\magnification=\magstep1
\hsize=16truecm
\input amstex
\TagsOnRight
\parindent=20pt
\parskip=3pt plus 1pt
\define\A{{\bold A}}
\define\BB{{\bold B}}
\define\DD{{\bold D}}
\define\T{{\bold T}}
\define\U{{\bold U}}
\define\({\left(}
\define\){\right)}
\define\[{\left[}
\define\]{\right]}
\define\e{\varepsilon}
\define\oo{\omega}
\define\const{\text{\rm const.}\,}
\define\supp {\sup\limits}
\define\inff{\inf\limits}
\define\summ{\sum\limits}
\define\prodd{\prod\limits}
\define\limm{\lim\limits}
\define\limsupp{\limsup\limits}
\define\liminff{\liminf\limits}
\define\bigcapp{\bigcap\limits}
\define\bigcupp{\bigcup\limits}
 
\beginsection Nagy elt\'er\'esek elm\'elete. {\it F\"uggetlen val\'os
\'ert\'ek\H u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok.}
 
\item{1.)} Legyen $\xi_1,\dots,\xi_{n}$ f\"uggetlen val\'osz\'\i{}n\H
us\'egi v\'altoz\'ok sorozata, $P(\xi_j=1-p)=1-P(\xi_j=-p)=p$, $0<p<1$,
$S_n=\sum\limits_{k=1}^n\xi_k$. (Ilyen v\'alaszt\'assal $E\xi_1=0$,
$\text{Var}\,\xi_1=p(1-p)$.) Az egyszer\H us\'eg kedv\'e\'ert tegy\"uk
fel, hogy $p=\frac kl$ racion\'alis sz\'am, \'es $n$ oszthat\'o
$l$-lel. Ekkor $P(S_n=0)=\frac{1+o(1)}{\sqrt{2\pi np(1-p)}}$. Ha pedig
$P(\xi_j=1-p)=1-P(\xi_j=-p)=\frac12$, akkor
$P(S_n=0)=\frac{1+o(1)}{\sqrt{2\pi np(1-p)}}e^{n(H(p)-\log 2)}$, ahol
$H(p)=-(p\log p+(1-p)\log(1-p))$. Azon $n$ hossz\'us\'ag\'u 0,~1
sorozatok sz\'ama, amelyek pontosan $np$ egyest tartalmaznak
$\frac{1+o(1)}{\sqrt{2\pi p(1-p)n}}e^{nH(p)}$.

\item{2.)} Defini\'aljuk a $H(p_1,\dots,p_k)=-\sum\limits_{j=1}^k
p_j\log p_j$, f\"uggv\'enyt. Tegy\"uk fel, hogy $0\le p_j\le1$, \'es
$\sum\limits_{j=1}^k p_j=1$. Legyen $p_j=0$ eset\'en  $p_j\log p_j=0$.
(A $H(p_1,\dots,p_k)$ f\"uggv\'enyt entr\'opi\'anak h\'\i{}vj\'ak.)
Akkor $$
0\le H(p_1,\dots,p_k)\le \log k.
$$
A jobboldalon csak akkor van egyenl\H os\'eg, ha $p_j=\frac1k$
minden $j=1,\dots,k$-ra, a baloldalon pedig akkor, ha az egyik $p_j$
1-gyel egyenl\H o, az \"osszes t\"obbi $p_j$ pedig 0.

\item{3.)} Legyenek $\xi_1,\dots,\xi_n$ f\"uggetlen val\'osz\'\i{}n\H
us\'egi v\'altoz\'ok, amelyekre $Ee^{t\xi_j}\le R(t)$ vala\-mi\-lyen
$t>0$-ra. Legyen $S_n=\xi_1+\cdots+\xi_n$. Ekkor
$$
P(S_n\ge nx)\le e^{n(\log R(t)-tx)}.
$$

