Nagy eltérések elmélete. Független, valós értékű valószínűségi változók.

1.) Legyen ξ_{1}, …, ξ_{n} független valószínűségi változók sorozata, P (ξ_{j} = 1 − p) = 1 −

P (ξ_{j} = −p) = p, 0 < p < 1, S_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k}. (Ilyen választással Eξ_{1} = 0, Var ξ_{1} =

p(1 − p).) Az egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy p = \frac{k}{l} racionális szám, és n osztható l-lel. Ekkor P (S_{n} = 0) = \frac{1+o(1)}{\sqrt{2πnp(1−p)}}. Ha pedig P (ξ_{j} = 1 − p) =

1 − P (ξ_{j} = −p) = \frac{1}{2}, akkor P (S_{n} = 0) = \frac{1+o(1)}{\sqrt{2πnp(1−p)}}e^{n(H(p)−log 2)}, ahol H(p) =

−(p log p + (1 − p) log(1 − p)). Azon n hosszúságú 0, 1 sorozatok száma, amelyek pontosan np egyest tartalmaznak \frac{1+o(1)}{\sqrt{2πp(1−p)n}}e^{nH(p)}.

2.) Definiáljuk a H(p_{1}, …, p_{k}) = − ∑_{j=1}^{k} p_{j} log p_{j}, függvényt. Tegyük fel, hogy 0 ≤ p_{j} ≤

1, és ∑_{j=1}^{k} p_{j} = 1. Legyen p_{j} = 0 esetén p_{j} log p_{j} = 0. (A H(p_{1}, …, p_{k}) függvényt

entrópiának hívják.) Akkor

0 ≤ H(p_{1}, …, p_{k}) ≤ log k.

A jobboldalon csak akkor van egyenlőség, ha p_{j} = \frac{1}{k} minden j = 1, …, k-ra, a baloldalon pedig akkor, ha az egyik p_{j} 1-gyel egyenlő, az összes többi p_{j} pedig 0.

3.) Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független valószínűségi változók, és teljesűljön az Ee^{tξ_{j}} ≤ R(t) egyenlőtlenség valamilyen t > 0 számra és R(t) függvényre minden 1 ≤ j ≤ n indexre. Legyen S_{n} = ξ_{1} + ⋯ + ξ_{n}. Ekkor

P (S_{n} ≥ nx) ≤ e^{n(log R(t)−tx)}.

A nagy eltérések elmélete a következő kérdéssel foglalkozik: Legyenek ξ_{k}, k =

1, 2, … független, valószínűségi változók, S_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k}. Tegyük fel, hogy ezek a valószí-

nűségi változók minden nem túl megszorító, jó tulajdonsággal rendelkeznek. A P (S_{n} − ES_{n} > x(n)) valószínűségek aszimptotikus viselkedésének minél pontosabb leírását sze-

retnénk megadni, ha n → ∞. Ha x(n)^{2} nagyságrendje megegyezik a Var S_{n} = ∑_{k=1}^{n}(ξ_{k} −

Eξ_{k})^{2} szórásnégyzettel, azaz x(n) ∼ \sqrt{n}, akkor a centrális határeloszlástétel, illetve annak esetleges finomítása megadja a választ erre a kérdésre, de ha x(n) ≫ Var S_{n} akkor további vizsgálatokra van szükség. Bizonyos problémák megértéséhez különösen fontos az x(n) = nx eset vizsgálata. A továbbiakban elsősorban ezzel az esettel foglalkozunk. A 3. feladat eredményéből és az R(t) = Ee^{tξ} tulajdonságaiból következik, hogy x > Eξ_{1} esetén ez a valószínűség az n mintaelemszám exponenciálisan kicsi függvénye. Az R(t) függvény 8. feladatban felsorolt tulajdonságai között ugyanis többek között az is szerepel, hogy ebben az esetben inf_{t>0}(log R(t) − tx) < 0. Az 1. feladatban pedig bizonyos speciális esetben az S_{n} = nx valószínűség pontos aszimptotikáját is megadtuk. Meg szeretnénk határozni a P (S_{n} = nx) és P (S_{n} ≥ nx) valószínűségek jó aszimptotikáját általánosabb esetekben is, amikor az első feladat módszere nem alkalmazható.

Tekintsük először a következő problémát. Legyenek ξ_{n}, n = 1, 2, …, független, egyforma eloszlású valószínűségi változók, amelyekre P (ξ_{1} = j) = p(j), j = 0, ±1, ±2, …,

∑_{j=−∞}^{∞} p(j) = 1, azaz a ξ_{n} valószínűségi változók csak egész értékeket vesznek fel. Legyen

S_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k}, és írjuk le a p^{(n)}(m) = P (S_{n} = m) valószínűségek viselkedését. Ez

egyszerűbb probléma, mint az eredeti kérdés, amelyik a P (S_{n} ≥ nx) valószínűségre adandó jó becslés volt. Viszont az eredeti kérdés megoldásához szükséges összes lényeges gondolat már e kérdés vizsgálatában is megjelenik.

E probléma vizsgálatában a következő észrevétel játszik fontos szerepet. Definiáljuk a

φ(t) = ∑_{k=−∞}^{∞} p(k)e^{ikt}

Fourier sort. Bizonyítsuk be a következő állításokat: 4.)

φ^{n}(t) = ∑_{k=−∞}^{∞} p^{(n)}(k)e^{ikt} ahol p^{(n)}(k) = P (S_{n} = k) = P (ξ_{1} + ⋯ + ξ_{n} = k)

minden n = 1, 2, … számra. Ezért

p^{(n)}(k) = \frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} e^{−ikt}φ^{n}(t) dt, k = 0, ±1, ±2, ….

A |φ(t)| ≤ 1 egyenlőtlenség teljesül. Továbbá |φ(t)| < 1 minden t ≠ 0 és |t| ≤ π esetén akkor és csak akkor, ha a K = {k: p(k) > 0, k = 0, ±1, ±2, … } halmaz nincs egy egynél nagyobb rácsszélességű rács eltoltján, azaz minden d ≥ 2 és r számra az L(d, r) = {jd + r; j = 0, ±1, ±2, … } halmaz (a d rácsszélességű r számmal eltolt rács) nem tartalmazza a K halmazt. Ha E|ξ_{1}^{l}| < ∞, akkor Eξ_{1}^{l} = (−i)^{l}φ^{(l)}(0), l = 0, 1, 2, …, ahol ξ_{1} olyan valószínűségi változó, amelyre P (ξ_{1} = k) = p(k), i = \sqrt{−1}, és φ^{(l)}(0) a φ(t) függvény l-ik deriváltja a nullában.

5.) Ha a K = {k: p(k) > 0, k = 0, ±1, ±2, … } halmaz nincs egy egynél nagyobb rácsszélességű rács eltoltján, és E|ξ_{1}|^{3} < ∞, akkor rögzített k egész számra és tetszőleges olyan ε(n) sorozatra, amelyre ε(n) → 0, ha n → ∞, rögzített n-re alkalmazva a k = nEξ_{1} + m\sqrt{nVar ξ_{1}} természetes skálázást felírhatjuk, hogy

P (S_{n} = k) = \frac{1}{2π} ∫_{−ε(n)}^{ε(n)} exp \{−i (nEξ_{1} + m\sqrt{nVar ξ_{1}}) t\} φ^{n}(t) dt
+ O (e^{−const. nε(n)^{2}}) ,

és

φ^{n}(t) = exp \{n (iEξ_{1}t − Var ξ_{1} \frac{t^{2}}{2} )\} (1 + O(nt^{3})) , ha |t| < n^{−1/6}.

Lássuk be ennek az összefüggésnek a segítségével, hogy az előző feltételek teljesülése esetén

P (S_{n} = k) = \frac{1}{\sqrt{2πnVar ξ_{1}}} e^{−(k−nEξ_{1})^{2}/2nVar ξ_{1}} + O (\frac{1}{n}) .

Hogyan módosul ez az állítás akkor, ha a K halmaz egy d > 1 rácsszélességű rács eltoltja tartalmazza?

Az utolsó feladat eredménye jó aszimptotikát ad a p^{(n)}(k) valószínűség értékére, ha k − nEξ_{1} ∼ \sqrt{n}Var ξ_{1}. Értsük meg, hogy miért nem működik ez a módszer jól a többi esetben. A kívánt valószínűséget egy olyan integrál segítségével számoltuk ki, amelyben az integrandus abszolút értéke, — |φ(t)|^{n} —, egy const. n^{−1/2} nagyságú intervallumon kívül elhanyagolhatóan kicsi. Az integrandus |φ(t)|^{n}e^{iα(t,x)} alakú, ahol kis t-re α(t, x) ∼ −tx+ntEξ_{1}. Ha \frac{α(t,x)}{t} ∼ nEξ_{1} −x relative kicsi, (n^{1/2} nagyságrendű), akkor a minket érdeklő valószínűséget kifejező integrált jól lehet becsülni, és ezt tettük az 5. feladatban. Ha azonban nEξ_{1} − x = nEξ_{1} − x(n) nagy, akkor bár az integrandus abszolút értéke egy kis intervallumon kívül rendkívül kicsi, de mivel az integrandusnak (mint komplex számnak) a szöge a maximum közelében erősen oszcillál, ezért az integrált a hagyományos módon nem tudjuk jól becsülni. Az ilyen tipusú problémák vizsgálatára dolgozták ki az analízisben a nyeregpont módszert, amelyben az integrál alkalmas áthelyezésével (a komplex függvénytan néhány standard eredményét felhasználva) azt kívánjuk elérni, hogy az integrandus az abszolút érték maximuma közelében keveset oszcilláljon. Ekkor a kívánt integrált jól tudjuk becsülni, mert annak lényeges hozadékát a függvény maximum körüli értékei adják. A következő feladatban megmutatjuk, hogy a nyeregpont módszer a minket érdeklő probléma vizsgálatában is jól használható, feltéve, hogy a ξ_{1} valószínűségi változó eloszlása teljesít bizonyos feltételeket.

6.) Tegyük fel, hogy a K = {k: p(k) > 0, k = 0, ±1, ±2, … } halmaz nincs egy egynél nagyobb rácsszélességű rács eltoltján. Tegyük fel továbbá, hogy a φ(z) = Ee^{izξ_{1}} függvény, ahol z komplex szám (ez az φ(t) = Ee^{itξ_{1}} karakterisztikus függvény analitikus kiterjesztése) analitikus egy tartományban, amely tartalmazza a {z = x + iy, s − ε < y < 0} sávot valamilyen s < 0 és elég kis ε > 0 számra. (A 8. feladatban fogjuk tárgyalni azt, hogy mit jelent ez a feltétel, illetve mikor teljesülnek a feladat további feltételei.) Ekkor

p^{(n)}(k) = \frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} e^{−ik(t+is)}φ^{n}(t + is) dt, k = 0, ±1, ±2, ….

Teljesítse ez az s szám a ψ′(s) = α egyenletet, ahol α = \frac{k}{n}, és ψ(s) = − log φ(is). Lássuk be, hogy a ψ(s) függvény szigorúan konkáv, ezért az előző egyenletnek legfeljebb egy megoldása van. Ha az egyenlet megoldhatóságáról és annak tulajdonságairól tett feltételek teljesülnek, akkor

p^{(n)}(k) = \frac{e^{−nψ(s)+ks}}{\sqrt{2πn|ψ′′(s)|}} (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}})) .

Lássuk be, hogy a 1. feladatban szereplő R(S_{n} = 0) valószínűség becslése a P (ξ_{1} = 1 − p) = P (ξ_{1} = −p) = \frac{1}{2} esetben e feladat állításának speciális esete.

Később azt is be fogjuk látni (más jelölékkel), hogy α = \frac{k}{n} > Eξ_{1} esetén a 6. feladatban szereplő e^{−nψ(s)+ks} = e^{−n(ψ(s)−αs)} kifejezés exponenciálisan kicsi, azaz ψ(s)−α > 0.

Az előbb ismertetett módszer természetes módon alkalmazható sűrűségfüggvények konvolúciójának vizsgálatára, és alkalmas feltételek mellett hasonló eredmények bizonyíthatóak. Ugyanis, enyhe feltételek mellett (például, ha az f(·) sűrűségfüggvény által meghatározott φ(t) = ∫ e^{itx}f(x) dx karakterisztikus függvény integrálható,) a sűrűségfüggvény egyszerű inverziós formulával kiszámítható a karakterisztikus függvény segítségével. Nevezetesen,

f(x) = \frac{1}{2π} ∫_{−∞}^{∞} e^{−itx}φ(t) dt.

Sűrűségfüggvények konvolúciójának aszimptotikus viselkedése ennek a formulának, illetve e formula analitikus kiterjesztésének a segítségével a 6. feladat módszerével vizsgálható. Az eloszlásfüggvényt a karakterisztikus függvény segítségével kifejező inverziós formulák már bonyolultabbak. Ennek ellenére ez a módszer akkor is alkalmazható.

Célszerű viszont az itt alkalmazott nyeregpont módszert átfogalmazni a valószínűségszámítás nyelvére. Ennek érdekében vezessük be egy ξ valószínűségi változó R(t) = Ee^{tξ} momentumgeneráló függvényét. (Ha ez a várható érték nem létezik valamilyen t számra, akkor R(t) = ∞ definició szerint.) Vegyük észre, hogy az R(it) illetve φ(t) karakterisztikus függvény analitikus kiterjesztése megegyezik, továbbá a 6. feladatban megadott inverziós formulában szereplő φ(is + t) függvény (mint a t változó függvénye rögzített s számmal) tekinthető úgy, mint alkalmas eloszlásfüggvény karakterisztikus függvénye megszorozva egy konstassal, nevezetesen φ(is + t) = R(−s)φ̄_{s}(t), ahol a φ̄_{s}(·) függvény az F̄_{s}(dx) = \frac{e^{−sx}F (dx)}{R(−s)} valószínűségi mérték karakterisztikus függvénye. Ezt a tényt (némileg eltérő skálázásban), illetve ennek néhány fontos következményét fogalmazzuk meg a következő feladatban. 7.) Legyenek ξ_{k}, k = 1, 2, …, független, egyforma eloszlású valószínűségi változók

F (x) eloszlás és φ(t) karakterisztikus függvénnyel. Legyen R(t) = φ(−it) = Ee^{tξ_{1}}. Rögzítve egy t valós számot vezessük be az

F̄(x) = F̄^{(t)}(x) = \frac{∫_{−∞}^{x} e^{tu}F ( du)}{R(t)} = \frac{∫_{−∞}^{x} e^{tu}F ( du)}{∫_{−∞}^{∞} e^{tu}F ( du)}

eloszlásfüggvényt, és legyen ξ̄_{k} = ξ̄_{k}(t), k = 1, 2, …, független (egyforma) F̄(x)

eloszlású valószínűségi változók sorozata. Legyen a S_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k} és S̄_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ̄_{k},

valószínűségi változók eloszlásfüggvénye F_{n}(x) illetve F̄_{n}(x) = F̄_{n}^{(t)}(x). Lássuk be, hogy Ee^{sS̄_{n}} = \frac{R^{n}(t+s)}{R^{n}(t)}, Ee^{isS̄_{n}} = \frac{R^{n}(t+is)}{R^{n}(t)}, és az F_{n}(x) és F̄_{n}(x) függvények között a következő az F (x) és F̄(x) függvények közötti kapcsolathoz hasonló összefüggés áll fenn:

1 − F̄_{n}(x) = \frac{∫_{[x,∞]} e^{tu}F_{n}( du)}{R^{n}(t)}, 1 − F_{n}(x) = R^{n}(t) ∫_{[x,∞)} e^{−tu}F̄_{n}( du).

Lássuk be ennek az összefüggésnek a segítségével azt, hogy

1 − F_{n}(nx) ≤ inf_{t≥0} e^{n(log R(t)−tx)} = exp {−n sup_{t≥0} (tx − log R(t))} .

Ha az R(t) momentumgeneráló függvény R(t+is) analitikus kiterjesztése teljesíti az ∫_{−∞}^{∞} |R(t + is)| ds < ∞ tulajdonságot valamilyen 0 ≤ t ≤ T intervallumban (ez azt jelenti, hogy az F̄^{(t)}(·) eloszlás karakterisztikus függvénye integrálható, ami erősebb feltétel, mint az, hogy az F̄^{(t)}(·) eloszlásnak létezik korlátos sűrűségfüggvénye), akkor az F_{n}(·) eloszlásfüggvény f_{n}(·) sűrűségfüggvénye teljesíti az

f_{n}(nx) ≤ inf_{0≤t≤T} \frac{e^{−n(tx−log R(t))}}{2π} ∫_{−∞}^{∞} |\frac{R(t + is)}{R(t)}|^{n} ds

egyenlőtlenséget. Az ∫_{−∞}^{∞} |R(t + is)| ds < ∞ feltétel helyettesíthető azzal a gyengébb feltétellel, hogy ∫_{−∞}^{∞} |R(t + is)|^{k} ds < ∞ valamilyen k ≥ 1 számmal.

Szükségünk lesz az R(t) momentumgeneráló függvények néhány tulajdonságára, és ezeket a 8. feladatban fogalmazzuk meg. Ezekből az eredményekből speciálisan következik, hogy az R(t) és log R(t) függvények szigorúan konvexek, ezért a [log R(s)]′ = x egyenletnek legfeljebb egy megoldása van. Ha a t szám a megoldása ennek az egyenletnek, és F̄ = F̄^{(t)} az ehhez a paraméterhez tartozó a 7. feladatban definiált eloszlás, akkor egy F̄ eloszlású valószínűségi változó várható értéke x. Ezért a centrális határeloszlástétel segítségével a F̄_{n}^{(t)} eloszlását jól lehet becsülni az nx pont környezetében, ahol F̄_{t}^{(n)} a F̄_{t} eloszlás n-szeres konvolúcióját jelöli. A 7. feladat eredménye alapján a F̄_{t}^{(n)} eloszlás segítségével ki tudjuk fejezni az F_{n} eloszlást is. Ilyen módon jó aszimptotikát tudunk adni az 1 − F_{n}(nx) mennyiségre is.

