$
l\'ep\'esben a $k$ pontba ker\"ul, \'es a bolyong\'as az els\H{o}
$2n+1$ l\'ep\'es valamelyik\'eben negat\'{\i}v \'ert\'eket is
felvesz, $P_k=P_k(2n+1)$ pedig jel\"olje annak a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg\'et, hogy a bolyong\'as a $2n+1$-ik
l\'ep\'esben a $k$ pontba jut. Ekkor a minket \'erdekl\H{o}
esem\'eny komplementer\'enek a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege
$\summ_{k=-\infty}^\infty p_k$, \'es a vizsg\'alt
esem\'eny val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege
$1-\summ_{k=-\infty}^\infty p_k$. Ez\'ert a feladat megold\'asa
\'erdek\'eben \'erdemes kisz\'amolni a $p_k$
va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H{u}\-s\'e\-ge\-ket. Ezt a 2. feladat 
megold\'as\'ahoz hasonl\'oan a t\"ukr\"oz\'esi elv 
seg\'{\i}ts\'eg\'evel megtehetj\"uk.
\item{} Vegy\"uk \'eszre, hogy $P_k=p_k=0$, ha $k$ p\'aros sz\'am,
\'es $P_k=p_k$, ha $k<0$. Ha $k$ p\'aratlan pozit\'{\i}v sz\'am,
akkor $p_k=P_{-k-2}$. Ugyanis, ha tekint\"unk egy olyan
bolyong\'ast, amelyre az \'altala meghat\'arozott
t\"or\"ottvonal a $2n+1$-ik l\'ep\'es ut\'an a $k$ pontba \'er,
($k\ge1$,) \'es valamely kor\'abbi id\H{o}pontban megl\'atogatja a
$-1$ pontot, \'es t\"ukr\"ozz\"uk e t\"or\"ottvonalnak a $-1$ pont
els\H{o} megl\'atogat\'asa ut\'ani r\'esz\'et az $y=-1$ egyenesre,
akkor k\"olcs\"on\"osen egy\'ertelm\H{u} megfeleltet\'est
l\'etes\'{\i}t\"unk ezen bolyong\'asok \'es az olyan bolyong\'asok
k\"oz\"ott, amelyeknek az \'ert\'eke a $2n+1$-ik l\'ep\'es ut\'an
$-k-2$. Ez\'ert $p_k=P_{-k-2}=P_{k+2}$, ha $k\ge1$. Innen
$1-\summ_{k=-\infty}^\infty p_k=1-\summ_{k>0}P_{k+2}-\summ_{k\le0}P_k
=1-\summ_{k\neq1}P_k=P_1$. E sz\'amol\'asban felhaszn\'altuk, hogy
$\summ_{k=-\infty}^\infty P_k=1$, \'es $P_{2k}=0$ minden $k$-ra.
Ez\'ert a keresett val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg
$2n+1$ param\'eterrel $2^{-2n-1}\binom{2n+1}n$.

\vfill\eject

\noindent
{\it Az el\H{o}z\H{o} feladatokhoz kapcsol\'od\'o tov\'abbi
probl\'em\'ak.}
\medskip

\item{5.)} Adjunk nagy $n$ sz\'amokra j\'o aszimptotik\'at az
els\H{o} \'es m\'asodik feladat megold\'as\'aban kapott eredm\'eny
nagys\'agrendj\'ere, azaz annak val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg\'ere,
hogy egy bolyong\'as az $n$-ik l\'ep\'esben visszat\'er az
orig\'oba, illetve annak val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg\'ere, hogy a
bo\-lyon\-g\'as az $n$-ik l\'ep\'esben t\'er oda vissza el\H{o}sz\"or.

\item{} {\it Megold\'as:}\/ Alkalmazzuk a Stirling formul\'at, amely
szerint $n!\sim \sqrt{2\pi n}\(\frac ne\)^n$ nagy $n$-re, azaz
a k\'et oldalon lev\H{o} kifejez\'esek h\'anyadosa 1-hez tart, ha
$n\to\infty$. Ennek alapj\'an
$\binom{2n}n=\frac{(2n)!}{n!^2}\sim\frac{\sqrt{4\pi n}}{2\pi n}
\frac{\(\frac{2n}e\)^{2n}}{\(\frac ne\)^{2n}}=\frac1{\sqrt{\pi n}}2^{2n}$.
Innen az els\H{o} feladat eredm\'enye
$\binom{2n}n2^{-2n}\sim\frac1{\sqrt \pi n}$, a m\'asodik feladat
eredm\'enye pedig
$\frac1{n2^{2n}}\binom{2n-2}{n-1}\sim\frac1{4\sqrt\pi n^{3/2}}$.