\medskip
A nagy elt\'er\'esek elm\'elete a k\"ovetkez\H o k\'erd\'essel
foglalkozik: Legyenek $\xi_k$, $k=1,2,\dots$ f\"uggetlen,
va\-l\'o\-sz\'\i{}\-n\H u\-s\'e\-gi v\'altoz\'ok,
$S_n=\summ_{k=1}^n\xi_k$. Tegy\"uk fel, hogy ezek a
va\-l\'o\-sz\'\i{}\-n\H u\-s\'e\-gi v\'altoz\'ok minden nem t\'ul
megszor\'\i{}t\'o, j\'o tulajdons\'aggal rendelkeznek. A
$P(S_n-ES_n>x(n))$ va\-l\'o\-sz\'\i{}\-n\H u\-s\'e\-gek
aszimptotikus viselked\'es\'enek min\'el pontosabb le\'{\i}r\'as\'at
sze\-ret\-n\'enk megadni, ha $n\to\infty$. Ha $x(n)^2$ nagys\'agrendje
megegyezik a $\text{Var}\,S_n=\summ_{k=1}^n(\xi_k-E\xi_k)^2$
sz\'or\'asn\'egyzettel, azaz $x(n)\sim\sqrt n$, akkor a centr\'alis
hat\'areloszl\'ast\'etel, illetve annak eset\-le\-ges finom\'\i{}t\'asa
megadja a v\'alaszt erre a k\'erd\'esre, de ha $x(n)\gg\text{Var}\,S_n$
akkor tov\'abbi vizsg\'alatokra van sz\"uks\'eg. Bizonyos probl\'em\'ak
meg\'ert\'es\'ehez k\"ul\"on\"osen fontos az $x(n)=nx$ eset
vizsg\'alata. A tov\'abbiakban els\H osorban ezzel az esettel
foglalkozunk. A 3. feladat eredm\'eny\'eb\H ol \'es az $R(t)=Ee^{t\xi}$
tulajdons\'agaib\'ol k\"ovetkezik, hogy $x>E\xi_1$ eset\'en ez a
val\'osz\'{\i}n\H us\'eg exponenci\'alisan kicsi. Az $R(t)$
f\"uggv\'eny 8. feladatban felsorolt tulajdons\'agai k\"oz\"ott
ugyanis t\"obbek k\"oz\"ott az is sze\-repel, hogy ebben az esetben
$\inff_{t>0}(\log R(t)-tx)<0$. Az 1. feladatban pedig bizonyos
speci\'alis esetben az $S_n=nx$ val\'osz\'{\i}n\H us\'eg pontos
aszimptotik\'aj\'at is megadtuk. Meg szeretn\'enk hat\'arozni a
$P(S_n=nx)$ \'es $P(S_n\ge nx)$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egek j\'o
aszimptotik\'aj\'at \'altal\'anosabb esetekben is, amikor az
els\H o feladat m\'odszere nem alkalmazhat\'o.
 
Tekints\"uk el\H osz\"or a k\"ovetkez\H o  probl\'em\'at. Legyenek
$\xi_n$, $n=1,2,\dots$, f\"uggetlen, egyforma eloszl\'as\'u
val\'osz\'\i{}n\H us\'egi v\'altoz\'ok, amelyekre $P(\xi_1=j)=p(j)$,
$j=0,\pm1,\pm2,\dots$, $\summ_{j=-\infty}^\infty p(j)=1$, azaz a
$\xi_n$ val\'osz\'\i{}n\H us\'egi v\'altoz\'ok csak eg\'esz
\'ert\'ekeket vesznek fel. Legyen $S_n=\summ_{k=1}^n\xi_k$, \'es
\'{\i}rjuk le a $p^{(n)}(m)=P(S_n=m)$ val\'osz\'\i{}n\H us\'egek
viselked\'es\'et. Ez egyszer\H ubb probl\'ema mint az eredeti
k\'erd\'es, amelyik a $P(S_n\ge nx)$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egre
adand\'o j\'o becsl\'es volt. Viszont az eredeti k\'erd\'es
megold\'as\'ahoz sz\"uks\'eges \"osszes l\'enyeges gondolat m\'ar e
k\'erd\'es vizsg\'alat\'aban is megjelenik.