Vegyük észre, hogy a fent vázolt módszer, amelyben 1−F_{n}(nx)-re jó aszimptotikát adtunk a momentumgeneráló függvény segítségével lényegében ugyanaz mint a 6. feladat megoldásában alkalmazott nyeregpont módszer. Mivel a valószínűségszámításban a nagy eltéres eredményekben adott aszimptotikát az R(t) momentumgeneráló függvény segítségével szokták megadni, a 6. feladatban szereplő aszimptotikát megfogalmazzuk ezen a nyelven. Ez így szól:

p^{(n)}(k) = \frac{e^{nR(t)−kt}}{\sqrt{2πn[log R(t)]′′}} (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}})) ,

ahol R(t) = Ee^{tξ_{1}}, és t az [log R(t)]′ = \frac{k}{n} egyenlet megoldása.

Ezután megfogalmazzuk a momentumgeneráló függvény minket érdeklő tulajdonságait a 8. feladatban.

8.) Létezzen a ξ valószínűségi változó R(t) = Ee^{tξ} momentumgeneráló függvénye valamilyen t > 0 számra. Azon t ≥ 0 pontok halmaza, amelyre R(t) < ∞ vagy a teljes t ≥ 0 félegyenes vagy egy véges [0, T) vagy [0, T] balról zárt és jobbról nyílt vagy zárt intervallum. A log R(t) és az R(t) függvények második deriváltja az R(t) függvény értelmezési tartomány a belsejében pozitív, és az R(t) a függvény tetszőleges e tartomány belsejében levő (a, b) intervallumra való megszorítása analitikusan folytatható a {z: z = x + iy, x ∈ (a, b)} tartományba, azaz az (a, b) nyílt intervallumra támaszkodó sávba a komplex számsíkon. Az R(t) és log R(t) függgvények és azok deriváltjai folytonosak az origóban, és log R(0) = 0, R′(0) = [log R(0)]′ = Eξ, ahol R′(0) és [log R(0)]′ jobboldali deriváltat jelöl. Ez az azonosság akkor is igaz, ha Eξ = −∞. Ezért az R(t), log R(t) függvények szigorúan konvexek, az R′(t) és [log R(t)]′ függvények pedig szigorúan monoton nővekvőek a [0, T) vagy [0, T] intervallumban vagy pedig a t ≥ 0 félegyenesen (attól függően, hogy az R(t) függvény hol van értelmezve). (Innen levezethető az is, hogy sup_{T >t≥0}(tx −

log R(t)) > 0 minden x > Eξ_{1} számra, de ezt az állítást a 11. feladatban fogjuk megfogalmazni és bebizonyítani.) Ha t ≥ 0 a ξ valószínűségi változó R(·) momentumgeneráló függvény értelmezési tartományában van, akkor legyen ξ(t) egy F̄(dx) = F̄^{(t)}(dx) = \frac{e^{tx}F (dx)}{R(t)} eloszlású valószínűségi változó, ahol F (·) a ξ valószínűségi változó eloszlása. Ezzel a jelöléssel Eξ(t) = [log R(t)]′ és Var ξ(t) = [log R(t)]′′. (Választhatjuk a = 0 értéket is, és ha R(·) értelmezési tartománya a [0, T] intervallum, akkor t = T -t is választhatunk.) Ha ezeknek az azonosságoknak a bal vagy jobboldala véges értéket vesz fel, akkor a másik oldalon levő kifejezés is értelmes, (és az azonosság fennáll.) Ha R(t) egy véges [0, T) vagy [0, T] intervallum valamelyikén van értelmezve, az értelmezési tartomány akkor és csak akkor tartalmazza a T végpontot, ha lim_{t→T} R(t) < ∞. Ha az értelmezési tartomány egy véges zárt [0, T] intervallum,

akkor lim_{t→T} R(t) = R(T), és ezen intervallum jobboldali T végpontjában akkor és

csak akkor létezik az R′(T) (baloldali) derivált ha lim_{t→T} R′(t) = R′(T) < ∞. Ekkor

lim_{t→T} R′(t) = R′(T) = Eξe^{T ξ}.

Legyenek ξ_{1}, ξ_{2}, …, független egyforma eloszlású valószínűségi változók, és legyen az R(t) = Ee^{tξ_{1}} momentumgeneráló függvény véges alkalmas t > 0-ra. Tegyük fel, hogy az x > Eξ_{1}. (Eξ_{1} = −∞ megengedett.) szám olyan, hogy létezik olyan t > 0 szám az R(t) függvény értelmezési tartományának belsejében, amelyre [log R(t)]′ = x. A 7. és 8. feladat eredményei alapján

P (S_{n} ≥ nx) = R(t)^{n}e^{−tnx} ∫_{nx}^{∞} e^{−t(y−nx)}F̄_{n}( dy),  (+)

ahol S_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k}, F̄_{n} a ∑_{k=1}^{n} ξ̄_{k} eloszlása, ahol ξ̄_{k}, k = 1, …, n, független, egyforma

eloszlású valószínűségi változók F̄(dx) = \frac{e^{tx}F (dx)}{R(t)} eloszlással (a fenti t paraméterrel.) Eξ̄_{1} = [log R(t)]′ = x, Var ξ̄_{1} = [log R(t)]′′. Ezenkívül a ξ̄_{1} valószínűségi változónak létezik az összes momentuma, sőt kis abszolút értékű u számra az Ee^{uξ̄_{1}} = R̄(u) = \frac{R(t+u)}{R(t)} momentumgeneráló függvénye.

9.) A fenti jelölésekkel és a fenti feltételek mellett

C_{1} \frac{e^{−n(tx−log R(t))}}{\sqrt{n}} ≤ P (S_{n} ≥ nx) ≤ C_{2} \frac{e^{−n(tx−log R(t))}}{\sqrt{n}}

alkalmas, az n paramétertől nem függő 0 < C_{1} < C_{2} konstansokkal. (Feltettük, hogy a E[log R(t)]′ = x egyenlet megoldható, és a megoldás az R(·) függvény értelmezési tartományának a belsejében van, valamint x > Eξ_{1}.) (A 9. feladat állításának a bizonyításában felhasználhatjuk a következő Berry– Esseen egyenlőtlenséget: Ha η_{1}, …, η_{n} független egyforma eloszlású valószínűségi változók, Eη_{1} = 0, Eη_{1}^{2} = σ^{2} > 0, E|η_{1}|^{3} = μ_{3} < ∞, és Φ(x) jelöli a standard normális eloszlásfüggvényt, akkor létezik olyan univerzális K > 0 konstans, amelyre |P (\frac{T_{n}}{σ\sqrt{n}} < x) − Φ(x)| ≤ \frac{Kμ_{3}}{σ^{3}\sqrt{n}}. (A Berry–Esseen egyenlőtlenség valójában általánosabb eredmény, nem feltétlenül egyforma eloszlású, független valószínűségi változók normált részletösszegeinek távolságát becsüli a standard normális eloszlásfüggvénytől.)

Szeretnénk a 9. feladat eredményét élesíteni, és abban az alsó és felső becslés helyett pontos aszimptotikát írni. Ez lesz a 10. feladat eredménye. Ahhoz, hogy ezt megtehessük a (+) kifejezésben szereplő integrált kell jól becsülni. Ezt megtehetjük, ha jó aszimptotikát adunk a F̄_{n}(nx + y) − F̄_{n}(nx) különbségre, ahol a F̄_{n} eloszlásfüggvényt a 7. feladatban definiáltuk. Ez egy lokális centrális határeloszlástétel tipusú probléma, mivel annak valószínűségét akarjuk aszimptotikusan jól megbecsülni, hogy független valószínűségi változók (nem normalizált) összege egy rögzített (n-től független) hosszúságú intervallumba esik. A kívánt eredmény következik az alább idézett állításból, amely megtalálható például W. Feller: An Introduction to Probability Theory and its Applications II. könyvében (XVI. fejezet, 4. paragrafus 1. tétel.)

Tétel. Legyen az F valószínűségi változó olyan, hogy egy F eloszlású ξ valószínűségi változóra Eξ = m_{1}, Var ξ^{2} = σ^{2}, E |ξ − Eξ|^{3} < ∞, E(ξ − Eξ)^{3} = m_{3}, és az F eloszlás nem rácsos, azaz nincs olyan h > 0 és a szám, amelyre a {a + kh, k = 0, ±1, ±2, … } halmaz F mértéke 1. Jelölje Φ(y) a standard normális eloszlás és φ(y) a standard normális sűrűségfüggvényt. Jelölje F^{∗n} az F eloszlásfüggvény n-szeres konvolúcióját önmagával. Ekkor

F^{∗n}(nm_{1} + \sqrt{n}σy) − Φ(y) − \frac{m_{3}}{6σ^{3}\sqrt{n}}(1 − y^{2})φ(y) = o (\frac{1}{\sqrt{n}}) ,  (++)

ahol az o(·) egyenletes y-ban.

Megjegyezzük, hogy ez a tétel csak nem rácsos eloszlású valószínűségi változókra érvényes. Ha ugyanis F rácsos eloszlású valószínűségi változó, h rácsszélességgel, akkor az F^{∗n}(nm_{1} + \sqrt{n}σy) függvény konstans egymást követő \frac{h}{\sqrt{n}σ} hosszúságú szakaszokon. Másrészt a Φ(y) + \frac{m_{3}}{6σ^{3}\sqrt{n}}(1 − y^{2})φ(y) függvény megváltozása egy ilyen szakaszon nagyobb mint const. n^{−1/2}. A tétel bizonyítását nem adjuk meg, csak néhány megjegyzést teszünk a bizonyítás módszeréről. A bizonyítás hasonló a Berry–Esseen bizonyításához. Ebben a részletösszegek eloszlását konvolváljuk egy szép sűrűségfüggvénnyel rendelkező eloszlással. Ez utóbbi simított eloszlást, mivel szép sűrűségfüggvénye van, jól tudjuk becsülni, és ugyancsak becsülni tudjuk a konvolúció által elkövetett hibát. Azt, hogy nem rácsos eloszlásról van szó a következőképpen használjuk ki. Egy ξ valószínűségi változó eloszlása akkor és csak akkor nem rácsos eloszlású, ha a ξ valószínűségi változó φ(t) karakterisztikus függvénye minden ε > 0-a teljesíti a sup_{ε<|t|<ε^{−1}} |φ(t)| < 1 egyenlőt-

lenséget. Ez biztosítja, hogy a konvolvált eloszlásfüggvényt a karakterisztikus függvény n-ik hatványának segítségével kifejező integrálban kis hibát követünk el, ha az integrál értelmezési tartományát egy az n paramétertől független nagy véges intervallumra koncentráljuk.

Ha a tekintett valószínűségi változók rácsos eloszlásúak, akkor az összeg sűrűségfüggvényére már bizonyított nagy eltérés tétel eredményét összegezve megkaphatjuk az összeg jó aszimptotikáját. A sűrűségfüggvény értékét a momentumgeneráló függvény illetve annak analitikus kiterjesztését felhasználó inverz Fourier formula segítségével pontosan kifejezhetjük, és a sűrűségfüggvényre adott aszimptotikus formulák helyett lehet ezeket a pontos kifejezéseket összegezni. Ekkor ugyanazzal a módszerrel, amellyel a sűrűségfüggvény jó aszimptotikáját fejeztük ki, megadhatjuk az eloszlásfüggvény jó aszimptotikáját is. Mi ezt a módszert fogjuk követni.

10.) Legyenek ξ_{1}, ξ_{2}, …, független egyforma eloszlású valószínűségi változók, amelyekre létezik olyan t > 0, hogy R(t) = Ee^{tξ_{1}} < ∞. Legyen x > Eξ_{1}, (Eξ_{1} = −∞ megengedett), és tegyük fel, hogy létezik olyan t > 0 az R(t) függvény értelmezési tartományának belsejében, amelyre [log R(t)]′ = x. Ekkor

P (S_{n} ≥ nx) = \frac{C}{\sqrt{n}}e^{−n(tx−log R(t))}(1 + o(1)) ha ξ_{1} nem rácsos eloszlású
P (S_{n} ≥ nx) = P (S_{n} ≥ nx′) = \frac{C̄}{\sqrt{n}}e^{−n(t′x′−log R(t′))} (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}}))

= \frac{C̄}{\sqrt{n}}e^{−n(tx−log R(t))+K(x)} (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}})) ,

ha ξ_{1} rácsos eloszlású a hk + a, k = 0, ±1, ±2, … (legtágabb) rácson,

(∗)

ahol x′ = ]\frac{nx−a}{h}[ \frac{h}{n} + \frac{a}{n}, ]u[ jelöli a legkisebb u-nál nagyobb egész számot, t′ az R′(t) = x′ egyenlet megoldása. Létezik olyan K > 0 szám, hogy |K(x)| < K minden a tétel feltételeinek eleget tevő x > Eξ_{1} számra. Továbbá

C = \frac{1}{t\sqrt{2π[log R(t)]′′}} ,  C̄ = \frac{h}{(1 − e^{−ht′})\sqrt{2π[log R(t′)]′′}} .

Megjegyzés A (∗) becslésben szereplő (o(1) illetve 0 (\frac{1}{\sqrt{n}}) maradéktag egyenletes az x változóban, ha a P (S_{n} ≥ nx) valószínűséget olyan x számokra tekintjük, amelyekre a [log R(t)]′ = x egyenlet t = t(x) megoldását tartalmazza egy olyan [0, b] intervallum, amelyre a b pont az R(t) függvény értelmezési tartományának a belsejében van. Ehhez azt kell ellenőrizni, hogy a bizonyításban szereplő becslések egyenletesek ilyen x számokra. Ez a tulajdonság teljesül, mert a hibatagok becslésében szereplő momentumok egyenletesen becsülhetőek, továbbá minden ε > 0-hoz létezik olyan t-től független δ = δ(ε) > 0, amelyre |1 − φ̄_{t}(u)| < 1 − δ, ha t ∈ [0, a], és ε < |u| < ε^{−1}, ahol φ_{t}(·) a 7. feladatban definiált F̄ = F̄_{t} eloszlás karakterisztikus függvénye. Nem rácsos eloszlású valószínűségi változókra gyengébb becslést kaptunk, mint a rácsos esetben. Bízonyos simasági feltételek mellett a o(1) maradéktag helyettesíthető O (\frac{1}{\sqrt{n}})-nel. Ez megtehető például akkor, ha a ξ_{1} valószínűségi változó φ(·) karakterisztikus függvénye, illetve annak analitikus kiterjesztése teljesíti a lim_{|u|→∞} φ(u) = 0 feltételt. Ez a feltétel a Riemann

lemma alapján teljesül például akkor, ha a ξ_{1} valószínűségi változó eloszlásának létezik sűrűségfüggvénye.

A 10. feladatben szereplő aszimptikus becslés fő tagjának exponensében szerepel a log R(t) − tx kifejezés. Érdemes észrevenni, hogy ez minden x > Eξ_{1} esetén negatív. Ez a tartalma a következő (egyszerű) 11. feladatnak.

11.) Legyenek ξ_{1}, …, ξ_{n} független egyforma eloszlású valószínűségi változók, amelyekre az R(t) = Ee^{tξ_{1}} momentumgeneráló függvény létezik valamilyen t > 0-ra. Legyen R(t) = ∞, ha az Ee^{tξ_{1}} momentumgeneráló függvény nem létezik. Ekkor

sup_{t≥0}(tx − log R(t)) > 0

minden x > Eξ_{1}-re, és az S_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k} valószínűségi változó teljesíti a

−\frac{1}{n} log P (S_{n} > nx) ≥ sup_{t≥0}(tx − log R(t))

egyenlőtlenséget minden x > Eξ_{1} számra és n ≥ 1 indexre. (A feladatban az Eξ_{1} = −∞ esetet is megengedjük.)

A 10. feladatban a P (S_{n} ≥ nx) valószínűség jó aszimptotikáját adtuk meg akkor, ha a [log R(t)]′ = x egyenlet megoldható. A felső becslés bizonyításában nem használtuk fel, hogy ez az egyenlet megoldható. Be akarjuk látni, hogy ez a felső becslés mindig éles. Részletesebben fogalmazva, feltesszük, hogy ξ_{k}, k = 1, 2, …, független egyforma eloszlású valószínűségi változók sorozata, és van olyan t > 0 szám, amelyre Ee^{tξ_{1}} < ∞.

Legyen S_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k}. Be fogjuk látni, hogy ekkor

− lim \frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nx) = sup_{t≥0}(tx − log R(t)) > 0 minden x > Eξ_{1}-re. (∗∗)

A (∗∗) reláció úgy értendő, hogy R(t) = ∞, ha R(t) nincs definiálva. Az Eξ_{1} = −∞ reláció is megengedett.

A (∗∗) állítás bizonyítását az általános esetben visszavezetjük a már bebizonyított esetekre alkalmas approximációval. Annak érdekében, hogy ezt megtehessük, részletesebben vizsgáljuk azt, hogy mikor nincs megoldása a [log R(t)]′ = x egyenletnek. Ezt tesszük a következő feladatokban.

Megjegyezzük, hogy a (∗∗) relációban a P (S_{n} ≥ nx) esemény valószínűségét becsüljük, azaz ≥ és nem > jel szerepel ennek az eseménynek a definiciójában. Vannak olyan esetek, amikor a (∗∗) reláció csak ilyen formában érvényes. Ilyen eset fordul elő például akkor, ha P (ξ_{1} = 1) = P (ξ_{1} = −1) = \frac{1}{2}, és x = 1. Ekkor −\frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nx) = log 2 és −\frac{1}{n} log P (S_{n} > nx) = ∞ minden n ≥ 1-re. Másrészt, tx − log R(t) = t − log \frac{e^{t}+e^{−t}}{2} = log 2 − log (1 + e^{−2t}) ebben az esetben (x = 1), ezért sup_{t≥0}(tx − R(t)) = lim_{t→∞}(tx −

log R(t)) = log 2.