\medskip
Egy bolyong\'as 1 val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eggel visszat\'er az 
orig\'oba. Ez k\"ovetkezik p\'eld\'aul a 4. feladat 
eredm\'eny\'eb\H{o}l. Az ugyanis, hogy a bolyong\'as nem t\'er vissza 
az orig\'oba azt jelenti, hogy az vagy minden $n\ge1$ id\H{o}pontban 
pozit\'{\i}v vagy minden $n\ge1$ id\H{o}pontban negat\'{\i}v 
\'ert\'eket vesz fel. Viszont a 4.~feladat eredm\'enye alapj\'an 
mind a k\'et esem\'eny val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege nulla.
(Ugyanis $2^{-2n-1}\binom{2n+1}n\sim\const n^{-1/2}\to0$, ha $n\to\infty$.)
A m\'asodik \'es \"ot\"odik feladat eredm\'enye alapj\'an viszont meg
lehet mutatni, hogy ez csak sok\'ara k\"ovetkezik be, az els\H{o}
visszat\'er\'es idej\'enek a v\'arhat\'o \'ert\'eke v\'egtelen. Ezen
k\'et \'all\'{\i}t\'asnak t\"obb bizony\'{\i}t\'asa ismeretes. Most
egy olyan megold\'ast t\'argyalunk, amely k\'et \"onmag\'aban is
\'erdekes azonoss\'ag bizony\'{\i}t\'as\'an alapul.

\item{6.)} R\"ogz\'{\i}ts\"unk egy $n$ pozit\'{\i}v eg\'esz sz\'amot
\'es a $[0,n]$ intervallumot. Tekints\"unk egy olyan bolyong\'ast,
amely valamely $x$ (eg\'esz) sz\'amhoz tartoz\'o pontb\'ol indul ki,
$0\le x\le n$. Annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy a bolyong\'as
a 0 \'es $n$ pontok k\"oz\"ul az $n$ pontot l\'atogatja meg
el\H{o}sz\"or $\frac xn$, annak, hogy a 0 pontot, $1-\frac xn$.

\item{7.)} Tekints\"uk az el\H{o}z\H{o} feladatban vizsg\'alt $x$
pontb\'ol kiindul\'o bolyong\'ast. A 0 vagy $n$ pont valamelyik\'enek
az els\H{o} megl\'atogat\'as\'ahoz sz\"uks\'eges l\'ep\'essz\'am
v\'arhat\'o \'ert\'eke $x(n-x)$.

\medskip
Az 5. \'es 6. feladat megold\'as\'aban felhaszn\'aljuk azt a
t\'enyt, hogy 1 annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy a 0 \'es
$n$ pont valamelyik\'et megl\'atogatjuk, s\H{o}t az is igaz, hogy
a k\'et pont valamelyik\'enek az els\H{o} megl\'atogat\'as\'ahoz
sz\"uks\'eges l\'ep\'essz\'am v\'arhat\'o \'ert\'eke v\'eges.
Azt\'an egy k\"ul\"on feladatban ezt is bel\'atjuk.

\medskip
{\it A 6. \'es 7. feladat megold\'asa.}
\medskip

\item{6.)} Legyen $p(x)$ annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege,
hogy az $x$ pontb\'ol kiindulva az $n$ pontot l\'atogatjuk meg
el\H{o}sz\"or, $q(x)$, hogy a 0 pontot.
Ekkor $p(x)+q(x)=1$, $p(0)=0$, $p(n)=1$, \'es
$p(x)=\frac12(p(x-1)+p(x+1))$ minden $1\le x\le n-1$ sz\'amra.
Legyen $p(1)=y$. Ekkor alkalmazva rekurzive a
$p(x)=\frac12(p(x-1)+p(x+1))$ azonoss\'agot minden $k=1,2,\dots$ 
sz\'amra kapjuk, hogy $p(k)=ky$, $k=1,\dots,n-1$ V\'eg\"ul 
al\-kal\-maz\-va ezt az azonoss\'agot $x=n-1$-re kapjuk, hogy 
$(n-1)y=\frac12((n-2)y+1)$,
ahonnan $y=\frac1n$, $p(x)=\frac xn$, $q(x)=1-\frac xn$.
\item{7.)} Jel\"olje $f(x)$ a 0 vagy $n$ pont valamelyik\'enek az
els\H{o} megl\'atogat\'as\'ahoz sz\"uks\'eges l\'ep\'essz\'am
v\'arhat\'o \'ert\'ek\'et, ha az $x$ pontb\'ol indul a bolyong\'as.
Ekkor $f(x)=\frac12(f(x-1)+f(x+1))+1$, ha $1\le x\le n-1$,
\'es $f(n)=0$, $f(0)=0$. Vezess\"uk be a $g(x)=f(x)-x(n-x)$. Mivel
$x(n-x)=\frac12[(x-1)(n-(x-1))+(x+1)(n-(x+1))]+1$, ez\'ert
$g(x)=\frac12[g(x-1)+g(x+1)]$, ha $1\le x\le n-1$. Tov\'abb\'a
$g(0)=g(n)=0$, ahonnan $g(x)=0$, $f(x)=x(n-x)$ minden $0\le x\le n$
sz\'amra.