E probl\'ema vizsg\'alat\'aban a k\"ovetkez\H o \'eszrev\'etel
j\'atszik fontos szerepet. De\-fi\-ni\-\'al\-juk~a
$$
\varphi(t)=\sum_{k=-\infty}^\infty  p(k)e^{ikt}
$$
Fourier sort. Bizony\'\i{}tsuk be a k\"ovetkez\H o
\'all\'\i{}t\'asokat:
 
\item{4.)}
$$
\varphi^n(t)=\sum_{k=-\infty}^\infty p^{(n)}(k)e^{ikt} \quad\text{ahol }
p^{(n)}(k)=P(S_n=k)=P(\xi_1+\cdots+\xi_n=k)
$$
minden $n=1,2,\dots$ sz\'amra. Ez\'ert
$$
p^{(n)}(k)=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi e^{-ikt} \varphi^n(t)\,dt,
\quad k=0,\pm1,\pm2,\dots.
$$

\item{}A $|\varphi(t)|\le 1$ egyenl\H otlens\'eg teljes\"ul.
Tov\'abb\'a $|\varphi(t)|<1$  minden $t\neq0$ \'es $|t|\le\pi$ eset\'en
akkor \'es csak akkor, ha a $\Cal K=\{k\colon\; p(k)>0,\;
k=0,\pm1,\pm2,\dots\}$ halmaz nincs egy egyn\'el na\-gyobb
r\'acssz\'eless\'eg\H u r\'acs eltoltj\'an, azaz minden
$d\ge2$ \'es $r$ sz\'amra az $\Cal L(d,r)=\{jd+r;\;
j=0,\pm1,\pm2,\dots\}$ halmaz (a $d$ r\'acssz\'eless\'eg\H u $r$
sz\'ammal eltolt r\'acs) nem tartalmazza a $\Cal K$ halmazt.

\item{}  $E\xi_1^l=(-i)^{l}\varphi^{(l)}(0)$, $l=0,1,2,\dots$, ahol
$\xi_1$ olyan val\'osz\'\i{}n\H us\'egi v\'altoz\'o, amelyre
$P(\xi_1=k)=p(k)$, $i=\sqrt{-1}$, \'es $\varphi^{(l)}(0)$ a
$\varphi(t)$ f\"uggv\'eny $l$-ik deriv\'altja a null\'aban.