12.) Legyen a ξ_{1} valószínűségi változó R(t) momentumgeneráló függvénye a teljes t ≥ 0 félegyenesen értelmezve. A [log R(t)]′ = x egyenletnek létezik egyértelmű megoldása minden x > Eξ_{1} számra, ha lim_{t→∞}[log R(t)]′ = ∞, illetve minden Eξ_{1} < x < z számra, ha a lim_{t→∞}[log R(t)]′ = z < ∞. Ez utóbbi esetben sup_{t≥0}(tx − log R(t)) = ∞,

ha x > z. 13.) Ha a ξ_{1} valószínűségi változó R(t) momentumgeneráló függvénye a teljes t ≥ 0

félegyenesen értelmezve van, és lim_{t→∞}[log R(t)]′ = z < ∞, akkor P (ξ_{1} > z) = 0, és sup_{t≥0}(tz − log R(t)) = lim_{t→∞}(tz − log R(t)) = − log P (ξ_{1} = z). Ezen állítás és az előző

feladat segítségével lássuk be a (∗∗) relációt abban az esetben, ha a ξ_{1} valószínűségi változó R(t) momentumgeneráló függvénye az egész t ≥ 0 félegyenesen értelmezve van.

14.) Ha a ξ_{1} valószínűségi változó R(t) momentumgeneráló függvénye egy jobbról nyílt [0, T) intervallumban vagy egy zárt [0, T] intervallumban van értelmezve, de az utóbbi esetben is teljesül a lim_{t→T} R′(t) = ∞ reláció, akkor a [log R(t)]′ = x egyen-

letnek minden x > Eξ_{1} számra létezik egyértelmű megoldása. Lássuk be a (∗∗) állítást ebben az esetben is.

15.) Legyen ξ_{n}, n = 1, 2, …, független, egyforma eloszlású valószínűségi változók so-

rozata, Ee^{tξ_{1}} = ∞ minden t > 0-ra, S_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k}. Válasszunk egy tetszőleges [a, b] intervallumot, amelyre Eξ_{1} ≤ a < b. (Ez úgy értendő, hogy nincs ilyen intervallum, ha Eξ_{1} = ∞, ha pedig E min(0, ξ_{1}) = −∞, akkor tetszőleges [a, b] a < b intervallumot választhatunk. Ekkor

lim_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (\frac{S_{n}}{n} ∈ [a, b]) = 0.

azaz, tetszőleges ε > 0-ra és a feltételeknek eleget tevő [a, b] intervallumra

P (\frac{S_{n}}{n} ∈ [a, b]) ≥ e^{−nε}, ha n > n(ε, a, b).

Megjegyzés: Érdemes a 15. feladat eredményének egyik következményét külön megfogalmazni. Ha ξ_{n}, n = 1, 2, …, független egyforma eloszlású valószínűségi

változók, Eξ_{1} = 0, S_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k}, és léteznek olyan A > 0, B > 0 számok, amelyekre

P (S_{n} > nA) ≤ e^{−nB} minden elég nagy n-re, akkor az R(t) = Ee^{tξ_{1}} momentumgeneráló függvény létezik és véges kis t > 0 számokra.

16.) Lássuk be az előző feladat segítségével a (∗∗) relációt abban a még nem vizsgált esetben is, amikor a ξ_{1} valószínűségi változó R(t) momentumgeneráló függvénye egy zárt [0, T] intervallumban van értelmezve, és lim_{t→T} R′(t) < ∞.

17.) A 16. feladat bizonyításában külön tekintettük azt az esetet, amikor az R(t) = Ee^{tξ_{1}} momentumgeneráló függvény egy jobbról nyílt [0, a) intervallumban van értelmezve, amikor egy zárt [0, a] intervallumban van értelmezve és R′(a) = ∞ illetve R′(a) < ∞. Mutassunk példát arra, hogy mind a három eset valóban előfordulhat.

A 8. és 10. — 16. feladatok eredményeiből következik, hogy a (∗∗) reláció igaz tetszőleges ξ_{1} valószínűségi változóra, ha x > Eξ_{1}-re és ξ_{1} valószínűségi változó R(t) = Ee^{tξ_{1}} momentumgeneráló függvénye létezik elég kis t > 0-ra. A következő feladatban belátjuk, hogy a (∗∗) becslésben szereplő azonosság érvényes ezen feltételek teljesülése nélkül is. Csak az azonosságban szereplő kifejezések nullával is lehetnek egyenlőek, ha megengedjük azt a lehetőséget is, hogy E^{tξ_{1}} = ∞ minden t > 0 szám esetén.

18.) Legyenek ξ_{1}, ξ_{2}, …, független egyforma eloszlású valószínűségi változók, R(t) = Ee^{tξ_{1}} momentumgeneráló függvénnyel, ahol R(t) = ∞, ha e^{tξ_{1}} nem integrálható.

Legyen S_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k}. Ekkor

lim_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nx) = sup_{t≥0}(tx − log R(t)) minden − ∞ < x < ∞ számra.

18a.) Mutassuk meg, hogy x ≥ Eξ_{1} esetén sup_{t≥0}(tx − log R(t)) = sup_{−∞<t<∞}(tx − log R(t)).

19.) Legyenek ξ_{1}^{(t)}, …, ξ_{n}^{(t)} független egyforma eloszlású valószínűségi változók F_{t}(x) =

\frac{∫_{−∞}^{x} e^{tu}F ( du)}{R(t)}, R(t) = ∫_{−∞}^{∞} e^{tu}F ( du), eloszlásfüggvénnyel, és legyen S_{n}^{(t)} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k}^{(t)}.

(Olyan t paramétereket tekintünk, amelyekre R(t) < ∞.) A (ξ_{1}^{(t)}, …, ξ_{n}^{(t)}) vektor feltételes eloszlása az S_{n}^{(t)} = x feltétel mellett nem függ a t paramétertől.

Nagy eltérés tipusú becsléseket adhatunk akkor is, ha a tekintett S_{n} valószínűségi változók nem független valószínűségi változók részletösszegei, viszont ezek R_{n}(t) = Ee^{tS_{n}} momentumgeneráló függvényei teljesítenek bizonyos feltételeket. A következő feladatban ilyen tipusú állítást fogalmazunk meg.

20.) Legyen S_{n}, n = 1, 2, …, valószínűségi változók sorozata, és definiáljuk az R_{n}(t) = Ee^{tS_{n}} függvényeket. Tegyük fel, hogy létezik a ψ(t) = lim_{n→∞} \frac{1}{n} log R_{n}(t) határérték egy [0, T] intervallumban. Lássuk be, hogy a ψ(t), t ∈ [0, T], függvény konvex. Tegyük fel, hogy ψ′(0) = 0, és egy x > 0 számra a ψ′(t) = x egyenletnek létezik egy 0 < t < T megoldása (jelentsen ψ′(t) jobboldali deriváltat, amelyik konvex függvény esetén mindig létezik.) Tegyük fel továbbá, hogy a ψ(·) függvény a t pont alkalmas környezetében szigorúan konvex. Lássuk be, hogy ebben az esetben

lim_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} > nx) = tx − ψ(t).

A nagy eltérés tételben szereplő az log R(t) függvény ρ(x) = sup_{t≥0}(tx − log R(t))

transzformáltja nemcsak a valószínűségszámításban hanem a konvex geometriában, sőt a matematikai fizikában is fontos szerepet játszik. Ezt a leképezést nevezik Legendre transzformációnak. Megjegyezzük, — bár ez a tény ennek a feladatsornak a vizsgálataiban nem játszik fontos szerepet, — hogy egy konvex függvény Legendre transzformáltja szintén konvex, és konvex függvény Legendre transzformáltjának a Legendre transzformáltja az eredeti függvényt adja. A matematikai fizikában a Legendre transzformáció azért játszik fontos szerepet, mert ez teremti meg a kapcsolatot a mechanikai rendszerek viselkedését leíró Euler–Lagrange és Hamilton–Jacobi egyenletek között.

A fenti feladatokban leírtuk a P (S_{n} ≥ nx) valószínűség aszimptotikáját akkor, ha S_{n} n darab független egyforma eloszlású ξ_{k}, 1 ≤ k ≤ n, valószínűségi változó összege, és a szigorú x > Eξ_{1} egyenlőtlenség teljesül. Az aszimptotikus számításokban kihasználtuk, hogy x szeparálva van a várható értéktől, illetve azt, hogy ennek következtében a [log R(t)]′ = x egyenlet megoldása (a t változóban) szigorúan pozitív. A következő feladatokban a tipikus tartományból a nagy eltérések tartományba való átmenetet írjuk le, azaz a P (S_{n} > x(n)) esemény valószínűségét vizsgáljuk akkor,ha x(n) − nEξ_{1} > \sqrt{n}, és x(n) − nEξ_{1} ≤ εn alkalmas ε > 0 számmal. Ezenkívül vizsgálni fogjuk ennek a kérdésnek a megfelelőjét a sűrűségfüggvények aszimptotikus viselkedéséről is.

Ezek az eredmények fontos szerepet játszanak annak a kérdésnek a vizsgálatában, hogy egy független valószínűségi változók normalizált részletösszegeiből természetes módon készített töröttvonalfüggvényt milyen jól tudunk közelíteni Wiener folyamattal.

Ezzel a problémával egy másik feladatsorban fogunk foglalkozni, és ott hivatkozni fogunk ennek a feladatsornak az eredményeire. Az alábbi kérdések a vizsgálatában is a 8. feladat után felírt (+) formulát használhatjuk, de a becslésekben megjelenő technikai problémák különböznek. A bizonyításokban fel fogjuk használni azokat az eredményeket, amelyek lehetővé teszik, hogy analitikus függvényekkel kényelmesen számolhassunk. Ezek közül az egyik (egyszerű) komplex függvénytani tételt felidézzük, mert a valószínűségszámításban ez az eredmény ritkán szokott megjelenni.

Tétel. Legyen f(z) olyan analitikus függvény egy z_{0} pont kis környezetében, amelyre f′(z_{0}) ≠ 0. Ekkor az f(z) pontnak létezik egyértelmű analitikus inverze az f(z_{0}) pont kis környezetében, azaz létezik (egyetlen) olyan z = g(u) analitikus függvény az u_{0} = f(z_{0}) pont kis környezetében, amelyre f(g(u)) = u, g(f(z)) = z az u_{0} = f(z_{0}) illetve z_{0} pont kis környezetében.

21.) Legyenek ξ_{k}, k = 1, 2, …, független, egyforma eloszlású valószínűségi változók,

Eξ_{1} = 0, Eξ_{1}^{2} = 1 és Ee^{tξ_{1}} < ∞, ha |t| < α alkalmas α > 0-val. Legyen S_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k}.

Létezik olyan ε > 0 szám és λ(u) analitikus függvény az |u| < ε tartományban, amelyekre

P (\frac{S_{n}}{n} > x) = [1 − Φ(\sqrt{n}x)] e^{nx^{3}λ(x)} (1 + O (x + \frac{1}{\sqrt{n}})) , ha 0 ≤ x ≤ ε,

ahol Φ(·) a standard normális eloszlásfüggvényt jelöli, és a O(·) egyenletes az 0 ≤ x ≤ ε intervallumban.

Tegyük fel, hogy a 21. feladat feltételei teljesülnek, és tekintsük a P (S_{n} > nx) valószínűség aszimptotikus viselkedését kis x > 0 szám esetén. Ekkor mind a 10. mind a 21. feladat eredményét alkalmazhatjuk, és érdemes a két eredményt összehasonlítani. Felhasználva az 1 − Φ(\sqrt{n}x) = \frac{e^{−nx^{2}/2}}{\sqrt{2π}} (\frac{1}{\sqrt{n}x} + O(n^{−3/2}x^{−3})) relációt kapjuk, hogy a

két feladatban ugyanaz az exponens jelenik meg más formában. Ez e^{n(log R(t)−tx)} a 10. feladatban, ahol t a [log R(t)]′ = x egyenlet megoldása, és e^{n(x^{3}λ(x)−x^{2}/2)} a 21. feladatban. Azt, hogy a két kifejezésben ugyanaz a kifejezés jelenik meg más formában a következő számolás segítségével láthatjuk. A 0 szám körüli Taylor sorfejtéssel azt kapjuk, hogy log R(t) = \frac{t^{2}}{2} + \frac{α}{6}t^{3} + ⋯, [log R(t)]′ = t + \frac{α}{2}t^{2} + ⋯, az x = [log R(t)]′ egyenlet megoldásának sorfejtése t = x − \frac{α}{2}x^{2} + · · ·. Innen a 10. feladat képletében

szereplő exponenciális tag e^{−n(tx−log R(t))} = e^{−n( \frac{x^{2}}{2} − \frac{α}{6} x^{3}+···)} = e^{−nx^{2}/2}e^{−nx^{3}λ(x)} alkalmas analitikus λ(·) függvénnyel. Másrészt e^{−nx^{2}/2} ∼ \sqrt{2πn}x[1 − Φ(\sqrt{n}x)] egy rögzített x > 0 számra.

A pre-exponenciális faktor a két aszimptotikában eltér. Ez mind a két esetben n^{−1/2} nagyságrendű. De míg a 10. feladatban n^{−1/2} egy bonyolultan megadható kifejezéssel és egy (1 + o(1)) hibafaktorral van megszorozva, (bizonyos simasági feltételek teljesülése esetén o(1) helyett O(n^{−1/2})-t is írhatunk), a 21. feladatban a hibatag O(1). Tehát ebben az esetben az aszimptotika kevésbé pontos. Ekkor ugyanis a pre-exponenciális tagot nem számoltuk ki elég pontosan. Finomabb számolással és a 10. feladat bizonyításához hasonlóan a Berry-Esseen egyenlőtlenség helyett független valószínűségi változók összegének eloszlására jobb becslést alkalmazva a 21. feladat becslése élesíthető, és az (1 + O (x + \frac{1}{\sqrt{n}})) faktor helyett (1+xμ(x)+o(x)+O(n^{−1/2})) írható alkalmas μ(x) analitikus függvénnyel.

A következő feladatban, amely tulajdonképpen a 21. feladat következménye, leírjuk, hogy milyen pontos a P (S_{n} > \sqrt{n}y) valószínűségre adott normális közelítés, ha y nagy, de nem túl nagy. 22.) Teljesüljenek a 21. feladatban megadott feltételek. Ekkor ennek a feladatnak a

jelölésével

P (S_{n} > \sqrt{n}y) = (1 − Φ(y)) exp \{O (\frac{1 + y^{3}}{\sqrt{n}} )\} , ha 0 ≤ y ≤ ε\sqrt{n},

ahol O(·) egyenletes az y és n változóban. Továbbá

P (S_{n} > nx + z) ≤ const. \sqrt{n} P (S_{n} > nx)e^{−tz}, ha 0 ≤ x ≤ ε,

ahol t > 0 a [log R(t)]′ = x egyenlet megoldása, és z tetszőleges valós szám.

A 22. feladat második állítása akkor érdekes, ha z viszonylag nagy szám, és ezért e^{−tz} ≪ \frac{1}{\sqrt{n}}.

A 22. feladat feltételeit lehet némileg gyengíteni. Elég feltenni, hogy az R(t) = Ee^{tξ_{1}} momentumgeneráló függvény véges kis pozitív t > 0 számokra, az R(t) függvény viselkedéséről negatív t argumentumokra e feladat állításának bizonyításához nem kell semmit sem feltenni. Ha a 21. feladat állítását gyengítjük, a benne szereplő λ(x) függvény analitikussága helyett megelégszünk enyhébb simasági feltételekkel, akkor elég az R(t) függvény végességét nem negatív t számokra megkövetelni. Ez a feltétel viszont nem hagyható el, mint az a 15. feladat után tett megjegyzésből következik. Felmerülhet a kérdés, mit lehet mondani akkor, ha Ee^{tξ_{1}} = ∞ minden t > 0 számra, vagy ami ezzel ekvivalens, akkor ha a ξ_{1} valószínűségi változó F (t) eloszlásfüggvénye kielégíti az 1 − F (x) ≥ const. (ε)e^{−εx} egyenlőtlenséget minden ε > 0 és x > 0 számra. Ekkor a P (S_{n} > nx(n)) valószínűségre a 21. feladathoz hasonló becslést lehet adni abban az esetben, ha x(n) elég gyorsan tart 0-hoz. Annak a [0, x(n)] sávnak a nagysága ahol ilyen becslés adható, attól függ, hogy az 1 − F (x) milyen gyorsan tart 0-hoz x → ∞ esetén. A bizonyítás, amelyet itt nem tárgyalunk, az előző feladatok bizonyításának természetes adaptációja a ξ_{k}, 1 ≤ k ≤ n, valószínűségi változók megfelelő csonkításával kombinálva. A csonkított valószínűségi változók részletösszegeit jól lehet becsülni a tárgyalt módszerekkel, a ξ_{k}-k túl nagy értékeinek hatását elég durva becslések segítségével vizsgálni. A csonkítási szint jó megválasztásával, amely az F (x) eloszlás viselkedésétől függ a végtelenben, éles eredményeket lehet kapni.

Ha a ξ_{1} valószínűségi változó eloszlásáról a 21. feladat feltételén kívül szép simasági feltételeket is teszünk, akkor nemcsak a F_{n}(x) = P (S_{n} < nx) eloszlásfüggvényre, hanem annak sűrűségfüggvényére is jó aszimptotikus formulákat lehet felírni. Ez lesz a következő feladat állítása. Emlékeztetőül: Ha az F (·) eloszlásfüggvény φ(t) karakterisztikus függvénye integrálható, akkor az F eloszlásfüggvénynek létezik korlátos sűrűségfüggvénye, mint az az inverz Fourier transzformációs formulából kiolvasható. Ezért az F függvény folytonosságára a karakterisztikus függvény, illetve annak analitikus folytatásának segítségével is jó feltétel adható.