\medskip
\item{8.)} L\'assuk be a 6. \'es 7. feladat m\'eg hi\'anyz\'o
r\'esz\'et, azt hogy a tekintett bo\-lyon\-g\'a\-sok\-ban a 0 
vagy $n$ pont valamelyik\'enek az els\H{o} megl\'atogat\'as\'ahoz
sz\"uks\'eges l\'ep\'essz\'am v\'arhat\'o \'ert\'eke v\'eges.
\item{} {\it Megold\'as:}\/ Jel\"olje $A_k$ azt az esem\'enyt,
amely akkor k\"ovetkezik be, ha a bo\-lyon\-g\'as $m$-ik l\'ep\'ese
minden $kn<m<(k+1)n$ sz\'amra $+1$-gyel egyenl\H{o}. Vezess\"uk be 
azt a $Z$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'ot, amely $kn$-nel 
egyenl\H{o}, ha az $A_k$ esem\'eny bek\"ovetkezik, de az $A_j$ 
esem\'eny $j<k$ indexre nem k\"ovetkezik be.
Ekkor a $Z$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o ny\'{\i}lv\'an
nagyobb, mint a keresett l\'ep\'essz\'am. Ez\'ert el\'eg megmutatni,
hogy $EZ<\infty$. Ez viszont k\"onnyen ellen\H{o}rizhet\H{o}, mert
$P(Z=kn)=(1-p)^{k-1}p$, $p=2^{-n}$ param\'eterrel.

\item{9.)} Mutassuk meg a 6. \'es 7. feladat eredm\'eny\'enek a
seg\'{\i}ts\'eg\'evel, hogy egy az orig\'ob\'ol indul\'o bolyong\'as
1 val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eggel visszat\'er az orig\'oba, viszont a
visszat\'er\'eshez sz\"uks\'eges l\'ep\'essz\'am v\'arhat\'o
\'ert\'eke v\'egtelen.
\item{} {\it Megold\'as:}\/ El\'eg megmutatni, hogy a
visszat\'er\'es felt\'eteles val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege 1, az els\H{o}
visszat\'er\'es idej\'enek felt\'eteles v\'arhat\'o \'ert\'eke pedig
v\'egtelen ama felt\'etel mellett, hogy a bolyong\'as els\H{o}
l\'ep\'ese $+1$ volt. Eme felt\'etel mellett viszont annak a
va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H{u}\-s\'e\-ge, hogy a bolyong\'as a 
null\'aba hamarabb t\'er vissza, mint az $n$ pontba $1-\frac1n$. 
Innen $n\to\infty$ hat\'ar\'atmenettel kapjuk, hogy az orig\'oba 
val\'o visszat\'er\'es val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege 1.
Hasonl\'oan az orig\'oba val\'o els\H{o} visszat\'er\'es idej\'enek
a v\'arhat\'o \'ert\'eke nagyobb, mint annak az id\H{o}nek a
v\'arhat\'o \'ert\'eke, ami arra kell, hogy vagy az orig\'ot vagy az
$n$ pontot el\'erj\"uk. De ez ut\'obbi v\'arhat\'o \'ert\'ek $n$-nel
egyenl\H{o}. Innen $n\to\infty$ hat\'ar\'atmenettel kapjuk a
v\'arhat\'o \'ert\'ekre vonatkoz\'o \'all\'{\i}t\'ast.