\item{5.)} Ha a $\Cal K=\{k\colon\; p(k)>0,\; k=0,\pm1,\pm2,\dots\}$ halmaz
nincs egy egyn\'el nagyobb r\'acs\-sz\'e\-les\-s\'e\-g\H u r\'acs
eltoltj\'an, akkor r\"ogz\'\i{}tett $k$ eg\'esz sz\'amra \'es tetsz\H
oleges olyan $\e(n)$ sorozatra, amelyre $\e(n)\to0$, ha $n\to\infty$,
r\"ogz\'\i{}tett $n$-re alkalmazva a
$k=nE\xi_1+m\sqrt{n\text{Var}\,\xi_1}$
term\'eszetes sk\'al\'az\'ast fel\'\i{}rhatjuk, hogy
$$
\align
P\(S_n=k\)
=\frac1{2\pi} &\int_{-\e(n)}^{\e(n)}\exp\left\{-i\(nE\xi_1+m\sqrt
{n\text{Var}\,\xi_1}\) t\right\} \varphi^n(t)\,dt\\
&\qquad+O\(e^{-\const n\e(n)^2}\),
\endalign
$$
\'es
$$
\varphi^n(t)=\exp\left\{n\(iE\xi_1t-\text{Var}\,\xi_1\frac
{t^2}2\)\right\}\(1+O(nt^3)\),\quad \text{ha } |t|<n^{-1/6}.
$$
L\'assuk be ennek az \"osszef\"ugg\'esnek a seg\'\i{}ts\'eg\'evel,
hogy az el\H oz\H o felt\'etelek teljes\"ul\'ese eset\'en
$$
P(S_n=k)=\frac1{\sqrt{2\pi n
\text{Var}\,\xi_1}} e^{-(k-nE\xi_1)^2/2n\text {Var}\,\xi_1}+O\(\frac1{
n}\).
$$
Hogyan m\'odosul ez az \'all\'\i{}t\'as akkor, ha a $\Cal K$ halmaz egy
$d>1$ r\'acssz\'eless\'eg\H u r\'acs eltoltja tartalmazza?
\medskip Az utols\'o feladat eredm\'enye j\'o aszimptotik\'at ad a
$p^{(n)}(k)$ val\'osz\'\i{}n\H us\'eg \'ert\'ek\'ere, ha
$k-nE\xi_1\sim\sqrt n\text{Var}\,\xi_1$. \'Erts\"uk meg, hogy mi\'ert
nem m\H uk\"odik ez a m\'odszer j\'ol a t\"obbi esetben. A
k\'{\i}v\'ant val\'osz\'{\i}n\H us\'eget egy olyan integr\'al
seg\'{\i}ts\'eg\'evel sz\'amoltuk ki, amelyben az integrandus abszolut
\'ert\'eke, --- $|\varphi(t)|^n$ ---, egy $\const n^{-1/2}$
nagys\'ag\'u intervallumon k\'{\i}v\"ul elhanyagolhat\'oan kicsi. Az
integrandus $|\varphi(t)|^n e^{i\alpha(t,x)}$ alak\'u, ahol kis $t$-re
$\alpha(t,x)\sim -tx+ntE\xi_1$. Ha $\frac{\alpha(t,x)}t\sim nE\xi_1-x$
relative kicsi, ($n^{1/2}$ nagys\'agrend\H u), akkor a minket
\'erdekl\H o val\'osz\'{\i}n\H us\'eget kifejez\H o integr\'alt j\'ol
lehet becs\"ulni, \'es ezt tett\"uk az 5. feladatban. Ha azonban
$nE\xi_1-x=nE\xi_1-x(n)$ nagy, akkor b\'ar az in\-teg\-ran\-dus abszolut
\'ert\'eke egy kis intervallumon k\'{\i}v\"ul rendk\'{\i}v\"ul kicsi,
de mivel az in\-teg\-ran\-dus\-nak (mint komp\-lex sz\'amnak) a sz\"oge
a maximum k\"ozel\'eben er\H osen oszcill\'al, ez\'ert az integr\'alt
a hagyom\'anyos m\'odon nem tudjuk j\'ol becs\"ulni. Az ilyen
tipus\'u probl\'em\'ak vizsg\'alat\'ara dolgozt\'ak ki az
anal\'{\i}zisben a nyeregpont m\'odszert, amelyben az integr\'al
alkalmas \'athelyez\'es\'evel (a komp\-lex f\"ugg\-v\'eny\-tan
n\'eh\'any standard eredm\'eny\'et felhaszn\'alva) azt k\'{\i}v\'anjuk
el\'erni, hogy az in\-teg\-ran\-dus az abszolut \'ert\'ek maximuma
k\"ozel\'eben keveset oszcill\'aljon. Ekkor a k\'{\i}v\'ant integr\'alt
j\'ol tudjuk becs\"ulni. A k\"ovetkez\H o feladatban megmutatjuk, hogy a
nye\-reg\-pont m\'odszer a minket \'erdekl\H o probl\'ema
vizs\-g\'a\-la\-t\'a\-ban is j\'ol haszn\'alhat\'o, felt\'eve, hogy
a $\xi_1$ va\-l\'o\-sz\'\i{}\-n\H u\-s\'e\-gi v\'altoz\'o eloszl\'asa
teljes\'\i{}t bizonyos felt\'eteleket. \medskip