23.) Teljesüljenek a 21. feladatban megadott feltételek. Alkalmazzuk ennek a feladatnak a jelöléseit. Tegyük fel azt is, hogy létezik olyan K > 0 és k > 0 egész szám, amelyre |t| < α esetén ∫_{−∞}^{∞} |R(t + is)|^{k} ds ≤ K. Jelölje f_{n}(x) az F_{n}(x) = P (S_{n} ≤ nx) eloszlás (tehát független egyforma eloszlású valószínűségi változók átlagának) sűrűségfüggvényét. Ekkor

f_{n}(x) = e^{−nx^{3}λ(x)} \begin{matrix}√ & \overline{n} \\ √ & \overline{2π(1 + xμ(x))} \end{matrix}e^{−nx^{2}/2} (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}}))

= \sqrt{n}φ(\sqrt{n}x) exp \{O (\frac{1 + (\sqrt{n}x)^{3}}{\sqrt{n}} )\} , ha |x| ≤ ε,

ahol μ(x) alkalmas analitikus függvény, λ(x) ugyanaz az analitikus függvény, mint amelyik a 21. feladatban szerepel, és φ(x) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−x^{2}/2} a standard normális sűrűségfüggvény.

f_{n} (x + \frac{z}{n}) ≤ const. f_{n}(x)e^{−tz}, ha 0 < x ≤ ε

tetszőleges z számra, ahol t > 0 a [log R(t)]′ = x egyenlet megoldása. Ha a 21. feladat feltételei teljesülnek, és a ξ_{1} valószínűségi változó rácsos eloszlású, és egy {a + lh, l = 0, ±1, ±2, … }, h > 0, halmaz az a legkisebb szélességű rács, amelyre a ξ_{1} valószínűségi változó eloszlása koncentrálódik, akkor a p^{(n)}(x) = P (S_{n} = x) valószínűségekre a következő aszimptotikus formula érvényes:

p^{(n)}(x) = exp \{−\frac{x^{3}}{n^{2}} λ (\frac{x}{n})\} \frac{1}{h\sqrt{2πn (1 + xμ (\frac{x}{n}))}}e^{−x^{2}/2n} (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}}))

= \frac{φ (\frac{x}{\sqrt{n}})}{h\sqrt{n}} exp \{O (\frac{1 + (\frac{x}{\sqrt{n}})^{3}}{\sqrt{n}} )\} , ha x = a + lh, |x| ≤ nε,

ahol μ(x) alkalmas analitikus függvény, és λ(x) ugyanaz az analitikus függvény mint amelyik a 21. feladatban szerepel. Továbbá,

p^{(n)} (x + kh) ≤ const. p^{(n)}n(x)e^{−tkh}, ha x = a + lh, |x| ≤ nε,

ahol t a [log R(t)]′ = \frac{x}{n} egyenlet megoldása.

Megoldások.

1.) A Stirling formula szerint, n! = \sqrt{2πn} (\frac{n}{e})^{n} (1 + o(1)). S_{n} = 0 akkor és csak akkor, ha a ξ_{j} valószínűségi változók közül k = np darab vesz fel 1 − p és n − k = n(1 − p) vesz fel −p értéket. Az ilyen ξ_{1}, …, ξ_{n} sorozatok száma \binom{n}{k}, és a Stirling formula alapján \binom{n}{k} = \sqrt{\frac{n}{2πk(n−k)}} \frac{n^{n}}{k^{k}(n−k)^{n−k}} (1 + o(1)) = \frac{1+o(1)}{\sqrt{2πp(1−p)n}}p^{−np}(1 − p)^{−n(1−p)}.

Ha P (ξ_{j} = 1 − p) = 1 − P (ξ_{j} = −p) = p, akkor P (S_{n} = 0) = \binom{n}{k}p^{k}(1 − p)^{n−k} = \frac{1+o(1)}{\sqrt{2πp(1−p)n}}, ha pedig P (ξ_{j} = 1 − p) = 1 − P (ξ_{j} = −p) = \frac{1}{2}, akkor P (S_{n} =

0) = \frac{1+o(1)}{\sqrt{2πnp(1−p)n}}e^{n(H(p)−log 2)}. Az np 1-t tartalmazó 0–1 sorozatok száma \binom{n}{k} =

\frac{1+o(1)}{\sqrt{2πp(1−p)n}}p^{−np}(1 − p)^{−n(1−p)} = \frac{e^{nH(p)}}{\sqrt{2πp(1−p)n}}(1 + o(1)).

2.) Mivel az f(x) = x log x függvényre, f′(x) = log x + 1, f′′(x) = \frac{1}{x} > 0 x > 0 esetén, ezért f(x) szigorúan konvex, és

p_{j} log p_{j} ≥ \frac{1}{k} log \frac{1}{k} + (p_{j} − \frac{1}{k} ) (log \frac{1}{k} + 1)

és az egyenlőség csak p_{j} = \frac{1}{k} esetén teljesül. Ezeket az egyenlőtlenségeket összeadva j = 1, …, k-ra kapjuk, hogy −H(p_{1}, …, p_{k}) ≥ log \frac{1}{k}, és egyenlőség csak p_{j} = \frac{1}{k} esetén van. Ez a jobboldali egyenlőtlenség. A baloldali egyenlőtlenség nyílvánvaló, mert −p log p > 0, ha 0 < p < 1.

3.)

P (S_{n} ≥ nx) = P (e^{tS_{n}} ≥ e^{tnx}) ≤ Ee^{tS_{n}}e^{−ntx} = ∏_{k=1}^{n} Ee^{tξ_{k}}e^{−ntx} ≤ e^{n(log R(t)−tx)}.

4.) Mivel φ_{n}(t) = ∑_{k=−∞}^{∞} P (S_{n} = k)e^{itk} = Ee^{itS_{n}} = (Ee^{itξ_{1}})^{n} = φ(t)^{n}, a Fourier

sor k-ik együtthatóját meghatározó képletből következik a p^{(n)}(k) = P (S_{n} = k) valószínűséget meghatározó formula.

Mivel p_{k} ≥ 0, minden k-ra, és ∑_{k=−∞}^{∞} p_{k} = 1, ezért |φ(t)| = 1 akkor és csak akkor, ha

létezik olyan α, hogy e^{ikt} = e^{iα}, ha {k ∈ K}, ahol K = {k: p_{k} > 0}. Válasszzunk egy tetszőleges k_{0} ∈ K számot, és legyen K′ = {k − k_{0}: k ∈ K}. Ekkor 0 ∈ K′, és |φ(t)| = 1 akkor és csak akkor, ha e^{ikt} = 1 minden k ∈ K′} számra. Ez csak úgy lehetséges, ha t = 2π \frac{p}{q}, és q osztható minden k ∈ K′-vel. Ha a K′-beli elemek legnagyobb közös osztója 1, akkor t = 0-n kívül nincs −π ≤ t < π, amelyre |φ(t)| = 1, ha pedig a legnagyobb közös osztó q > 1, akkor a t = \frac{2pπ}{q}, −\frac{q}{2} ≤ p < q számok (és csak ezek a számok) ilyenek.

φ^{(l)}(0) = ∑_{k=−∞}^{∞} i^{l}k^{l}P (ξ_{1} = k) = i^{l}Eξ_{1}^{l}. Innen következik a feladat utolsó állítása

is.

5.) Mivel log φ(0) = 0, [log φ(0)]′ = iEξ_{1}, és [log φ(0)]′′ = −\frac{1}{2}Var ξ_{1}, ezért a második tagig végzett Taylor sorfejtés adja, hogy |φ^{n})t)| = e^{nℜ log φ(t)} ≤ e^{−nVar ξ_{1}t^{2}/3}, ha |t| ≤ ε alkalmas ε > 0-val. Másrészt, |φ(t)| < 1 − δ alkalmas δ = δ(ε)-nal, ha ε ≤ |t| ≤ π. Innen | ∫_{ε(n)≤|t|≤π} e^{itk}φ^{n}(t) dt| ≤ e^{−const. nε(n)^{2}}. Innen és a p_{n}(k)-ra az előző feladatban adott becslésből következik a feladat első állítása. A log φ(t) függvény Taylor sorfejtéséből adódik, hogy log φ(t) = itEξ_{1} − \frac{t^{2}}{2} Var ξ_{1} +

O(t^{3}), φ(t)^{n} = exp \{inEξ_{1}t − \frac{nt^{2}}{2} Var ξ_{1} + O(nt^{3})\}, ha |t| ≤ n^{−1/6}. Innen következik a feladat második állítása. Az előző két állításból következik, hogy

P (S_{n} = k) = \frac{1}{2π} ∫_{−π}^{π} e^{−itk}φ(t)^{n} dt

= \frac{1}{2π} ∫_{−n^{−1/6}}^{n^{−1/6}} exp \{−itk + itnEξ_{1} − \frac{nt^{2}}{2} Var ξ_{1}\} (1 + O(nt^{3})) dt

+ O (e^{−const. n^{2/3}})

= \frac{1}{2π} ∫_{−n^{1/3}}^{n^{1/3}}exp \{−i\frac{ku}{\sqrt{n}} + i\sqrt{n}uEξ_{1} − \frac{u^{2}}{2} Var ξ_{1}\} (1 + O (\frac{u^{3}}{\sqrt{n}})) \frac{du}{\sqrt{n}}

+ O (e^{−const. n^{2/3}})

= \frac{1}{2π\sqrt{n}} ∫_{−∞}^{∞} exp \{−i\frac{ku}{\sqrt{n}} + i\sqrt{n}uEξ_{1} − \frac{u^{2}}{2} Var ξ_{1}\} du + O (\frac{1}{n})

= \frac{1}{\sqrt{2πnVar ξ_{1}}} e^{−(k−nEξ_{1})^{2}/2nVar ξ_{1}} + O (\frac{1}{n}) .

Ha a ξ_{1} valószínűségi változó egy d szélességű rácsra van koncentrálva, akkor a 4.) feladat állítása a következőképpen módosul:

p^{(n)}(kd) = \frac{d}{2π} ∫_{−π/d}^{π/d} e^{−ikt}φ^{n}(t) dt, k = 0, ±1, ±2, …,

és innen az előző számolás természetes módosításával

P (S_{n} = kd) = \frac{d}{\sqrt{2πnVar ξ_{1}}} e^{−(kd−nEξ_{1})^{2}/2nVar ξ_{1}} + O (\frac{1}{n}) .

Megjegyzés: A feladat eredménye alkalmas (momentum) feltételek mellett élesíthető, és ilyen módon megkapható az ún. Edgeworth sorfejtés a sűrűségfüggvényre. Ha a karakterisztikus függvény logaritmusára több tagú sorfejtést alkalmazunk, akkor a karakterisztikus függvényre egy pontosabb

φ(t)^{n} = e^{−nt^{2}/2} (1 + ∑_{j=3}^{l} c_{j}n^{−(j−2)/2}t^{j} + O(n^{(l−1)/2}))

alakú becslést kapunk. (Feltesszük az egyszerűség kedvéért, hogy Eξ_{1} = 0, és Eξ_{1}^{2} = 1.) A karakterisztikus függvény pontosabb aszimptotikája segítségével a p_{n}(k) valószínűséget kifejező integrálra is pontosabb becslést adhatunk. Ez

p_{n}(k) = \frac{e^{−k^{2}/2n}}{\sqrt{2πn}} (1 + ∑_{j=3}^{l} c̄_{j}n^{−(j−2)/2}H_{j} (\frac{k}{\sqrt{n}}) + O(n^{(l−1)/2}))

alakú, ahol H_{j} a j-ik Hermite polinom. (Ahhoz, hogy egy ilyen tipusú becslést bebizonyítsunk érdemes észrevenni, hogy i^{j} \frac{1}{\sqrt{2π}} ∫_{−∞}^{∞} t^{j}e^{itx}e^{−t^{2}/2} dt = \frac{d^{j}}{dx^{j}} e^{−x^{2}/2} =

H_{j}(x)e^{−x^{2}/2}.) 6.) A kívánt azonosság bizonyításához használjuk fel a p_{n}(k) valószínűségekre a 4.

feladatban megadott kifejezést,és azt hogy

∮_{C} e^{−ikz}φ^{n}(z) dz = 0  (a)

feltéve, hogy a C görbe, illetve annak belseje egy olyan tartomány belsejében van, ahova a φ(t) függvény analitikusan kiterjeszthető. Válasszuk a C görbét a következő módon: Álljon a C a következő vízszintes és függőleges szakaszokból: C = [−π, π] ∪ [π + i · 0, π + is] ∪ [π + is, −π + is] ∪ [−π + is, −π + i · 0]. (Megjegyezzük, hogy bár a fenti görbe [−π, π] darabja nincs feltétlenül a φ(t) függvény analiticitási tartományának belsejében, lehetséges, hogy annak csak a határán van, viszont mivel a φ(z) függvény korlátos 0 ≥ ℜz > −ε halmazon elég kis ε > 0-ra, ezért a fenti körintegrál ekkor is 0.) Továbbá, mivel a karakterisztikus függvény analitikus kiterjesztése is teljesíti a φ(z) = φ(z + 2π) periodicitási feltételt, ezért ∫_{π+i0}^{π+is} + ∫_{−π+is}^{−π+i0} e^{−ikz}φ^{n}(z) dz = 0, ezért az (a) relációból és a p_{n}(k) kifejezésre a 4. feladatban megadott képletből következik az erre a kifejezésre ebben a feladatban megadott kifejezés. Mivel a vizsgált valószínűségi változók nem koncentrálódnak egy egynél nagyobb rácsszélességű rács eltoltján a 5. feladat bizonyításához hasonlóan, (felhasználva,

hogy |e^{ik(t+is)}| = e^{−ks}, φ(t+is) = ∑_{k=−∞}^{∞} p(k)e^{ik(t+is)}, φ(is) = ∑_{k=−∞}^{∞} p(k)e^{−ks}, hogy

|φ(t+is)| < φ(is) ha |t| ≤ π, és t = 0. Továbbá mivel a φ(t+is) függvény folytonos, ezért minden ε > 0-ra létezik olyan δ(ε) > 0, hogy sup_{ε≤|t|≤π} |φ(t + is)| < e^{−δ}φ(is),

ahonnan

sup_{ε≤t≤π} |e^{−i(k(s+it)}φ^{n}(s + it)| ≤ e^{−nψ(s)+k−nδ}.

Ezért

p^{(n)}(k) = \frac{1}{2π} ∫_{−ε}^{ε} exp \{−n (ψ(s − it) − \frac{k}{n}(s − it))\} dt + O (e^{−n(ψ(s)+δ)+ks}) .

(b)

A nyeregpont módszer azt sugallja, hogy az előző képletben az integrálban szereplő s paramétert válasszuk úgy, hogy az exponensben levő kifejezés deriváltja legyen 0 az s + i · 0 pontban. Ez a meggondolás vezet a ψ′(s) = \frac{k}{n} = α egyenlethez.

Egyszerű számolás adja, hogy ψ′(s) = −i\frac{φ′(is)}{φ(is)}, ψ′′(s) = \frac{φ(is)φ′′(is)−φ′(is)^{2}}{φ^{2}(is)} , és φ′(is) = iEξ_{1}e^{−sξ_{1}}, φ′′(is) = −Eξ_{1}^{2}e^{−sξ_{1}}. Továbbá φ′(is)^{2} > φ(is)φ′′(is), mivel ez az egyenlőtlenség ekvivalens az (Eξ_{1}e^{−sξ_{1}})^{2} < Eε^{−sξ_{1}}Eξ_{1}^{2}e^{−sξ_{1}} egyenlőtlenséggel, és ez utóbbi egyenlőtlenség a Cauchy–Schwartz egyenlőtlenség következménye (szigorú egyenlőtlenséggel, ha a ξ_{1} valószínűségi változó nem konstans.) (Megjegyezzük, hogy más jelőléssel ez az érvelés jelenik meg a 8. feladat bizonyításában is.) Innen ψ(s)′′ < 0, Innen a ψ′(s) függvény szigorúan monoton csökken, ψ(s) szigorúan konkáv, és a ψ′(s) = α egyenletnek legfeljebb egyetlen megoldása van. (Ha α > Eξ_{1}, akkor az s megoldásra s < 0.) A (b) kifejezés becsléséhez alkalmazzunk Taylor sorfejtést az integrál exponensében a t változó szerint.

\frac{∂}{∂t} (ψ(s − it) − \frac{k}{n}(s − it))|_{t=0} = 0,

\frac{∂^{2}}{∂t^{2}} (ψ(s − it) − \frac{k}{n}(s − it))|_{t=0} = −ψ′′(s) > 0.

Ezért ψ(s − it) − \frac{k}{n}(s − it) = ψ(s) − \frac{k}{n}s − \frac{ψ′′(s)}{2}t^{2} + O(t^{3}). Innen és a (b) formulából

p^{(n)}(k) = \frac{1}{2π} ∫_{−ε}^{ε}exp \{−n (ψ(s) − \frac{ks}{n} − \frac{ψ′′(s)}{2}t^{2} + O(t^{3}))\} dt
+ O (e^{−n(ψ(s)+δ)+ks})

= \frac{1}{2π\sqrt{n}} ∫_{−ε\sqrt{n}}^{ε\sqrt{n}} exp \{−nψ(s) + ks + \frac{ψ′′(s)}{2}t^{2} + O (\frac{t^{3}}{\sqrt{n}})\} dt

+ O (e^{−n(ψ(s)+δ)+ks})

= \frac{1}{2π\sqrt{n}} ∫_{−n^{1/6}}^{n^{1/6}} exp \{−nψ(s) + ks + \frac{ψ′′(s)}{2}t^{2} + O (\frac{t^{3}}{\sqrt{n}})\} dt

+ O (e^{−nψ(s)+ks−const. n^{1/3})})

= \frac{1}{2π\sqrt{n}} ∫_{−n^{1/6}}^{n^{1/6}} exp \{−nψ(s) + ks + \frac{ψ′′(s)}{2}t^{2}\} (1 + O (\frac{t^{3}}{\sqrt{n}})) dt

+ O (e^{−n(ψ(s)+ks−const. n^{1/3}})

= \frac{1}{2π\sqrt{n}} ∫_{−∞}^{∞} exp \{−nψ(s) + ks + \frac{ψ′′(s)}{2}t^{2}\} dt + O (\frac{e^{−nψ(s)+ks}}{n} )

= \frac{e^{−nψ(s)+ks}}{\sqrt{2πn|ψ′′(s)|}} (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}})) .