\medskip

\item{10.)} Minden $x>0$ sz\'amra
$$
\(\frac1x-\frac1{x^3}\)\varphi(x)<1-\Phi(x)<\frac1x \varphi(x),
$$
ahol $\Phi(x)$ \'es $\varphi(x)$ a standard norm\'alis eloszl\'as \'es
s\H ur\H us\'egf\"uggv\'eny.
\item{} \'Altal\'anosabban, minden $k\ge0$-ra teljes\"ul a
$$
\sum_{l=0}^{2k+1}\frac{(-1)^lc_l}{x^{2l+1}}\,\varphi(x)<1-\Phi(x)<
\sum_{l=0}^{2k}\frac{(-1)^lc_l}{x^{2l+1}}\,\varphi(x)\;,\quad\text{ha }
x>0
$$
egyenl\H otlens\'eg alkalmas $c_l>0$ konstansokkal, ahol $c_0=1$,
c$_1=1$, $c_2=3$, \'es a tov\'abbi konstansok is explicit m\'odon
megadhat\'oak.

\item{} {\it Megold\'as:}\/ Parci\'alis integr\'al\'assal kapjuk, 
hogy minden $x>0$ sz\'amra
$$
\align
\sqrt{2\pi}(1-\Phi(x))&=\int_x^\infty e^{-u^2/2}\,du
=\int_x^\infty \frac1u  \(u e^{-u^2/2}\)\,du\\
&=\frac1x e^{-x^2/2}-\int_x^\infty\frac1{u^2} e^{-u^2/2}\,du
=\frac1x e^{-x^2/2}-\int_x^\infty\frac1{u^3} \(ue^{-u^2/2}\)\,du\\
&=\frac1x e^{-x^2/2}-\frac1{x^3}e^{-x^2/2}+
\int_x^\infty\frac3{u^4} e^{-u^2/2}\,du.
\endalign
$$
Az $1-\Phi(x)$ kifejez\'esre a m\'asodik sorban kapott kifejez\'esb\H{o}l
kapjuk, hogy $1-\Phi(x)<\frac1x \varphi(x)$, a harmadik sorban 
kapott kifejez\'esb\H{o}l pedig azt, hogy
$\(\frac1x-\frac1{x^3}\)\varphi(x)<1-\Phi(x)$.
\item{} Az \'altal\'anosabb \'all\'{\i}t\'as tov\'abbi parci\'alis
integr\'al\'assal hasonl\'o m\'odon bizony\'{\i}that\'o be.

\medskip\noindent
{\it Megjegyz\'es:} Sok vizsg\'alatban el\'eg az $1-\Phi(x)$ f\"uggv\'eny
nagys\'agrendj\'et olyan pontoss\'aggal tudni, hogy 
$1-\Phi(x)\sim\const \frac1x e^{-x^2/2}$ nagy $x$ sz\'amokra. Ez 
heurisztikusan a k\"ovetkez\H{o}k\'epp l\'athat\'o. $1-\Phi(x)=
\int_x^\infty \frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-u^2/2}\,du
\sim\int_x^{x+h} \frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-u^2/2}\,du$, ahol a $h$
konstanst \'ugy \'erdemes v\'alasztani, hogy az integrandus a
konstansszoros\'ara cs\"okkenjen. Ez azt sugallja, hogy v\'alasszuk
$h$-t $h=\frac1x$-nek, mert $(x+\frac1x)^2=x^2+2+o(1)$, \'es
$1-\Phi(x)=\int_x^\infty \frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-u^2/2}\,du
\sim\int_x^{x+h} \frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-u^2/2}\,du\sim\const
he^{-x^2/2}=\frac{\const}xe^{-x^2/2}$. Hasonl\'o meggondol\'as
alapj\'an azt v\'arjuk, hogy ha $u(x)$ sima, (differenci\'alhat\'o) 
monoton f\"uggv\'eny, amely gyorsan tart v\'egtelenhez a 
v\'egtelenben, akkor 
$\int_x^\infty e^{-u(t)}\,dt\sim\const \frac1{u'(x)}e^{-u(x)}$ nagy
$x$ sz\'amokra.