\item{6.)} Tegy\"uk fel, hogy a $\Cal K=\{k\colon\; p(k)>0,\;
k=0,\pm1,\pm2,\dots\}$ halmaz nincs egy egyn\'el nagyobb
r\'acssz\'eless\'eg\H u r\'acs eltoltj\'an. Tegy\"uk fel tov\'abb\'a,
hogy a $\varphi(z)=E e^{iz\xi_1}$ f\"uggv\'eny, ahol $z$ komplex
sz\'am (ez az $\varphi(t)=Ee^{it\xi_1}$ karakterisztikus f\"uggv\'eny
analitikus kiterjeszt\'ese) analitikus egy tartom\'anyban, amely
tartalmazza a $\{z=x+iy,\; s-\e<x<0\}$ s\'avot valamilyen $s<0$ \'es
el\'eg kis $\e>0$ sz\'amra. (A 8. feladatban fogjuk t\'argyalni azt,
hogy mit jelent ez a felt\'etel, illetve mikor teljes\"ulnek a feladat
tov\'abbi felt\'etelei.) Ekkor
$$
p^{(n)}(k)=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi e^{-ik(t+is)}
\varphi^n(t+is)\,dt, \quad k=0,\pm1,\pm2,\dots.
$$
Teljes\'{\i}tse ez az $s$ sz\'am a $\psi'(s)=\alpha$ egyenletet, ahol
$\alpha=\frac kn$, \'es $\psi(s)=-\log\varphi(is)$. L\'assuk be,
hogy a $\psi(s)$ f\"uggv\'eny szigor\'uan konk\'av, ez\'ert az el\H
oz\H o egyenletnek legfeljebb egy megold\'asa van. Ha az egyenlet
megoldhat\'os\'ag\'ar\'ol \'es annak tulajdons\'agair\'ol tett
felt\'etelek teljes\"ulnek, akkor
$$
p^{(n)}(k)= \frac{e^{-n\psi(s)+ks}}{\sqrt{2\pi
n|\psi''(s)|}}\(1+O\(\frac1{\sqrt n}\)\).
$$
L\'assuk be, hogy a 1. feladatban szerepl\H o $R(S_n=0)$
val\'osz\'{\i}n\H us\'eg becsl\'ese a
$P(\xi_1=1-p)=P(\xi_1=-p)=\frac12$ esetben e feladat
\'all\'\i{}t\'as\'anak speci\'alis esete. \medskip
Az el\H obb ismertetett m\'odszer term\'eszetes m\'odon
alkalmazhat\'o s\H ur\H us\'egf\"uggv\'enyek konvoluci\'oj\'anak
vizsg\'alat\'ara, \'es alkalmas felt\'etelek mellett hasonl\'o
eredm\'enyek bizony\'{\i}that\'oak. Ugyanis, enyhe felt\'etelek
mellett (p\'eld\'aul, ha az $f(\cdot)$ s\H ur\H us\'egf\"uggv\'eny
\'altal meg\-ha\-t\'a\-ro\-zott $\varphi(t)=\int e^{itx}f(x)\,dx$
karakterisztikus f\"uggv\'eny integr\'alhat\'o,) a s\H ur\H
us\'egf\"uggv\'eny egy\-sze\-r\H u inverzi\'os formul\'aval
kisz\'am\'{\i}that\'o a karakterisztikus f\"uggv\'eny
seg\'{\i}ts\'eg\'evel. Nevezetesen,
$$
f(x)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}
e^{-itx}\varphi(t)\,dt.
$$
S\H ur\H us\'egf\"uggv\'enyek konvoluci\'oj\'anak aszimptotikus
viselked\'ese ennek a formul\'anak, illetve e formula analitikus
kiterjeszt\'es\'enek a seg\'{\i}ts\'eg\'evel a 6. feladat
m\'od\-sze\-r\'e\-vel vizs\-g\'al\-ha\-t\'o. Az
eloszl\'asf\"uggv\'enyt a karakterisztikus f\"uggv\'eny
seg\'{\i}ts\'eg\'evel kifejez\H o inverzi\'os formul\'ak m\'ar
bonyolultabbak. Ennek ellen\'ere ez a m\'odszer akkor is
alkalmazhat\'o.
 
C\'elszer\H u viszont az itt alkalmazott nyeregpont
m\'odszert \'atfogalmazni a va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H
u\-s\'eg\-sz\'a\-m\'{\i}\-t\'as nyelv\'ere. Ennek \'erdek\'eben
vezess\"uk be egy $\xi$ va\-l\'o\-sz\'\i{}\-n\H u\-s\'egi v\'altoz\'o
$R(t)=Ee^{t\xi}$ momentumgener\'al\'o f\"uggv\'eny\'et. (Ha ez a
v\'arhat\'o \'ert\'ek nem l\'etezik va\-la\-mi\-lyen $t$-re akkor
$R(t)=\infty$ definici\'o szerint.) Vegy\"uk \'eszre, hogy az $R(it)$
illetve $\varphi(t)$ karakterisztikus f\"uggv\'eny analitikus
kiterjeszt\'ese megegyezik, tov\'abb\'a a 6. feladatban megadott
inverzi\'os formul\'aban szerepl\H o $\varphi(is+t)$ f\"uggv\'eny
(mint a $t$ v\'altoz\'o f\"uggv\'enye r\"ogz\'{\i}tett $s$ sz\'ammal)
tekinthet\H o \'ugy, mint alkalmas eloszl\'asf\"uggv\'eny
karakterisztikus f\"uggv\'enye meg\-szo\-roz\-va egy konstassal,
nevezetesen $\varphi(is+t)=R(-s)\bar \varphi_s(t)$, ahol a
$\bar\varphi(\cdot)$ f\"uggv\'eny az $\bar
F_s(dx)=\frac{e^{-sx}F(dx)}{R(-s)}$ val\'osz\'{\i}n\H
us\'egi m\'ert\'ek karakterisztikus f\"uggv\'enye. Ezt a t\'enyt
(n\'emileg elt\'er\H o sk\'al\'az\'asban), illetve ennek
n\'eh\'any fontos k\"o\-vet\-kez\-m\'e\-ny\'et fogalmazzuk meg a
k\"ovetkez\H o feladatban.