Innen következik a feladat fő állítása. Ez alkalmazható az 1. feladatban alkalmazott példában. Ha P (ξ_{j} = 1 − p) = 1 − P (ξ_{j} = −p) = p, 0 < p < 1, akkor némi számolás adja, hogy a ψ(s)′ = 0 egyenlet megoldása az s = 0 pont. Ha P (ξ_{j} = 1 − p) = 1 − P (ξ_{j} = −p) = \frac{1}{2}, akkor φ(is) = \frac{1}{2} [e^{−(1−p)s} + e^{ps}]. A keresett s pontot meghatározó ψ′(s) = 0 egyenlet ekvivalens a φ′(s) = 0 egyenlettel, és némi számolással kapjuk, hogy a megoldás s = log \frac{1−p}{p}. Innen ψ(s) =

− log φ(s) = log 2 − log (e^{−(1−p)s} + e^{ps}) = log 2 − log [(\frac{1−p}{p})^{p−1} + (\frac{1−p}{p})^{p}] =

log 2 − log (\frac{1−p}{p})^{p} − log (1 + \frac{p}{1−p}) = log 2 − p log \frac{1−p}{p} − log \frac{1}{1−p} = log 2 − H(p). In-

nen, mivel esetünkben k = 0 e^{−nψ(s)+k} = e^{n(H(p)−log 2)}. Némi számolással kapjuk, hogy ψ′′(s) = −\frac{e^{−s}}{(1+e^{−s})^{2}} = −p(1 − p) az általunk választott s számmal. Ezért a 6. feladatban adott képlet a p_{n}(k) valószínűségre megadja az első feladat eredményét jobb maradéktaggal. (O (\frac{1}{\sqrt{n}}) maradéktag szerepel o(1) helyett.)

7.) Ee^{sS̄_{n}} = Ee^{s(ξ̄_{1}+···+ξ̄_{n})} = (Ee^{sξ̄_{1}})^{n} = R̄(s)^{n}, és

R̄(s) = ∫ e^{sx}F̄( dx) = \frac{1}{R(t)} ∫ e^{sx}e^{tx}F ( dx) = \frac{R(t + s)}{R(t)}.

Innen Ee^{sS̄_{n}} = \frac{R^{n}(t+s)}{R^{n}(t)}. Hasonlóan Ee^{isS̄_{n}} = \frac{R^{n}(t+is)}{R^{n}(t)}. Másrészt,

1 − F̄_{n}(x) = P (S̄_{n} ≥ x) = ∫_{u_{1}+···+u_{n}≥x} F̄( du_{1}) … F̄(du_{n})

= \frac{1}{R(t)^{n}} ∫_{u_{1}+···+u_{n}≥x} e^{t(u_{1}+···+u_{n})}F ( du_{1}) … F (du_{n}) = \frac{∫_{[x,∞)} e^{tu}F_{n}( du)}{R(t)^{n}}.

Az utolsó azonosság a következő tényből következik: Ha T mértéktartó leképezés egy (X, A, μ) térből egy (Y, B, ν) térbe, azaz tetszőleges mérhető B ⊂ Y -ra ν(B) = μ(T^{−1}B), akkor tetszőleges az (Y, B, ν) téren értelmezett, mérhető, integrálható f függvényre ∫_{Y} f(y)μ(dy) = ∫_{X} f(Tx)μ( dx). Ezt a tételt használjuk (X, A, μ) = (R^{n}, B_{n}, F (du_{1}) ⋯ F (du_{n})), (Y, B, ν) = (R^{1}, B_{1}, F_{n}(du)), T(u_{1}, …, u_{n}) = u_{1} + ⋯ + u_{n}, és f(u) = e^{tuI(u≥x} választással, ahol B_{n} és B_{1} a Borel σ-algebra R^{1}- en illetve R^{n}-en. Az F̄_{n}-et F_{n} segítségével kifejező képletből következik az F_{n}-t a F̄_{n} segítségével kifejező képlet, mivel ezek ekvivalensek a \frac{dF̄_{n}(x)}{dF_{n}(x)} = \frac{e^{tx}}{R^{n}(t)} illetve

\frac{dF_{n}(x)}{dF̄_{n}(x)} = \frac{R^{n}(t)}{e^{tx}} képlettel. Végül tetszőleges t ≥ 0 számra

1−F_{n}(nx) = R^{n}(t) ∫_{[nx,∞)}e^{−tu}F̄_{n}( du) ≤ R^{n}(t) ∫_{[nx,∞)}e^{−tnx}F̄_{n}(du) ≤ e^{n(log R(t)−tx)}

Mivel ez minden t ≥ 0 számra igaz, innen következik a bizonyítandó egyenlőtlenség.

Az F̄(·) karakterisztikus függvénye φ_{t}(s) = \frac{R(t+is)}{R(t)}, F̄_{n}^{(t)} karakterisztikus függvénye

pedig φ_{t}(s) = \frac{R^{n}(t+is)}{R^{n}(t)}. Ezért a sűrűségfüggvényt kifejező inverz Fourier transzformáció alapján ha f_{n} jelöli az F_{n} és f̄_{n} a F̄_{n} eloszlásfüggvány sűrűségfüggvényét, akkor

f_{n}(nx) = R^{n}(t)e^{−tnx}f̄_{n}(nx) = \frac{R^{n}(t)e^{−tnx}}{2π} ∫_{−∞}^{∞} e^{−isnx} \frac{R^{n}(t + is)}{R^{n}(t)} ds

≤ \frac{R^{n}(t)e^{−ntx}}{2π} ∫_{−∞}^{∞} |\frac{R^{n}(t + is)}{R^{n}(t)}| ds = \frac{e^{−n(tx−log R(t))}}{2π} ∫_{−∞}^{∞} |\frac{R^{n}(t + is)}{R^{n}(t)}| ds.

Innen, infimumot véve minden 0 ≤ t ≤ T számra következik a feladat utolsó állítása.

8.) Ha R(t) = Ee^{tξ} < ∞ valamilyen t > 0 számra, akkor |Ee^{zξ}| ≤ 1 + Ee^{tξ} < ∞, 0 ≤ ℜz ≤ t esetében. Továbbá a ξ valószínűségi változó F (x) eloszlásfüggvényét approximálhatjuk alkalmas F_{N}(x) függvényekkel, amelyeket a például a következőképp definiálhatunk: F_{N}(x) = F (\frac{k}{N} ), ha \frac{k}{N} ≤ x < \frac{k+1}{N}, −N^{2} ≤ k < N^{2}, F_{N}(x) = 0, ha x < −N, F_{N}(x) = F (N), ha x ≥ N, ahol F (x) a ξ valószínűségi változó eloszlásfüggvénye. Ekkor Ee^{zξ} = lim_{N→∞} ∫ e^{zx}F_{N}( dx), és a konvergencia egyen-

letes a {z: ε < ℜz < t − ε} tartományban tetszőleges ε > 0-ra. Ezért az R(z) = Ee^{zξ} függvény is analitikus az adott tartományban, mivel előáll mint analitikus függvények egyenletes limesze. A fentiekből következik, hogy R(t), t ≥ 0, vagy az egész {t: t ≥ 0} félegyenesen vagy egy balról zárt jobbról nyílt vagy zárt intervallumon van értelmezve, a t = 0 pontban folytonos, és analitikusan kiterjeszthető a kívánt tartományra. Mivel R(0) = 1, az R(t) nullabeli folytonosságából következik, hogy a log R(t) függvény is folytonos az origóban.

R′′(t) = ∫ x^{2}e^{tx}F ( dx), [log R(t)]′′ = \frac{R′(t)^{2}−R(t)R′′(t)}{R^{2}(t)} > 0, ha t az R(·) értelmezési tartományának belsejében van. Az utóbbi egyenlőtlenség azért igaz, mert a Cauchy–Schwartz egyenlőtlenség alapján R′(t)^{2} = (Eξe^{tξ})^{2} > Ee^{tξ}Eξ^{2}e^{tξ} = R(t)R′′(t). Mivel a ξ valószínűségi változó nem konstans, az utolsó relációban is szigorú egyenlőtlenség írható. (Jegyezzük meg, hogy E|ξ^{k}|e^{tξ} < ∞ minden t > 0-ra az R(t) függvény értelmezési tartományának belsejében és k = 1, 2, … -ra, bár t = 0-ra ez az egyenlőtlenség nem feltétlenül teljesül, mivel Eξ = −∞ is lehetséges, amikor E|ξ| = ∞. Ennek az állításnak az igazolásához azt vegyük észre, hogy xe^{tx} > −K(t) alkalmas K(t) > 0 konstanssal minden x > −∞-re.) R(0) = 1, és lim_{t→0, t>0} R′(t) = lim_{t→0, t>0} Eξe^{tξ} = Eξ a monoton konvergencia tétel

szerint, mivel lim_{t→0, t>0} ξe^{tξ} = ξ, és ξe^{tξ} a t változó monoton csökkenő függvénye.

Mivel \frac{R(h)−R(0)}{h} = R′(u) alkalmas 0 ≤ u ≤ h-val h → 0 határátmenettel kapjuk, hogy R′(0) = Eξ, és az R′(t) függvény folytonos az origóban. Továbbá [log R(0)]′ = \frac{R′(0)}{R(0)} = Eξ, és a [log R(t)]′ függvény is folytonos az origóban. Mivel R′(0) = [log R(0)]′ = Eξ, R(t), és log R(t) szigorúan konvex (pozitív második deriválttal), [tx−log R(t)]′ szigorúan monoton csökkenő függvény x ≥ Eξ esetén. Mivel R(0) = 1 log R(0) = 0, ez igaz az R(t) és log R(t) függvényekre is.

A feladatban definiált ξ(t) valószínűségi változóra Eξ(t) = ^{\frac{∫ xe^{tx}F ( dx)}{R(t)}} = \frac{R′(t)}{R(t)} =

[log R(t)]′, és hasonlóan Var ξ(t) = \frac{R′′(t)R(t)−R′(t)^{2}}{R(t)^{2}} = [log R(t)]′′. A fenti azonosságok mindkét oldala véges, ha t az R(·) értelmezési tartományának a belsejében van. Ha a t szám az értelmezési tartomány végpontjában van az első azonosság két oldala akkor és csak akkor véges, ha Eξe^{tξ} < ∞. Nem nehéz belátni, hogy ebben az esetben R′′(t) = lim_{u→t} R′′(u), és R′′(t) < ∞ akkor és csak akkor, ha Eξ^{2}e^{tξ} < ∞. A második azonosság két oldala akkor és csak akkor véges, ha ez a feltétel teljesül. Ha R(t) egy jobbról nyílt [0, T) intervallumon van értelmezve, akkor lim_{t→T} R(t) < ∞ nem lehetséges. Ebben az esetben ugyanis a monoton konvergenciatétel miatt R(T) = lim_{t→T} R(t) < ∞ lenne, ( Az e^{ξt} függvények az e^{ξT} függvényhez konvergálnak t → T esetén, a ξ ≥ 0 halmazon monoton növekvő, a ξ < 0 pedig halmazon monoton csökkenő módon.) Ezért az R(t) függvény definiálva lenne az értelmezési tartomány jobboldali végpontjában is. Másrészt, ha R(T) < ∞, akkor mivel e^{tξ} ≤ e^{T ξ} + 1, 0 < t < T esetén, R(t) ≤ R(T) + 1 0 ≤ t ≤ T esetén, ezért a monoton R(t) függvénynek létezik véges határértéke, ha t → T. A monoton konvergenciatételből következik, hogy lim_{t→T} R(t) = R(T) ebben az esetben.

Ha R(t) egy véges, zárt [0, T] intervallumban van értelmezve, akkor minden h > 0 számra teljesül a \frac{R(T)−R(T −h)}{h} = R′(u) reláció valamilyen T − h ≤ u ≤ T számmal. Mivel az R′(t) függvény monoton nő, innen h → 0 határátmenettel adódik, hogy lim_{t→T} R′(t) = R′(T), ahol a két oldal egyszerre véges vagy végtelen. Ezzel a feladat minden állítását beláttuk.

9.) A (+) reláció alapján elég belátni, hogy \frac{C_{1}}{\sqrt{n}} ≤ ∫_{nx}^{∞} e^{−t(y−nx)}F̄_{n}( dy) ≤ \frac{C_{2}}{\sqrt{n}}. A Berry–Esseen egyenlőtlenség alapján léteznek olyan (n-től független) A > 0, B_{1} > 0 és B_{2} > 0 számok, amelyekre B_{1} ≤ \frac{u+1}{\sqrt{n}} F̄_{n}(x + u) − F̄_{n}(x) ≤ B_{2} \frac{u+1}{\sqrt{n}} A ≤ u ≤ n^{1/4} esetén. Ugyanis a Berry–Esseen egyenlőtlenség alapján

|F̄_{n}(x) − Φ(0)| ≤ \frac{K}{\sqrt{n}}, |F̄_{n}(x + u) − Φ (\frac{u}{\sqrt{n[log R(t)]′′}} )| ≤ \frac{K}{\sqrt{n}},

és \frac{D_{1}u}{\sqrt{n}} ≤ Φ (\frac{u}{\sqrt{n[log R(t)]′′}} )−Φ(0) < \frac{D_{2}u}{\sqrt{n}} alkalmas D_{1} > 0 és D_{2} > 0 konstansokkal.

Ezekből az egyenlőtlenségekből következik a kívánt egyenlőtlenség például B_{1} = \frac{D_{1}}{2} , B_{2} = 2D_{2}, A = max (\frac{2K}{D_{1}} , \frac{K}{D_{2}} ) választással.

Innen ∫_{nx}^{∞} e^{−t(y−nx)}F̄_{n}( dy) ≥ ∫_{nx}^{nx+A} e^{−t(y−nx)}F̄_{n}( dy) ≥ e^{−tA}(F̄_{n}(x+A)−F̄_{n}(x) ≥

\frac{C_{1}}{\sqrt{n}}. Másrészt ∫_{nx}^{∞} e^{−t(y−nx)}F̄_{n}( dy) ≤ ∫_{nx}^{nx+n^{1/4}} e^{−t(y−nx)}F̄_{n}( dy) + e^{−tn^{1/4}}, és parciális integrálással F̄_{n}^{∗}(z) = F̄_{n}(nx + z) − F̄_{n}(nx) jelöléssel

∫_{nx}^{nx+n^{1/4}} e^{−t(y−nx)}F̄_{n}( dy) = ∫_{0}^{n^{1/4}} e^{−tz}F̄_{n}^{∗}( dz)

= ∫_{0}^{n^{1/4}} te^{−tz}F̄_{n}^{∗}(z) dz − e^{−tn^{1/4}} F̄_{n}^{∗}(n^{1/4}) ≤ ∫_{0}^{n^{1/4}} B_{2}te^{−tz} \frac{z + 1}{\sqrt{n}} dz ≤ \frac{C_{2}}{\sqrt{n}}.

Innen következik az bizonyítandó egyenlőtlenség másik fele.

10.) Tekintsük először azt az esetet, amikor ξ_{1} nem rácsos eloszlású. A (+) formula miatt elég az ∫_{nx}^{∞} e^{−t(y−nx)}F̄_{n}( dy) integrált jól becsülni. Alkalmazható a feladat előtt megfogalmazott tétel az F̄ eloszlásra, és abból következik, hogy F̄_{n}(nx + u) − F̄_{n}(nx) = \frac{u}{\sqrt{2πn[log R(t)]′′}} + o(n^{−1/2}), ha 0 ≤ u < n^{1/5}. Valóban, alkalmazva a

(++) formulát m_{1} = x és u = \frac{y}{\sqrt{n}σ} illetve u = 0 választással, és a két azonosságot kivonva egymásból kapjuk, hogy F̄_{n}(nx+u)−F̄_{n}(x) = Φ(\frac{u}{\sqrt{n}σ})−Φ(0)+o(n^{−1/2}). (A számolásbam megjelenő többi tag betehető az o(n^{−1/2}) maradéktagba.) Másrészt Φ(\frac{u}{\sqrt{n}σ}) − Φ(0) = \frac{u}{\sqrt{n}σ} φ(0) + O(\frac{u^{2}}{n}) = \frac{u}{\sqrt{2}πn[log R(t)]′′} φ(0) + o(n^{−1/2})), ha 0 ≤ u ≤

n^{1/5}. Innen következik a fenti reláció. Az előző feladat bizonyításához hasonlóan érvelve vezessük be F̄_{n}^{∗}(z) = F̄_{n}(nx + z) − F̄_{n}(nx) jelölést. Parciális integrálással kapjuk, hogy

∫_{nx}^{∞} e^{−t(y−nx)}F̄_{n}( dy) = ∫_{nx}^{nx+n^{1/5}} e^{−t(y−nx)}F̄_{n}( dy) + O (e^{−tn^{1/5}})

= ∫_{0}^{n^{1/5}} e^{−tz}F̄_{n}^{∗}( dz) + O (e^{−tn^{1/5}})

= ∫_{0}^{n^{1/5}} te^{−tz}F̄_{n}^{∗}(z) dz − e^{−tn^{1/5}} F̄_{n}^{∗}(n^{1/5}) + O (e^{−tn^{1/5}})

= ∫_{0}^{n^{1/5}} \frac{t(z + o(n^{−1/2}))e^{−tz}}{\sqrt{2πn[log R(t)]′′}} dz + O (e^{−tn^{1/5}})

= \frac{C}{\sqrt{n}}(1 + o(1)).