\medskip
\item{11.} Legyenek $\xi_1,\xi_2,\dots$, f\"uggetlen, standard norm\'alis
eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'ok. Mutassuk meg,
hogy minden $x$ val\'os sz\'amra
$$
\lim_{n\to\infty}P\(\max_{1\le k\le n}\xi_k
<\sqrt{2\log n-\log\log n-\log 4\pi+x}\)=e^{-e^{-x/2}}.
$$
\item{} {\it Megold\'as:}\/ Vezess\"uk be az $x_n=
\sqrt{2\log n-\log\log n-\log 4\pi+x}$ jel\"ol\'est, \'es
\'{\i}rjuk fel a 
$P\(\max\limits_{1\le k\le n}\xi_k<x_n\)=\Phi(x_n)^n=\(1-(1-\Phi(x_n)\)^n$
azonoss\'agot. Az ezen azonoss\'ag jobboldal\'an \'all\'o
kifejez\'est j\'ol tudjuk becs\"ulni az $1-\Phi(x)$ kifejez\'esre
az el\H{o}z\H{o} feladatban adott als\'o \'es fels\H{o} korl\'at
seg\'{\i}ts\'eg\'evel. Val\'oban, fel\'{\i}rhatjuk, hogy
$P\(\max\limits_{1\le k\le n}\xi_k<x_n\)\le
\(1-\frac1{\sqrt{2\pi}x_n}e^{-x_n^2/2}\)^n=
\(1-\frac{2\sqrt{\pi\log n}}{\sqrt{2\pi}x_n}\frac1ne^{-x/2}\)^n$. 
Tov\'abb\'a, mivel 
$\limm_{n\to\infty}\frac{2\sqrt{\pi\log n}}{\sqrt{2\pi}x_n}=1$, innen
azt kapjuk, hogy
$$
\limsupp_{n\to\infty}P\(\max\limits_{1\le k\le n}\xi_k<x_n\)\le
\limsupp_{n\to\infty}\(1-\frac1ne^{-x/2}\)^n=e^{-e^{-x/2}}.
$$
Hasonl\'oan, a
$$
\align
P\(\max\limits_{1\le k\le n}\xi_k<x_n\)&\ge
\(1-\frac1{\sqrt{2\pi}}\(\frac1{x_n}-\frac1{x_n^3}\)e^{-x_n^2/2}\)^n\\
&=\(1-\frac{2\sqrt{\pi\log n}}{\sqrt{2\pi}}
\(\frac1{x_n}-\frac1{x_n^3}\)\frac1ne^{-x/2}\)^n
\endalign
$$ 
egyenl\H{o}tlens\'egb\H{o}l kapjuk, hogy
$\liminff_{n\to\infty}P\(\max\limits_{1\le k\le n}\xi_k<x_n\)\ge
e^{-e^{-x/2}}$.

\medskip\noindent
{\it Megjegyz\'es:}\/ N\'emi sz\'amol\'as mutatja, hogy a 11. feladat
eredm\'enye ekvivalens a k\"o\-vet\-ke\-z\H{o} \'all\'{\i}t\'assal: 
Ha $\xi_1,\xi_2,\dots$, f\"uggetlen, standard norm\'alis
eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'al\-to\-z\'ok, akkor
minden $x$ val\'os sz\'amra
$$
\lim_{n\to\infty}P\(\max_{1\le k\le n}\xi_k
-\sqrt{2\log n}-\frac{\log\log n-\log 4\pi}{2\sqrt{2\log n}}
<\frac x{\sqrt{2\log n}}\)=e^{-e^{-x}}.
$$

\medskip
A 11. feladat eredm\'enye alapj\'an f\"uggetlen, standard norm\'alis
eloszl\'as\'u $\xi_1,\dots,\xi_n$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi 
v\'altoz\'ok $\max\limits_{1\le k\le n}\xi_k$ maximuma majdnem 1
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eggel a $\sqrt{2\log n}$ sz\'am k\"ozel\'eben
koncentr\'al\'odik. Nem neh\'ez bel\'atni a fenti sz\'amol\'asokhoz 
hasonl\'o m\'odon, hogy  
$E\max\limits_{1\le k\le n}\xi_k\le\sqrt{2\log n}$. A 2008. \'evi
Schweitzer verseny al\'abb t\'argyaland\'o 
va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H{u}\-s\'eg\-sz\'a\-m\'{\i}\-t\'a\-si
feladata azt \'all\'{\i}tja, hogy ez a becsl\'es nem csak f\"uggetlen
norm\'alis val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'okra \'erv\'enyes.

\medskip
\item{12.} Legyenek $\xi_1,\dots,\xi_n$ (nem felt\'etlen\"ul f\"uggetlen)
nulla v\'arhat\'o \'ert\'ek\H{u} norm\'alis el\-osz\-l\'a\-s\'u
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'ok, amelyekre $E\xi_k^2\le1$,
$1\le k\le n$. Ekkor
$$
E\max\limits_{1\le k\le n}\xi_k\le\sqrt{2\log n}.
$$ 
\item{} {\it Megold\'as.} Legyen 
$Z=E\max\limits_{1\le k\le n}\xi_k$. Ekkor a Jensen
egyenl\H{o}tlens\'eg alapj\'an tet\-sz\H{o}\-le\-ges $t\ge0$ 
sz\'amra $e^{EtZ}\le Ee^{tZ}$, azaz $EZ\le \frac1t\log Ee^{tZ}$. 
Mivel $Ee^{tZ}\le E\summ_{k=1}^nEe^{t\xi_k}\le ne^{t^2/2}$, innen
$$
E\max\limits_{1\le k\le n}\xi_k\le\frac1t\log ne^{t^2/2}
=\frac{\log n}t+\frac t2,
$$
\'es $t=\sqrt{2\log n}$ v\'alaszt\'assal ad\'odik a feladat 
\'all\'{\i}t\'asa.

\medskip
A centr\'alis hat\'areloszl\'ast\'etel szerint sok f\"uggetlen
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o \"osszege nagyon 
\'altal\'anos felt\'etelek mellett k\"ozel norm\'alis 
eloszl\'as\'u. Az al\'abb t\'argyaland\'o
Cramer--L\'evy t\'etel szerint viszont egy ilyen \"osszeg csak 
akkor lehet pontosan norm\'alis el\-osz\-l\'a\-s\'u, ha az 
\"osszes \"osszeadand\'o norm\'alis eloszl\'as\'u. 

\medskip\noindent
{\bf Cramer--L\'evy t\'etel.} {\it Legyen $\xi$ \'es $\eta$ k\'et
f\"uggetlen val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o, amelyekre
$\xi+\eta$ norm\'alis eloszl\'as\'u. Ekkor $\xi$ \'es $\eta$
is norm\'alis eloszl\'as\'u.}

\medskip
Ennek az eredm\'enynek rendk\'{\i}v\"ul \'erdekes t\"ort\'enete
van. Ezt az \'all\'{\i}t\'ast Paul L\'evy, aki h\'{\i}res volt 
rendk\'{\i}v\"uli intuici\'oj\'ar\'ol, fogalmazta meg sejt\'es 
form\'aj\'aban, \'es e sejt\'es n\'eh\'any 
k\"o\-vet\-kez\-m\'e\-ny\'et is megadta. Harald Cramer 
bizony\'{\i}totta be L\'evy sejt\'es\'et. Bizony\'{\i}t\'as\'aban 
fontos szerepet j\'atszottak bizonyos komplex f\"uggv\'enytani 
gondolatok. L\'evy ezzel a bizony\'{\i}t\'assal
el\'egedetlen volt, mert \H{o} m\'as meggondol\'asok alapj\'an
l\'atta, hogy sejt\'ese igaz. Az, hogy mi volt L\'evy 
heurisztik\'aj\'anak az alapja val\'osz\'{\i}n\H{u}leg \"or\"ok 
rejt\'ely marad.

Cramer bizony\'{\i}t\'as\'anak gondolata a k\"ovetkez\H{o} volt.
Jel\"olje $\varphi(t)=Ee^{it\xi}$ \'es $\psi(t)=Ee^{it\eta}$, 
$-\infty<t<\infty$, $\xi$ \'es $\eta$ karakterisztikus f\"uggv\'eny\'et.
Feltehetj\"uk, hogy $\xi+\eta$ standard norm\'alis eloszl\'as\'u.
Ekkor $\varphi(t)\psi(t)=e^{-t^2/2}$. Azt kell bel\'atni, hogy
ez az azonoss\'ag csak \'ugy teljes\"ulhet, ha $\varphi(\cdot)$
\'es $\psi(\cdot)$ norm\'alis eloszl\'asok karakterisztikus
f\"uggv\'enyei. A f\H{o} probl\'em\'at az okozza, hogy rendk\'{\i}v\"ul
neh\'ez kihaszn\'alni a bizony\'{\i}t\'asban azt a t\'enyt, hogy
$\varphi(t)$ \'es $\psi(t)$ karakterisztikus f\"uggv\'enyek, azaz
nagyon speci\'alis tulajdons\'ag\'u f\"uggv\'enyek.