C = \frac{1}{t\sqrt{2πn[log R(t)]′′}} konstanssal. Innen következik az állítás abban az esetben, ha

ξ_{1} nem rácsos eloszlású. Ha ξ_{1} rácsos eloszlású az a + kh, k = 0, ±1, ±2, … rácson akkor P (S_{n} ≥ nx) = P (S_{n} ≥ nx′), mert S_{n} nem eshet az [nx, nx′) intervallumba. A P (S_{n} ≥ nx′) valószínűség becsülhető a p^{(n)}(kh + a), a + kh ≥ nx′, valószínűségekre kapott aszimptotikus formulák összegezésének a segítségével. Ehelyett a p^{(n)}(kh + a) valószínűségeket a 6. feladatban megadott inverz Fourier transzformált (illetve annak analitikus folytatásával) pontos formulák segítségével fejezzük ki. Így a kívánt valószínűséget ki tudjuk fejezni egy szinguláris integrál segítségével, és ezt az integrált a 6. feladat bizonyításában szereplő módszerhez hasonlóan tudjuk becsülni. A 6. feladatban bizonyított formulát, illetve annak természetes általánosítását az a + kh, k = 0, ±1, ±2, … rácsra koncentrált mértékre átírva a φ(z) = R(iz) azonosság segítségével kapjuk, hogy

p^{(n)}(a + kh) = \frac{h}{2π} ∫_{−π/h}^{π/h} e^{−(a+kh)(t′+is)}R^{n}(t′ + is) ds,

ahol t′ a [log R(t′)]′ = x′ egyenlet megoldása.

Jegyezzük meg, hogy mivel |x − x′| = O (\frac{1}{n}), [log R(t)]′ = x, [log R(t′)]′ = x′, inf_{a≤s≤b}[log R(s)]′′ > 0, ha az [a, b] intervallum az R(t) függvény értelmezési tar-

tományának belsejében van, |t − t′| = O (\frac{1}{n}). Ezért t′ az R(·) függvény értelmezési tartományának belsejében van, és a későbbi formulák érvényesek ezzel a t′ paraméterrel is. Továbbá a benne szereplő o(·) hibatagok egyenletesen kicsik, ha t′ a t szám kis környezetében van. A p^{(n)}(a + kh) valószínűségekre kapott kifejezéseket összegezve kapjuk, hogy

1 − F_{n}(nx′) = ∑_{k: a+kh≥nx′} p^{(n)}(a + kh)

= ∑_{k: a+kh≥nx′} \frac{h}{2π} ∫_{−π/h}^{π/h} e^{−(a+kh)(t′+is)}R^{n}(t′ + is) ds

= \frac{h}{2π} ∫_{−π/h}^{π/h} ∑_{j=0}^{∞} e^{−(x′−jh)(t′+is)}R^{n}(t′ + is) ds,

ahonnan a geometriai összeget zárt alakba írva kapjuk, hogy

1 − F_{n}(nx′) = R(t′)^{n}e^{−nt′x′} \frac{h}{2π} ∫_{−π/h}^{π/h} \frac{e^{−insx′}}{1 − e^{−h(t′+is)}} (\frac{R(t′ + is)}{R(t′)})^{n} ds.

Másrészt sup_{ε<|s|≤π/h} |\frac{R(t′+is)}{R(t′)} | < 1 minden ε > 0 számra, mivel a ξ_{1} valószínűségi

változó egy (pontosan) h szélességű rácsra van koncentrálva, [log R(t′)]′′ > 0, és

log \frac{R(t′ + is)}{R(t′)} = \{is[log R(t′)]′ − \frac{s^{2}}{2} [log R(t′)]′′ + O(s^{3})\}

= \{isx′ − \frac{s^{2}}{2} [log R(t′)]′′ + O(s^{3})\} ,

ha |s| < ε egy kis ε > 0 számmal. Innen alkalmas δ = δ(ε) > 0-val

1 − F_{n}(nx′) = R(t′)^{n}e^{−nt′x′} \frac{h}{2π}

(∫_{−ε}^{ε} \frac{exp \{−n[log R(t′)]′′ \frac{s^{2}}{2} + O(ns^{3})\}}{1 − e^{−h(t′+is)}} ds + O (e^{−nδ}))

= R(t′)^{n}e^{−nt′x′} \frac{h}{2π} (∫_{−n^{−1/6}}^{n^{−1/6}} \frac{exp \{−n[log R(t′)]′′ \frac{s^{2}}{2} + O(ns^{3})\}}{1 − e^{−h(t′+is)}} ds

+ O (e^{−const. n^{1/3}})).

Ebből a becslésből valamint a \frac{1}{1−e^{−h(t′+is)}} = \frac{1+O(s)}{1−e^{−ht′}} formulából

1 − F_{n}(nx′) = exp\{n(log R(t′) − t′x′)\}\frac{h}{2π(1 − e^{−ht′})}

(∫_{−n^{−1/6}}^{n^{−1/6}}e^{−n[log R(t′)]′′s^{2}/2}(1 + O(s + ns^{3})) ds + O (e^{−const. n^{1/3}}))

= exp\{n(log R(t′) − t′x′)\}\frac{h}{2π(1 − e^{−ht′})}

(∫_{−n^{1/3}}^{n^{−1/3}} e^{−n[log R(t′)]′′s^{2}/2} (1 + O (\frac{s + s^{3}}{\sqrt{n}} )) ds

+ O (e^{−const. n^{1/3}}))

= exp\{n(log R(t′) − t′x′)\}\frac{h}{2π(1 − e^{−ht′})}

∫_{−∞}^{∞} e^{−n[log R(t′)]′′s^{2}/2} ds (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}}))

= \frac{h exp\{n(log R(t′) − t′x′)\}}{(1 − e^{−ht′})\sqrt{2π[log R(t′)]′′}} (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}})) .

Innen és a |t − t′| ≤ const. \frac{1}{n}, |x − x′| ≤ const. \frac{1}{n} becslésekből következik a feladat állítása rácsos eloszlású valószínűségi változókra is.

11.) A 8. feladat alapján sup_{t≥0}(log tx − R(t)) > 0, mivel (tx − log R(t))|_{t=0} = 0 és

[tx − log R(t)]′|_{t=0} > 0, ha x > Eξ_{1}. A 7. feladatban felső becslést adtunk az 1 − F_{n}(nx) valószínűségre. Innen következik a feladat második állítása.

12.) Mivel a log R(t) szigorúan konvex, az értelmezési tartomány belsejében analitikus függvény, és [log R(0)]′ = Eξ_{1}, a [log R(t)]′ = x egyenlet egyértelműen megoldható az adott feltételek mellett. Ha lim_{t→∞}[log R(t)]′ = z < ∞, és x > z, akkor [tx − log R(t)]′ > x−z > 0 minden t ≥ 0-ra, és log R(0) = 0. Ezért tx−log R(t) > t(z−x), ahonnan lim_{t→∞}(tx − log R(t)) = ∞, és ebből következik a feladat utolsó állítása is.

13.) Tegyük fel indirekt módon, hogy P (ξ_{1} > z) > 0. Ekkor létezik olyan ε > 0, amelyre P (ξ_{1} > z + 2ε) > 0. Továbbá ∫_{−∞}^{z+ε} e^{tx}F ( dx) ≤ e^{t(z+ε)} és R(t) = ∫_{−∞}^{∞} e^{tx}F ( dx) ≥ e^{t(z+2ε)}P (ξ_{1} > z + 2ε), ahonnan

lim_{t→∞} \frac{∫_{z+ε}^{∞} e^{tx}F ( dx)}{R(t)} = 1,

mivel

\frac{∫_{z+ε}^{∞} e^{tx}F ( dx)}{R(t)} ≥ 1 − \frac{e^{t(z+ε)}}{R(t)} ≥ 1 − \frac{e^{t(z+ε)}}{e^{t(z+2ε)}P (ξ_{1} > z + 2ε)} ≥ 1 − const. e^{−tε}.

Innen

lim_{t→∞}[log R(t)]′ = lim_{t→∞} \frac{R′(t)}{R(t)} ≥ lim sup_{t→∞} \frac{∫_{z+ε}^{∞} xe^{tx}F ( dx)}{∫_{z+ε}^{∞} e^{tx}F ( dx)}

≥ lim sup_{t→∞} inf_{x≥z+ε} \frac{xe^{tx}}{e^{tx}} = z + ε,

és ez ellentmond a feladat feltételeinek. (A fenti számolásban kihasználtuk, hogy lim_{t→∞} ∫_{−∞}^{0} xe^{tx}F ( dx) = 0, mert lim_{t→∞} xe^{tx} = 0, ha x ≤ 0, és |x|e^{tx} ≤ const., ha x ≤ 0, és t ≥ 1. Be akarjuk látni, hogy

sup_{t>0}(tz − log R(t)) = lim_{t→∞}(tz − log R(t)) = − log P (ξ_{1} = z).

A fenti állítás első azonossága nyílvánvaló, mert a tz −log R(t) függvény a t változó monoton növekvő függvénye a [tz − log R(t)]′ > 0 reláció miatt. Továbbá R(t) ≥ P (ξ_{1} = z)e^{tz}, ahonnan tz − log R(t) ≤ − log P (ξ_{1} = z). Ezért a kívánt állítás bizonyításához elég belátni, hogy tetszőleges ε > 0-ra

R(t) ≤ (P (ξ_{1} = z) + ε) e^{tz} ha t ≥ t(ε).

Ennek az egyenlőtlenségnek a bizonyításához vegyük észre, hogy létezik olyan δ = δ(ε) > 0, amelyre P (z−δ < ξ_{1} ≤ z) ≤ P (ξ_{1} = z)+ \frac{ε}{2}. Továbbá, mivel P (ξ_{1} > z) = 0

R(t) ≤ e^{t(z−δ)} + P (z − δ < ξ_{1} ≤ z)e^{tz}

≤ e^{tz} (\frac{ε}{2} + P (z − δ < ξ_{1} ≤ z)) ≤ (P (ξ_{1} = z) + ε) e^{tz},

ha t > 0 olyan nagy, hogy e^{−tδ} ≤ \frac{ε}{2}. Ha R(t) < ∞ minden t > 0 számra, lim_{t→∞}[log R(t)]′ = z < ∞, és Eξ_{1} < x < z, akkor a [log R(t)]′ = x egyenlet megoldható, és ebben az esetben nemcsak a (∗∗), hanem az élesebb (∗) reláció is érvényes. Ha x > z, akkor P (S_{n} ≥ nx) = 0 minden n ≥ 1re, így lim_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nx) = ∞, mert P (ξ_{1} > x) = 0. A (∗∗) reláció ebben az esetben is igaz, mivel a 12. feladat állítása szerint sup_{t≥0} (log tx − R(t)) = ∞. Végül,

ha x = z, akkor P (S_{n} ≥ nx) = P (ξ_{1} = z)^{n}, ezért lim_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nz) = − log P (ξ_{1} = z) = sup_{t≥0} (tz − log R(t)). A (∗∗) állítás tehát ebben az esetben is igaz.

14.) Belátjuk, hogy ha a feladat feltételei teljesülnek, akkor lim_{t→T}[log R(t)]′ = ∞. Innen,

továbbá a [log R(t)]′|_{t=0} = Eξ_{1} azonosságból, és abból, hogy a [log R(t)]′ függvény folytonos és szigorúan monoton nő, következik, hogy a [log R(t)]′ = x, x > Eξ_{1}, egyenlet egyértelműen megoldható a (0, t) intervallum belsejében. Ezért ebben az esetben nemcsak a (∗∗) hanem az élesebb (∗) reláció is teljesül az adott feltételek mellett. Ha R(t) egy jobbról nyílt intervallumban van értelmezve, akkor a 8. feladat alapján lim_{t→T} R(t) = ∞. Ezért lim_{t→T} log R(t) = lim_{t→T} ∫_{0}^{t}[log R(s)]′ ds = ∞. Innen és a [log R(t)]′

függvény monotonításából következik, hogy lim_{t→T}[log R(t)]′ = ∞.

Ha R(t) a a [0, T] zárt intervallumban van értelmezve, és R′(T) = ∞ akkor a 8. feladat alapján lim_{t→T} R′(t) = ∞, és sup_{0≤t≤T} R(t) = R(T) < ∞. Ezért lim_{t→T}[log R(t)]′ =

∞. 15.) Először röviden leírom a bizonyítás fő gondolatát. Választhatunk olyan [−K_{1}, K_{2}]

intervallumot, amelyre nagy annak a valószínűsége, hogy egy ξ_{j} valószínűségi változó ebbe az intervallumba esik, és a ξ_{j} valószínűségi változó E = E(K_{1}, K_{2}) feltételes várható értéke, feltéve, hogy −K_{1} ≤ ξ_{j} ≤ K_{2}, kisebb mint a. Válasszunk alkalmas K_{1} és K_{2} konstansokat valamint egy m pozitív egész számot, és tekintsük azt az eseményt, hogy az első m ξ_{j} valószínűségi változók mindegyike ebbe a [−K_{1}, K_{2}] intervallumba esik. A paraméterek alkalmas választása esetén ennek az eseménynek viszonylag nagy a valószínűsége, és ennek teljesülése esetén az első m ξ_{j} valószínűségi változó átlaga közel van egy E < a számhoz. Továbbá az Ee^{tξ_{1}} = ∞ minden t > 0 számra feltétel miatt létezik olyan [b_{1}, b_{2}] intervallum, amelyre b_{1} > b, a (\frac{b_{2}}{b_{1}} − 1) szám kicsi, és annak a valószínűsége, hogy egy ξ_{j} valószínűségi változó a [b_{1}, b_{2}] intervallumba esik viszonylag nagy. Definiáljuk azt az eseményt, hogy a ξ_{j}, valószínűségi változók m < j ≤ n indexre ebbe a [b_{1}, b_{2}] intervallumba esnek. Be fogjuk látni, hogy ha m = αn, és a 0 < α < 1 számot az előbb bevezetett E és b_{1}, b_{2} számoktól függően alkalmasan választjuk meg, akkor annak az eseménynek, hogy az első m illetve az utolsó n − m valószínűségi változó a fent leírt módon viselkedik viszonylag nagy a valószínűsége, és ebben az esetben \frac{S_{n}}{n} ∈ [a, b]. Tetszőleges ε_{1} > 0 számhoz választhatunk olyan K_{1} = K_{1}(ε_{1}) > 0 és K_{2} = K_{2}(ε_{1}) > 0 számokat, amelyekre

P (ξ_{1} ∈ [−K_{1}, K_{2}]) > e^{−ε_{1}} és E_{1} = E(ξ_{1}| − K_{1} ≤ ξ_{1} ≤ K_{2}) ≤ a.

Valóban, elég nagy K_{2} számra teljesül a P (ξ_{1} ∈ [−K_{2}, K_{2}]) > e^{−ε_{1}} feltétel. Választva egy elég nagy K_{1} > K_{2} számot ha szükséges, az E(ξ_{1}|ξ_{1} ≤ K_{2}) < Eξ_{1} ≤ a feltétel miatt elérhetjük, hogy a K_{1}, K_{2} pár mind a két egyenlőtlenséget teljesítse. (Az Ee^{tξ_{1}} = ∞ feltétel miatt igaz a E(ξ_{1}|ξ_{1} ≤ K_{2}) < Eξ_{1} szigorú egyenlőtlenség. Vegyük észre azt is, hogy g(u) = E(ξ_{1}|ξ_{1} ≤ u) az u változó monoton függvénye.) Rögzített ε_{1} > 0 és pozitív egész m számra definiáljuk a következő A = A(m, ε_{1}) halmazt:

A = A(m, ε_{1})

= \{ω: −K_{1}(ε_{1}) ≤ ξ_{k}(ω) ≤ K_{2}(ε_{1}), 1 ≤ k ≤ m, |\frac{1}{m} ∑_{k=1}^{m} ξ_{k}(ω) − E_{1}| ≤ \frac{b − a)}{5}\}.

Azt állítjuk, hogy alkalmas M(ε_{1}) küszöbszámmal m ≥ M(ε_{1})-re

P (A(m, ε_{1})) ≥ \frac{1}{2}e^{−mε_{1}}.  (c)

Valóban, P (−K_{1} ≤ ξ_{k} ≤ K_{2}, 1 ≤ k ≤ m) ≥ e^{−mε_{1}}, és

P (|\frac{1}{m} ∑_{k=1}^{m} ξ_{k} − E_{1}| ≤ \frac{b − a}{5}| − K_{1} ≤ ξ_{k} ≤ K_{2}, 1 ≤ k ≤ m) ≥ \frac{1}{2},

mivel a ξ_{k}, k = 1, …, m valószínűségi változók feltételesen független, egyforma eloszlású, korlátos valószínűségi változók a −K_{1} ≤ ξ_{k} ≤ K_{2}, 1 ≤ k ≤ m feltétel mellett. Ezért az utolsó egyenlőtlenség következik a nagy számok törvényéből. Tetszőleges ε_{2} > 0 és ε_{3} > 0 számokra végtelen sok egész l > 0 számra teljesül a

P ((1 + ε_{2})^{l} < ξ_{1} < (1 + ε_{2})^{l+1}) > e^{−(1+ε_{2})^{l}ε_{3}}  (d)

egyenlőtlenség. Ellenkező esetben ugyanis az Ee^{ε_{3}ξ_{1}/2} < ∞ egyenlőtlenség teljesülne. Válasszunk a legkisebb l = l(b) = l(b, ε_{2}, ε_{3}) egész számot, amely teljesíti az (1 + ε_{2})^{l} > b egyenlőtlenséget és (d) relációt. Mivel a ξ_{k}, k > m, valószínűségi változók függetlenek az A(m, ε_{1}) halmaztól, a (c) és (d) tulajdonságokból következik, hogy

P (A(m, ε_{1}) ∩ {ω: (1 + ε_{2})^{l(b)} ≤ ξ_{k}(ω) ≤ (1 + ε_{2})^{l(b)+1}, m < k ≤ n})
≥ \frac{1}{2}e^{−mε_{1}−(n−m)(1+ε_{2})^{l(b)}ε_{3}},  (d′)

ha m ≥ M(ε_{1}). Rögzített ε_{1}, ε_{2}, ε_{3} és n számokra válasszuk az m = m(n, ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) számot m = [nα] + 1 alakban, ahol [·] egész részt jelöl, és α a következő egyenlet megoldása:

αE_{1} + (1 − α)(1 + ε_{2})^{l(b)} = \frac{a + b}{2}.

Ekkor 0 < α < 1, ezért 0 < lim_{n→∞} \frac{m(n,ε_{1},ε_{2},ε_{3})}{n} < 1. Jegyezzük meg továbbá, hogy

E_{1} ≤ a és (1 − α)(1 + ε_{2})^{l(b)} ≤ \frac{a+b}{2} − Ē_{1}, ahol Ē_{1} = min(E_{1}, 0). Válasszunk ε_{1} = \frac{ε}{4}-et a K_{1} = K_{1}(ε_{1}) és K_{2} = K_{2}(ε_{1}) paraméterek megválasztásában. Ez egyben meghatározza az E_{1} = E_{1}(ε_{1}) feltételes várható értéket is. Ezért igaz az (1 − α)(1 + ε_{2})^{l(b)} ≤ \frac{a+b}{2} − Ē_{1} egyenlőtlenség, és annak jobboldala nem függ az ε_{2} és ε_{3} számok értékeitől. Továbbá, mivel Ē_{1} ≤ E_{1} ≤ a, ezért \frac{a+b}{2} − Ē_{1} ≥ \frac{b−a}{2} > 0. Megmutatjuk, hogy az

A(m, ε_{1}) ∩ {ω: (1 + ε_{2})^{l(b)} ≤ ξ_{k}(ω) ≤ (1 + ε_{2})^{l(b)+1}, m < k ≤ n}

halmazon \frac{S_{n}}{n} ∈ [a, b] az ε_{2} = \frac{b−a}{2a+2b−4Ē_{1}} > 0 választással. Vegyük ugyanis észre, hogy ekkor

∑_{k=m+1}^{n} ξ_{k} ≤ (n − m)(1 + ε_{2})^{l(b)+1}

≤ n(1 − α)(1 + ε_{2})^{l(b)+1} = n(1 − α)(1 + ε_{2})^{l(b)} + n(1 − α)ε_{2}(1 + ε_{2})^{l(b)}

≤ n(1 − α)(1 + ε_{2})^{l(b)} + nε_{2} (\frac{a + b}{2} − Ē_{1})

= n(1 − α)(1 + ε_{2})^{l(b)} + n\frac{b − a}{4},

és ∑_{k=m+1}^{n} ξ_{k} ≥ (n − m)(1 + ε_{2})^{l(b)} ≥ n(1 − α)(1 + ε_{2})^{l(b)} − const. , ahol a kons-

tans függhet az ε_{2} és ε_{3} paraméterektől. Ezekből az egyenlőtlenségekből, illetve az A(m, ε_{1}) halmaz és az α szám definiciójából következik a fenti állítás. Megmutatjuk, hogy az ε_{3} > 0 szám alkalmas választásával elérhetjük azt, hogy annak a halmaznak, amelyen beláttuk, hogy \frac{S_{n}(ω)}{n} ∈ [a, b] viszonylag nagy legyen a valószínűsége. Legyen ε_{3} = \frac{ε}{2a+2b−4Ē_{1}} . Ekkor mε_{1} + (n − m)(1 + ε_{2})^{l(b)}ε_{3} ≤ \frac{nε}{4} + nε_{3}(1 − α)(1 + ε_{2})^{l(b)} ≤ \frac{ε}{2}n, mert (1 − α)(1 + ε_{2})^{l(b)} ≤ \frac{a+b}{2} − Ē_{1}. Innen, illetve a (d′) relációból következik, hogy

P (A(m, ε_{1}) ∩ \{(1 + ε_{2})^{l(b)} ≤ ξ_{k} ≤ (1 + ε_{2})^{l(b)+1}, m < k ≤ n\}) ≥ \frac{1}{2}e^{−εn}

elég nagy n-re. Mivel ezt az érvelést tetszőleges ε > 0-ra meg lehet tenni, ebből a becslésből, illetve abból a tényből, hogy \frac{S_{n}}{n} ∈ [a, b] ezen a halmazon, következik a feladat állítása.

16.) Legyen z = [log R(T)]′. Ekkor a 8. feladat eredményei alapján a [log R(t)]′ függvény monoton nő a 0 ≤ t ≤ T intervallumon, és Eξ_{1} < x < z esetén a [log R(t)]′ = x egyenletnek van megoldása az R(t) függvény értelmezési tartományának belsejében. Ebben az esetben nemcsak a (∗∗), hanem az erősebb (∗) reláció is teljesül. Ha x ≥ z, akkor mivel [tx − log R(t)]′ ≥ 0, sup_{t≥0}(tx − log R(t)) = log T x − R(T). Ezért a (∗∗)

reláció még be nem bizonyított része azt állítja, hogy lim_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nx) =

T x − log R(T), ha x ≥ z. Ennek bizonyítása érdekében vezessük be a F̄ = F̄_{T} valószínűségi mértéket, amelyre F̄(dy) = \frac{e^{T y}}{R(T)}F (dy). Legyenek ξ̄_{1}, …, ξ̄_{n} független

F̄ eloszlású valószínűségi változók, és S̄_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ̄_{k}. A 7. feladat eredménye alapján

az S̄_{n} véletlen összeg F̄_{n} eloszlása teljesíti az F̄_{n}(dy) = \frac{e^{T y}}{R^{n}(T)}F_{n}(dy) relációt. Ezért F_{n}(dy) = e^{−T y}R^{n}(T)F_{n}(dy), és

P (S_{n} ≥ nx) = R^{n}(T) ∫_{nx}^{∞} e^{−T y}F̄_{n}(dy) ≥ R^{n}(T)e^{−nT x} ∫_{nx}^{n(x+ε)} e^{−T (y−nx)}F̄_{n}(dy)

≥ R^{n}(T)e^{−nT (x+ε)}P (\frac{S̄_{n}}{n} ∈ [x, x + ε])

tetszőleges ε > 0-ra. Mivel Ee^{tξ̄_{1}} = ∞, minden t > 0 esetén, (ellenkező esetben az R(t) momentumgeneráló függvény kiterjeszthető lenne egy (0, T′), T′ > T intervallumra), Eξ̄_{1} = \frac{Eξ_{1}e^{T ξ_{1}}}{Ee^{T ξ_{1}}} = [log R(T)]′ = z, a 15. feladat eredménye alapján

tetszőleges x ≥ z és ε > 0-ra P (\frac{S̄_{n}}{n} ∈ [x, x + ε]) ≥ e^{−nε}, ha n > n(ε, x). Innen,

és az előző egyenlőtlenségből minden ε > 0-ra P (S_{n} ≥ nx) ≥ R^{n}(T)e^{−n(T x+2ε)} ha x ≥ z, n > n(ε, x). Másrészt tudjuk, hogy P (S_{n} ≥ nx) ≤ R^{n}(T)e^{−nT x}, (lásd például a 7. feladat eredményét). Innen következik a bizonyítandó állítás.

17.) Legyen az F_{a}(x) eloszlásfüggvénye az f_{a}(x) = C(a)e^{−x}x^{−a} függvény, ha x > 0, f_{a}(x) = 0, ha x ≤ 0, C(a) = ∫_{0}^{∞} x^{−a}e^{−x} dx. Az R(t) = C(a) ∫_{0}^{∞} e^{−(1−t)x}x^{−a} dx a t < 1 argumentumokra van értelmezve, ha a ≤ 1, a t ≤ 1 számokra értelmezett, ha a > 1. Az R′(1) = ∫ C(a) ∫_{0}^{∞} x^{−a+1} dx derivált akkor és csak akkor véges, ha a > 2.

18.) Ha Ee^{tξ_{1}} = ∞ minden t > 0-ra, akkor lim_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nx) = 0 a 15. feladat eredménye alapján, és sup_{t≥0}(tx − log R(t)) = log R(0) = 0. Ebben az esetben bebi-

zonyítottuk az állítást, mert olyan [a, b] intervallumot választva, amelyre Eξ_{1} ≤ x ≤ a felírhatjuk, hogy 0 ≤ lim_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nx) ≤ lim_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} ∈ n[a, b]) = 0. (Azt az esetet kell még külön tárgyalni, amelyikben Eξ_{1} = ∞. Be lehet látni, hogy ekkor létezik olyan ξ̄_{1} valószínűségi változó, amelyre P (ξ̄_{1} ≤ ξ_{1}) = 1, Eξ̄_{1} < ∞, de Eξ̄_{1}^{2} = ∞, ezért Ee^{tξ̄_{1}} = ∞ minden t > 0 számra. Ekkor a feladat állítása igaz a ξ̄_{j} ezért a náluk nagyobb ξ_{j} valószínűségi változók összegére is.) Tekintsük azt az esetet, amikor Ee^{tξ_{1}} < ∞ elég kis t > 0-ra. Az állítást már beláttuk abban az esetben, ha x > Eξ_{1}. (Ez vonatkozik az Eξ_{1} = −∞ esetre is. Ezért a továbbiakban elég az Eξ_{1} > −∞ és x ≤ Eξ_{1} esettel foglalkozni. Ennek az esetnek a vizsgálatában először megmutatjuk, hogy, ha Eξ_{1} < ∞ és az R(t) = Ee^{tξ_{1}} momentumgeneráló függvény véges elég kis t > 0-ra, akkor

lim_{x>Eξ_{1} x→Eξ_{1}} sup_{t≥0}(tx − log R(t)) = 0.  (e)

Valóban, mivel [tEξ_{1} − log R(t)]′|_{t=0} = 0 és [tEξ_{1} − log R(t)]′ szigorúan monoton csökken, ezért minden ε > 0-ra létezik olyan δ = δ(ε) > 0, amelyre Eξ_{1} ≤ x ≤ Eξ_{1} + δ esetében

sup_{t≥0}(tx − log R(t)) = sup_{ε≥t≥0} ((tEξ_{1} − log R(t)) + t(x − Eξ_{1}))

≤ sup_{ε≥t≥0} t(x − Eξ_{1}) ≤ ε(x − Eξ_{1}) ≤ εδ.

Mivel az utóbbi egyenlőtlenség igaz minden ε > 0-ra, és 0 · x − log R(0) = 0, igaz az (e) állítás. Az (e) relációból és abból a tényből, hogy a feladat állítása igaz az x > Eξ_{1} esetben következik, hogy minden ε > 0-ra létezik olyan z > Eξ_{1}, amelyre lim_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nz) ≤ ε. Mivel 1 ≥ P (S_{n} ≥ nx) ≥ P (S_{n} ≥ nz), ha

x ≤ z, innen következik, hogy lim_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nx) = 0, ha x ≤ Eξ_{1}. Továbbá sup_{t≥0}(tx − log R(t)) = R(0) = 0 ha x ≤ Eξ_{1}, mivel tx − log R(t) a t változó monoton

csökkenő függvénye t ≥ 0-ra, ha x ≤ Eξ_{1}. 18a.) Tekintsük az R(t) = Ee^{tξ_{1}} momentumgeneráló függvényt, illetve a B_{x}(t) = tx −

log R(t) kifejezést negatív t számokra is. Mivel sup_{t≥0} B_{x}(t) ≥ 0, ha x ≥ Eξ,

tx − log R(t) ≤ tEξ_{−} log R(t), ha x ≥ Eξ_{1}, és t < 0 elég belátni, hogy −tEξ_{1} − log R(−t) ≤ 0, ha t ≥ 0, azaz log R̄(t) ≥ tEξ̄_{1} t ≥ 0 esetén, ahol ξ̄_{1} = −ξ_{1}, és R̄(t) = Ee^{tξ̄_{1}}. Ezt az állítást viszont beláttuk korábban.

19.) Az adott feltételek mellett

Ef (ξ_{1}^{(t)}, …, ξ_{n}^{(t)}) = \frac{1}{R^{n}(t)}f(ξ_{1}, …, ξ_{n})e^{tS_{n}}

tetszőleges mérhető f(x_{1}, …, x_{m}) mérhető (és integrálható) függvényre, ahol ξ_{k} = ξ_{k}^{(0)}, k = 1, 2. . . .. Legyen B mérhető halmaz az n-dimenziós Eukideszi térben. Definiálni fogunk egy h_{B} függvényt a számegyenesen, amelyre teljesül a h_{B}(x) =

P (ξ_{1}, …, ξ_{n}) ∈ B|S_{n} = x) összefüggés, ahol S_{n} = ∑_{k=1}^{n} ξ_{k}. A h_{B}(x) függvényt a

Eh_{B}(S_{n})g(ξ_{1}, …, ξ_{n}) = EI ({(ξ_{1}, …, ξ_{n}) ∈ B}) g(ξ_{1}, …, ξ_{n})

azonosságok definiálják, ahol g(x_{1}, …, x_{n}) tetszőleges (korlátos) mérhető függvény, és I(A) az A halmaz indikátor függvénye. (Ez tulajdonképpen a feltételes valószínűség definiciója, és az ilyen függvény létezését, amely a Radon–Nikodym tétel következménye be szokták bizonyítani a feltételes valószínűség definiciójának megadásánál.) Azt akarjuk belátni, hogy ebből következik a

Eh_{B} (S_{n}^{(t)}) g (ξ_{1}^{(t)}, …, ξ_{n}^{(t)}) = EI ({(ξ_{1}^{(t)}, …, ξ_{n}^{(t)}) ∈ B}) g (ξ_{1}^{(t)}, …, ξ_{n}^{(t)})

azonosság. Ez az azonosság a feladat állításának átfogalmazása. Azt jelenti, hogy ha h_{B}(x) = P ((ξ_{1}, …, ξ_{n}) ∈ B|S_{n} = x), akkor h_{B}(x) = P ((ξ_{1}^{(t)}, …, ξ_{n}^{(t)}) ∈ B|S_{n}^{(t)} = x). Viszont a bizonyítás elején felírt azonosság alapján

Eh_{B}(S_{n}^{(t)})g(ξ_{1}^{(t)}, …, ξ_{n}^{(t)}) = \frac{1}{R(T)^{n}} Eh_{B}(S_{n})g(ξ_{1}, …, ξ_{n})e^{tS_{n}}

és

EI ({(ξ_{1}^{(t)}, …, ξ_{n}^{(t)}) ∈ B}) g(ξ_{1}^{(t)}, …, ξ_{n}^{(t)})

= \frac{1}{R(t)^{n}} EI (\{(ξ_{1}, …, ξ_{n}) ∈ B\})g(ξ_{1}^{(t)}, …, ξ_{n}^{(t)}) e^{tS_{n}}.

Ezért a kívánt azonosság következik a h_{B}-t meghatározó azonosságokból, ha a g(x_{1}, …, x_{n}) függvényt a a g(x_{1}, …, x_{n})e^{t(x_{1}+···+x_{n})} függvénnyel helyettesítjük.

20.) Mivel a \frac{1}{n} log R_{n}(t) függvények konvexek, ezért a limeszük ψ(t) is az.

P (S_{n} ≥ nx) = P (e^{tS_{n}} ≥ e^{nx}) ≤ e^{log R_{n}(t)−ntx},

ahonnan lim inf_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nx) ≥ lim_{n→∞} (tx − \frac{1}{n} log R_{n}(t)) = tx − ψ(t), és ez az alsó becslés. A felső becslés bizonyításához lássuk be először, hogy minden elég kis ε > 0-ra létezik olyan δ(ε) > 0, δ(ε) → 0 ha ε → 0, amelyre

∫_{nx}^{n(x+ε)} e^{(t+δ)u}F_{n}(du) ≥ \frac{1}{2}R_{n}(t + δ) ha n ≥ n(ε).  (f)

Legyen ε > 0 olyan kicsi, hogy ψ(t) szigorúan konvex a [t, t + ε] intervallumban. Válasszunk egy 0 < ε′ ≤ ε számot, amelyre a ψ′(t + 2δ) = x + ε′ egyenlet megoldható, ahol ψ′(u) baloldali deriváltat jelöl. Ekkor a ψ′(0) = 0, ψ′(t) = x feltételek és a ψ(·) függvény konvexitása miatt δ > 0. Továbbá a ψ(·) függvény szigorú konvexitása miatt δ = δ(ε) → 0, ha ε → 0. Ugyanis ψ′(t + h) > ψ′(t) szigorú egyenlőtlenséggel h > 0 esetén. A ψ(·) függvény szigorú konvexitása miatt létezik olyan η = η(ε′) > 0, amelyre ψ(t) + xδ < ψ(t + δ) − 2η, és ψ(t + δ) > ψ(t + 2δ) − (x + ε′)δ + 2η. Innen a lim_{n→∞} \frac{1}{n} log R_{n}(u) = ψ(u) reláció miatt log R_{n}(t) < log R_{n}(t+δ)−nxδ−nη, és log R_{n}(t+2δ) < log R_{n}(t+δ)+n(x+ε′)δ−nη elég nagy n-re, és

∫_{n(x+ε′)}^{∞} e^{(t+δ)u}F_{n}(du) ≤ e^{−n(x+ε′)δ} ∫_{n(x+ε′)}^{∞} e^{(t+2δ)u}F_{n}(du)

≤ e^{−n(x+ε′)δ+log R_{n}(t+2δ)} ≤ e^{log R_{n}(t+δ)−nη} ≤ \frac{1}{4}R_{n}(t + δ)

elég nagy n-re. Hasonlóan

∫_{−∞}^{nx} e^{(t+δ)u}F_{n}(du) ≤ \frac{1}{4}R_{n}(t + δ).

Az utolsó két egyenlőtlenségből következik az (f) reláció, ha benne ε helyett ε′ ≤ ε-t írunk, de akkor még inkább igaz ε-nal. Az (f) formulából következik, hogy

P (S_{n} ≥ nx) ≥ P (n(x + ε) ≥ S_{n} ≥ nx)

≥ \frac{∫_{nx}^{n(x+ε)} e^{(t+δ)u}F_{n}( du)}{e^{n(t+δ)(x+ε)}} ≥ \frac{1}{2}R_{n}(t + δ)e^{−n(t+δ)(x+ε)}.