Cramer a k\"ovetkez\H{o} m\'odon gy\H{o}zte le ezt a neh\'ezs\'eget.
Bel\'atta, hogy nemcsak a $\xi+\eta$ hanem a $\xi$ \'es $\eta$
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'ok abszolut \'ert\'ekei is 
rendk\'{\i}v\"ul kis val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eggel vesz\-nek fel nagy
\'ert\'ekeket. Innen k\"ovetkezik, hogy hogy mind a $\varphi(\cdot)$
mind a $\psi(\cdot)$ f\"uggv\'eny kiterjeszthet\H{o} egy az eg\'esz
komplex sz\'ams\'{\i}kon holomorf f\"uggv\'enny\'e, \'es
a $\varphi(z)\psi(z)=e^{-z^2/2}$ azonoss\'ag minden komplex 
sz\'amra \'erv\'enyes. Ez\'ert a $\varphi(z)$ f\"uggv\'eny
sehol sem nulla, \'es defini\'alhatjuk a $\log\varphi(z)$
holomorf f\"uggv\'enyt. Innen \'es a $\varphi(z)$ f\"uggv\'eny 
nagys\'ag\'ara kapott becs\-l\'e\-sek\-b\H{o}l, illetve a
Liouville t\'etel egy nem-trivi\'alis v\'al\-to\-za\-t\'a\-b\'ol 
k\"ovetkezik, hogy $\varphi(z)=e^{Az^2+Bz+C}$ 
alak\'u. Ezen eredm\'eny seg\'{\i}ts\'eg\'evel k\"onnyen 
l\'at\-ha\-t\'o, hogy $\varphi(t)$ egy norm\'alis eloszl\'as\'u 
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o karakterisztikus 
f\"ugg\-v\'e\-nye. Ugyanez elmondhat\'o a
$\psi(t)$ f\"ugg\-v\'eny\-r\H{o}l is. 

\medskip
\item{13.)} Bizony\'{\i}tsuk be a Cramer--L\'evy t\'etelt.
\item{} {\it Megold\'as.}\/ L\'assuk el\H{o}sz\"or be, hogy
l\'etezik olyan $B>0$ \'es $C>0$ sz\'am, amelyre 
$P(|\xi|>x)\le Be^{-Cx^2}$ minden $x>0$ sz\'amra. L\'etezik
olyan $A>0$ sz\'am, amelyre $P(|\eta|<A)\ge\frac12$. Ekkor az $x>A$
sz\'amokra $P(|\xi|>x)\le2P(|\xi|>x,|\eta|<A)\le2P(|\xi+\eta|>x-A)
\le4e^{-(x-A)^2/2}$. Innen k\"ovetkezik, hogy 
$P(|\xi|>x)\le Be^{-Cx^2}$ minden $x>A$ sz\'amra 
alkalmas $B>0$ \'es $C>0$ sz\'amokkal. A $B$ sz\'am eset\-le\-ges
n\"ovel\'es\'evel el\'erhetj\"uk, hogy ez az egyenl\H{o}tlens\'eg
minden $x>0$ sz\'amra \'erv\'enyes legyen. Fel\'{\i}rhatjuk, hogy 
$|Ee^{z\xi}|\le Ee^{\Re z\xi}\le Ee^{|\Re z||\xi|}
=\int_0^\infty e^{|\Re z|x}F(\,dx)$ minden komplex $z$ sz\'amra, 
ahol $F(x)=P(|\xi|<x)$ a $|\xi|$  val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi 
v\'altoz\'o el\-osz\-l\'as\-f\"ugg\-v\'e\-nye.
Innen a most bizony\'{\i}tott egyenl\H{o}tlens\'eg alapj\'an 
parci\'alis integr\'al\'assal azt kapjuk, hogy 
$$
\align
|Ee^{z\xi}|&\le \int_0^\infty
(1-F(x))d\,e^{|\Re z| x}\le B|\Re z|\int_0^\infty e^{-Cx^2+|\Re z|x}\,dx\\
&=B|\Re z|e^{|\Re z|^2/C^2}\sqrt{2\pi}/C\le K_1e^{K_2(\Re z)^2}
\le K_1e^{K_2|z|^2}
\endalign
$$ 
alkalmas $K_1>0$ \'es $K_2>0$ sz\'amokkal. 

\item{} Vezess\"uk be a $\varphi(z)=Ee^{iz\xi}$ \'es $\psi(z)=Ee^{iz\eta}$
f\"uggv\'enyeket minden komplex $z$ sz\'amra. Val\'os $t$ 
\'ert\'ekekre megszor\'{\i}tva e f\"uggv\'enyek a $\xi$ \'es $\eta$
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'ok karakterisztikus 
f\"uggv\'enyeivel egyenl\H{o}ek. Az eddigi becsl\'esek alapj\'an 
$|\varphi(z)|\le K_1e^{K_2|z|^2}$, \'es hasonl\'oan
$|\psi(z)|\le K_1e^{K_2|z|^2}$ alkalmas $K_1>0$, \'es $K_2>0$ 
sz\'amokkal. Tov\'abb\'a a $\varphi(z)$ \'es $\psi(z)$ f\"uggv\'enyek 
holomorfak az eg\'esz komplex sz\'ams\'{\i}kon. Ennek indokl\'as\'aul 
Weierstrass t\'etel\'ere \'erdemes hivatkozni, amely sze\-rint egy 
tartom\'anyban egyenletesen korl\'atos holomorf f\"uggv\'enyek 
limesze is ho\-lo\-morf ebben a tartom\'anyban. Ezenk\'{\i}v\"ul azt 
kell \'eszrevenni, hogy a $\xi$ \'es $\eta$
va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H{u}\-s\'e\-gi v\'altoz\'ok alkalmas diszkr\'et
k\"ozel\'{\i}t\'es\'evel a $\varphi(\cdot)$ \'es $\psi(\cdot)$
f\"uggv\'enyeket el\H{o}\-\'all\'{\i}t\-hat\-juk 
$\varphi(z)=\limm_{n\to\infty}\varphi_n(z)$ \'es
$\psi(z)=\limm_{n\to\infty}\psi_n(z)$ alakban, ahol $\varphi_n(z)$
\'es $\psi_n(z)$ olyan holomorf f\"uggv\'enyek, (e 
k\"ozel\'{\i}t\H{o} f\"uggv\'enyek $\sum ak^{b_kz}$ alak\'uak 
alkalmas $a_k$ \'es $b_k$ kons\-tan\-sok\-kal, ahol v\'eges 
\"osszegeket vesz\"unk), amelyekre 
$|\varphi_n(z)|\le K_1e^{K_2|z|^2}$, \'es
$|\psi_n(z)|\le K_1e^{K_2|z|^2}$ minden $n=1,2,\dots$ indexre \'es
$z$ komplex sz\'amra. A holomorf f\"ugg\-v\'e\-nyek egy\'ertelm\H{u}
kiterjeszt\'es\'er\H{o}l sz\'ol\'o eredm\'eny alapj\'an
$\varphi(z)\psi(z)=e^{-z^2/2}$ minden $z$ sz\'amra, \'es speci\'alisan
$\varphi(z)\neq0$ minden $z$ sz\'amra.

\item{} Innen az is k\"ovetkezik, hogy defini\'alhatjuk az eg\'esz 
komplex sz\'am\'{\i}kon holomorf $\log\varphi(z)$ f\"uggv\'enyt, \'es 
arra $\Re(\log\varphi(z)\le\log K_2+ K_s|z|^2 $. Val\'oban, mivel
$\frac{\frac d{dz}\varphi(z)}{\varphi z}$ holomorf az eg\'esz komplex
sz\'ams\'{\i}kon, \'es $\varphi(0)=1$, tekinthetj\"uk a 
$\log\varphi(z)$ f\"ugg\-v\'eny k\"o\-vet\-ke\-z\H{o} verzi\'oj\'at: 
$\log\varphi(z)=\int_0^z\frac{\frac d{du}\varphi(u)}{\varphi u}\,du$, 
ahol tetsz\H{o}leges a 0 \'es $z$ pontot \"osszek\"ot\H{o} sz\'ep 
g\"orb\'en tekinthetj\"uk a fenti komplex integr\'alt. Mivel 
$|e^{\log\varphi)z)}|=|\varphi(z)|\le K_1e^{K_2|z^2|}$, \'es
$|e^ {Kz^2}|=e^{\Re (Kz^2)}$ minden $z$ komplex sz\'amra innen 
ad\'odik, hogy $\Re(\log\varphi(z))\le\log K_1+ K_2|z|^2 $. 
$\Re(\log\varphi(z))$ harmonikus f\"uggv\'eny, (mert egy holomorf 
f\"uggv\'eny val\'os r\'esze). Ez\'ert a fenti 
egyenl\H{o}tlens\'egb\H{o}l \'es a Liouville t\'etel egy m\'ely
\'altal\'anos\'{\i}t\'as\'ab\'ol k\"ovetkezik,
hogy $\Re(\log(\varphi(x+iy))$ az $x$ \'es $y$ v\'altoz\'ok egy
egy m\'asodfok\'u polinomja, \'es ennek analitikus 
kieg\'esz\'{\i}t\'ese $\log\varphi(z)=Az^2+Bz+C$
alak\'u. Ez\'ert $\varphi(t)=e^{At^2+Bt+C}$ alak\'u. Tov\'abb\'a mivel
$\varphi(t)$ karakterisztikus f\"ugv\'eny, ez\'ert $\varphi(0)=1$,
$\varphi'(0)=im=iE\xi$, $\varphi''(0)=-\sigma^2=-E\xi^2$. Innen
$\varphi(t)=e^{-\sigma^2t^2/2+imt}$, egy norm\'alis eloszl\'as\'u
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o karakterisztikus
f\"uggv\'enye.



\bye