Innen, és a lim_{n→∞} \frac{1}{n} log R_{n}(t + δ) = ψ(t + δ) relációból lim sup_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nx) ≤

(t + δ)(x + ε) − ψ(t + δ). Innen ε → 0 határátmenettel kapjuk, hogy

lim sup_{n→∞} −\frac{1}{n} log P (S_{n} ≥ nx) ≤ tx − ψ(t).

A kapott alsó és felső becslésből következik a feladat állítása. 21.) A (+) formulát használjuk, és abban a t paramétert a [log R(t)]′ = x egyenlet

megoldásaként választjuk. Mivel a [log R(z)]′ függvény az origó kis környezetében analitikus, [log R(t)]′|_{t=0} = 0, [log R(t)]′′|_{t=0} = Eξ_{1}^{2} = 1, ezért az origó közelében létezik a [log R(t)]′ függvénynek analitikus inverze, és az t = xλ_{1}(x) alakban írható, ahol λ_{1}(0) = 1, és λ_{1}(·) a nulla kis környezetében analitikus. A (+) formula alapján

P (\frac{S_{n}}{n} ≥ x) = R(t)^{n}e^{−tnx} ∫_{nx}^{∞} e^{−t(y−nx)}Φ_{t}( dy)
+ R(t)^{n}e^{−tnx} ∫_{nx}^{∞} e^{−t(y−nx)}[F̄_{n}( dy) − Φ_{t}( dy)] = I_{1} + I_{2},

ahol a F̄_{n} = F̄_{n}^{(t)} eloszlásfüggvény a (+) formulában van definiálva, és Φ_{t}(·) a normális eloszlásfüggvény n[log R(t)]′ várható értékkel és n[log R(t)]′′ szórásnégyzettel, azaz ugyanazzal az első két momentummal, mint egy F̄_{n}(·) eloszlású valószínűségi változó. A Berry–Esseen egyenlőtlenségből következik, hogy

sup_{x} |F_{n}^{(t)}(x) − Φ_{t}(x)| ≤ \frac{C}{\sqrt{n}}

alkalmas C > 0 konstanssal, és ez a C konstans megválasztható a t paramétertől függetlenül, ha |t| ≤ ε. Ehhez azt kell meggondolni, hogy egy F̄^{(t)}(·) eloszlású valószínűségi változónak és abszolút értékének a momentumai a t paraméter folytonos függvényei. A kívánt valószínűséget kifejező formulában az I_{1} integrál egyszerűbb alakra hozható, az I_{2} integrál a Berry–Esseen egyenlőtlenség segítségével becsülhető. Megmutatható, hogy az I_{2} integrál kicsi, tekinthető hibatagnak. Ezután némi további számolással bebizonyítható a kívánt formula. Felhasználva a x = [log R(t)]′ relációt kapjuk, hogy

I_{1} = R^{n}(t)e^{−ntx} \frac{1}{\sqrt{2πn[log R(t)]′′}} ∫_{0}^{∞} exp \{−ty − \frac{y^{2}}{2n[log R(t)]′′} \} dy

= exp \{n (log R(t) − t[log R(t)]′ + \frac{t^{2}}{2} [log R(t)]′′)\}

\frac{1}{\sqrt{2π}} ∫_{0}^{∞} exp \{−\frac{1}{2} (y + t\sqrt{n[log R(t)]′′})^{2}\} dy

= exp \{n (log R(t) − t[log R(t)]′ + \frac{t^{2}}{2} [log R(t)]′′)\} (1 − Φ (t\sqrt{n[log R(t)]′′}))

Másrészt, parciális integrálással és a Berry–Esseen egyenlőtlenség felhasználásával kapjuk, hogy

I_{2} ≤ R^{n}(t)\frac{const.}{\sqrt{n}} [e^{−ntx} + t ∫_{nx}^{∞} e^{−ty} dy] ≤ \frac{const.}{\sqrt{n}} e^{n(log R(t)−t[log R(t)]′)}.

Felhasználjuk, hogy e^{u^{2}/2}[1 − Φ(u)] ≥ \frac{const.}{u+1} , ha u ≥ 0. Ennél pontosabb aszimptotika is felírható, amelyet például bebizonyítottunk a ”Normális eloszlású valószínűségi változók” feladatsor 7. feladatában. Ebből a formulából az I_{1} kifejezés alakjából és az I_{2} kifejezésre adott becslésből következik, hogy

I_{2} = I_{1} · O (\frac{t\sqrt{n[log R(t)]′′} + 1}{\sqrt{n}}) = I_{1} · O (x + \frac{1}{\sqrt{n}}) .

Továbbá, log R(t) − t[log R(t)]′ + \frac{t^{2}}{2} [log R(t)]′′ = t^{3}H(t) a nulla kis környezetében alkalmas analitikus H(t) függvénnyel, mivel a baloldal első két deriváltja a nullában zéró. Elvégezve az t = xλ_{1}(x) helyettesítést kapjuk, hogy

P (\frac{S_{n}}{n} ≥ x) = e^{nx^{3}λ_{2}(x)} (1 − Φ (t\sqrt{n log[R(t)]′′})) (1 + O (x + \frac{1}{\sqrt{n}}))

alkalmas λ_{2}(x) analitikus függvénnyel. A feladat bizonyításának befejezéséhez azt kell vizsgálni, hogy hogyan kell korrigálni azt a hibát, amely abból adódik, hogy a fenti formulában a Φ(·) argumentumában t\sqrt{n[log R(t)]′′}-t \sqrt{n}x-szel helyettesítjük.

Tekintsük először a \sqrt{n}x ≥ 100 esetet. Ekkor t\sqrt{n log[R(t)]′′} ≥ 50 mivel t\sqrt{[log R(t)]′′} ∼ x. A már említett a normális eloszlás és sűrűségfüggvény közötti aszimptotikus formula szerint 1 − Φ(u) = (\frac{1}{u} − \frac{1}{u^{3}} + \frac{α(u)}{u^{5}}) φ(u) valamilyen 0 ≤

α(u) ≤ 3 számmal, ahol φ(u) = \frac{1}{\sqrt{2π}} e^{−u^{2}/2}, a normális sűrűségfüggvény. Vezessük

be a ψ(u) = \frac{u(1−Φ(u))}{φ(u)} függvényt, és becsüljük meg a \frac{d log ψ(u)}{du} deriváltat.

\frac{d log ψ(u)}{du} = \frac{1}{u} + u − \frac{φ(u)}{1 − Φ(u)} = \frac{1}{u} + u − \frac{1}{\frac{1}{u} − \frac{1}{u^{3}} + \frac{α(u)}{u^{5}}} = \frac{(α(u) − 1)u^{2} + α(u)}{u(u^{4} − u^{2} + α(u))},

ha u ≥ 50. Ezért |\frac{d log ψ(u)}{du} | ≤ \frac{const.}{u^{3}} . Mivel \sqrt{n}x − t\sqrt{n[log R(t)]′′} = O (\sqrt{n}x^{2}) in-

nen következik, hogy |log ψ(t\sqrt{n[log R(t)]′′}) − log ψ(\sqrt{n}x)| ≤ \frac{const.}{nx} ≤ \frac{const.}{\sqrt{n}} . Ezért

|\frac{ψ(\sqrt{n}t[log R(t)]′′)}{ψ(\sqrt{n}x)} − 1| ≤ \frac{const.}{\sqrt{n}} , és

\frac{1 − Φ (t\sqrt{n[log R(t)]′′})}{1 − Φ(\sqrt{n}x)} = e^{−n(t^{2}[log R(t)]′′^{2}−x^{2})/2} \frac{x}{t[log R(t)]′′} \frac{ψ(t\sqrt{n[log R(t)]′′})}{ψ(\sqrt{n}x)}

= e^{−nx^{3}λ_{3}(x)}(1 + O(x)) (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}}))

= e^{−nx^{3}λ_{3}(x)} (1 + O (x + \frac{1}{\sqrt{n}})) ,

ahol x^{3}λ_{3}(x) = \frac{1}{2} (t^{2}[log R(t)]′′ − x^{2}). (Vegyük észre, hogy az x^{3}λ_{3}(x)-t definiáló kifejezés az x változó olyan analitikus függvénye, amelynek a sorfejtése az x^{3} vagy esetleg egy magasabb fokú taggal kezdődik. A bizonyított formulákból következik a feladat állítása \sqrt{n}x ≥ 100 esetben a λ(x) = λ_{2}(x) − λ_{3}(x) függvénnyel. A \sqrt{n}x ≤ 100 eset vizsgálata egyszerűbb. Ekkor a feladat állítása közvetlenül következik a Berry–Esseen egyenlőtlenségből, és abból az észrevételből, hogy \sqrt{n}x ≤ 100 esetében, 1 − Φ (\sqrt{n}x) ≥ 1 − Φ(100), ahol a jobboldal egy az n paramétertől független pozitív constans. Ezért a bizonyítandó reláció baloldalán szereplő kifejezés

P (\frac{S_{n}}{n} > x) = [1 − Φ(\sqrt{n}x)] + O (\frac{1}{\sqrt{n}}) = [1 − Φ(\sqrt{n}x)] (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}})) .

Másrészt a reláció jobboldalán szereplő kifejezés fő tagja

[1 − Φ(\sqrt{n}x)] e^{nx^{3}λ(x)} = [1 − Φ(\sqrt{n}x)] (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}}))

ebben az esetben, mert 0 ≤ \sqrt{n}x ≤ 100 miatt nx^{3}λ(x) = O (\frac{1}{\sqrt{n}}). A fenti két reláció összehasonlításából következik a bizonyítandó állítás a vizsgált esetben.

22.) Alkalmazzuk a 21. feladat eredményét x = \frac{y}{\sqrt{n}} választással. Mivel nx^{3}λ(x) =

O (\frac{y^{3}}{\sqrt{n}}), 1 + O (x + \frac{1}{\sqrt{n}}) = exp \{O (\frac{y+1}{\sqrt{n}})\} = exp \{O (\frac{y+1}{\sqrt{n}})\}, ezzel a szereposztással. Innen következik a feladat első állítása. A második állítás bizonyításához vegyük észre, hogy például a 3. feladat eredménye szerint P (S_{n} > nx + z) ≤ R^{n}(t)e^{−t(nx+z)} tetszőleges t > 0-ra. Válasszuk a t számot a [log R(t)]′ = x egyenlet megoldásának. A 9. vagy 10. (vagy 21.) feladat eredményéből következik, hogy P (S_{n} > nx) ≥ const. n^{−1/2}R^{n}(t)e^{−tx} ezzel a t számmal. A két egyenlőtlenség összehasonlításából következik a feladat második állítása.

23.) A 7. feladatban bizonyított és a 8. feladat után a (+) relációban is megfogalmazott azonosságot a sűrűségfüggvényekre átírva kapjuk, hogy

f_{n}(x) = e^{−tnx}R^{n}(t)f_{n}^{(t)}(x)

az f_{n}^{(t)}(x) = nf̄_{n}^{(t)}(nx) függvénnyel, ahol f̄_{n}^{(t)}(x) = \frac{F̄_{n}(x)}{dx}, és F̄_{n}(x) = F̄_{n}^{(t)}(x) a (+) formulában szereplő F̄_{n} eloszláshoz tartozó sűrűségfüggvény. A t paramétert választhatjuk mint a [log R(t)]′ = x egyenlet megoldását. (A feladat feltételeiből, illetve az integrálható Fourier transzformáltak inverzeire vonatkozó formulából következik, hogy az előbb tekintett f_{n} és f_{n}^{(t)} sűrűségfüggvények n ≥ k esetén valóban léteznek, és ezek az inverz Fourier transzformált formulával, illetve annak analitikus kiterjesztésévelt kifejezhetőek, mert t ∼ x miatt t ≤ α, ha x ≤ ε elég kis ε > 0-ra, és ∫_{−∞}^{∞} |R(t + is)|^{n} ds < ∞ ebben az esetben.) Továbbá a centrális határeloszlástételből n^{−1/2} maradéktaggal (ez a Berry–Esseen egyenlőtlenség sűrűségfüggvényekről szóló verziója, amelynek bizonyítása lényegesen egyszerűbb)

|\frac{f_{n}^{(t)}(x)}{\sqrt{n}} − \frac{φ(0)}{\sqrt{[log R(t)]′′}} | ≤ \frac{const.}{\sqrt{n}} .

Itt kihasználtuk, hogy egy F̄ eloszlású valószínűségi változó várható értéke x és szórásnégyzete [log R(t)]′′. Ezért

f_{n}(x) = e^{n[log R(t)−tx]}f_{n}^{(t)}(x) = e^{n[log R(t)−tx]}\sqrt{n} (\frac{φ(0)}{\sqrt{[log R(t)]′′}} + O (\frac{1}{\sqrt{n}}))

= e^{nx^{3}λ(x)} \begin{matrix}√ & \overline{n} \\ √ & \overline{2π(1 + xμ(x)} \end{matrix}e^{−nx^{2}/2} (1 + O (\frac{1}{\sqrt{n}})) ,

mert log R(t) − tx = log R(t) − t[log R(t)]′ = −\frac{t^{2}}{2} + t^{3}λ̄(t) = −\frac{x^{2}}{2} + x^{3}λ(x), és [log R(t)]′′ = 1 + xμ(x) alkalmas analitikus λ̄(·), λ(·) és μ(·) analitikus függvényekkel. (A t szám az [log R(t)]′ = x egyenlet megoldása.) Innen következik a feladat első azonosságának az első fele. Az azonosság második fele a 22. feladat bizonyításához hasonlóan egyszerűen bizonyítható. Az inverz Fourier transzformáció segítségével beláthatjuk, hogy

f_{n} (x + \frac{z}{n}) = R^{n}(t)e^{−t(nx+z)}f_{n}^{(t)} (x + \frac{z}{n})

= R^{n}(t)e^{−t(nx+z)} \frac{n}{\sqrt{2π}} ∫_{−∞}^{∞} e^{i(nx+z)s} \frac{R^{n}(t + is)}{R^{n}(t)} ds.

Meg fogjuk mutatni, hogy

∫ \frac{|R^{n}(t + is)|}{R^{n}(t)} ds ≤ \frac{const.}{\sqrt{n}} .  (g)

Ezért felhasználva az f_{n}(x) formulára adott formula első sorát kapjuk, hogy

f_{n} (x + \frac{z}{n}) ≤ R^{n}(t)e^{−t(nx+z)} \frac{n}{\sqrt{2π}} ∫_{−∞}^{∞} \frac{|R^{n}(t + is)|}{R^{n}(t)} ds

= e^{n(log R(t)−tx)}e^{−tz} \frac{n}{\sqrt{2π}} ∫_{−∞}^{∞} \frac{|R^{n}(t + is)|}{R^{n}(t)} ds

≤ const. \sqrt{n}e^{n(log R(t)−tx)}e^{−tz} ≤ const. e^{−tz}f_{n}(x),

ahonnan következik a feladat második állítása a sűrűségfüggvényekre. A (g) formula levezethető a

\frac{|R^{n}(t + is)|}{R^{n}(t)} < e^{−const. ns^{2}}, ha |s| ≤ ε alkalmas ε > 0 számmal

relációból valamint a feladat feltételeiben szereplő ∫_{−∞}^{∞} |R(t + is)|^{k} ds ≤ K feltételből, amely alkalmas K > 0 és k > 0 egész számokkal érvényes. Ebből a feltételből ugyanis következik, hogy \frac{R^{k}(t+is)}{R^{k}(t)} egy sűrűségfüggvény Fourier transzformáltja,

ezért sup_{|s|≥ε} \frac{|R^{k}(t+is)|}{R^{k}(t)} ≤ q alkalmas q < 1 számmal. Innen adódik, hogy

∫_{|s|>ε} \frac{|R^{n}(t + is)|}{R^{n}(t)} ds ≤ q^{(n−k)/k} ∫_{|s|>ε} \frac{|R^{k}(t + is)|}{R^{k}(t)} ds ≤ Kq^{(n−k)/k}.

Ezekből a relációkból következik a (g) formula.

A rácsos eloszlás sűrűségfüggvényére felírt állítások hasonlóan bizonyíthatóak, csak ekkor Fourier sorokkal és azok Fourier együtthatóit kifejező formulákkal kell dolgozni.

Kiegészítés. A standard normális eloszlásfüggvényre érvényes az alábbi reláció, amelyet tekinthetünk úgy, mint a normális eloszlás végtelenbeli sorfejtését. Minden x > 0 számra

(\frac{1}{x} − \frac{1}{x^{3}} ) φ(x) < 1 − Φ(x) < \frac{1}{x}φ(x),

ahol Φ(x) és φ(x) a standard normális eloszlás és sűrűségfüggvény. Általánosabban, minden k ≥ 0 számra teljesül a

∑_{l=0}^{2k+1} \frac{(−1)^{l}c_{l}}{x^{2l+1}} φ(x) < 1 − Φ(x) < ∑_{l=0}^{2k} \frac{(−1)^{l}c_{l}}{x^{2l+1}} φ(x) , ha x > 0

egyenlőtlenség alkalmas c_{l} > 0 konstansokkal, ahol c_{0} = 1, c_{1} = 1, c_{2} = 3, és a további konstansok is explicit módon megadhatóak.

Valóban, parciális integrálással kapjuk, hogy

∫_{x}^{∞} e^{−u^{2}/2} du = \frac{1}{x}e^{−x^{2}/2} − ∫_{x}^{∞} \frac{1}{u^{2}} e^{−u^{2}/2} du

= \frac{1}{x}e^{−x^{2}/2} − \frac{1}{x^{3}} e^{−x^{2}/2} + ∫_{x}^{∞} \frac{3}{u^{4}} e^{−u^{2}/2} du ,

és ebből az azonosságból levezethető az első állítás.

Az általánosabb állítás további parciális integrálással hasonló módon bizonyítható.