\item{7.)} Legyenek $\xi_k$, $k=1,2,\dots$, f\"uggetlen egyforma
eloszl\'as\'u val\'osz\'\i{}n\H us\'egi v\'altoz\'ok $F(x)$ eloszl\'as
\'es $\varphi(t)$ karakterisztikus f\"uggv\'ennyel. Legyen
$R(s)=\varphi(-is)=Ee^{s\xi_1}$. R\"ogz\'\i{}tve egy $s$ val\'os
sz\'amot vezess\"uk be az
$$
\bar F(x)=\bar F^{(s)}(x)=\frac{\int_{-\infty}^x e^{su}F(\,du)}{R(s)}
$$
eloszl\'asf\"uggv\'enyt, \'es legyen $\bar\xi_k=\bar\xi_k(s)$,
$k=1,2,\dots$, f\"uggetlen (egyforma) $\bar F(x)$ eloszl\'as\'u
val\'osz\'\i{}n\H us\'egi v\'altoz\'ok sorozata. Legyen a
$S_n=\summ_{k=1}^n\xi_k$ \'es $\bar S_n=\summ_{k=1}^n\bar\xi_k$,
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok eloszl\'asf\"uggv\'enye
$F_n(x)$ illetve $\bar F_n(x)=\bar F_n^{(s)}(x)$. L\'assuk be, hogy
$Ee^{t\bar S_n}=\frac{R^n(t+s)}{R^n(s)}$, \'es az $F_n(x)$ \'es $\bar
F_n(x)$ f\"uggv\'enyek k\"oz\"ott a k\"ovetkez\H o az $F(x)$ \'es $\bar
F(x)$ f\"uggv\'enyek k\"oz\"otti kapcsolathoz hasonl\'o
\"osszef\"ugg\'es \'all fenn:
$$
1-\bar F_n(x)=\frac{\int_x^{\infty} e^{su}F_n(\,du)}{R^n(s)},\quad
1-F_n(x)=R^n(s)\int_x^{\infty} e^{-su}\bar F_n(\,du).
$$
L\'assuk be ennek az \"osszef\"ugg\'esnek a seg\'\i{}ts\'eg\'evel
azt, hogy
$$
1-F_n(nx)\le\inf_{s\ge0} e^{n(\log R(s)-sx)}=\exp\left\{-n\sup_{s\ge
0}\(sx-\log R(s)\)\right\}.
$$

\item{} Ha az $R(t)$ momentumgener\'al\'o f\"uggv\'eny $R(t+is)$
analitikus kiterjeszt\'ese teljes\'{\i}ti az $\int_{-\infty}^\infty
|R(t+is)|\,ds<\infty$ tulajdons\'agot valamilyen $0\le t\le T$
intervallumban (ez azt jelenti, hogy az $\bar F^{(t)}(\cdot)$
eloszl\'as karakterisztikus f\"uggv\'enye integr\'alhat\'o, ami
er\H osebb felt\'etel, mint az, hogy az $\bar F^{(t)}(\cdot)$
eloszl\'asnak l\'etezik korl\'atos s\H ur\H us\'egf\"uggv\'enye),
akkor az $F_n(\cdot)$ eloszl\'asf\"uggv\'eny $f_n(\cdot)$ s\H ur\H
us\'egf\"uggv\'enye teljes\'{\i}ti az
$$
f_n(nx)\le\inf_{0\le t\le T} \frac{e^{-n\(tx-\log R(t)\)}}{2\pi}
\int_{-\infty}^\infty \left|\frac{R(t+is)}{R(t)}\right|^n\,ds
$$
egyenl\H otlens\'eget. Az $\int_{-\infty}^\infty |R(t+is)|\,ds
<\infty$ felt\'etel helyettes\'{\i}thet\H o azzal a gyen\-g\'ebb
felt\'etellel, hogy
$\int_{-\infty}^\infty |R(t+is)|^k\,ds<\infty$ valamilyen $k\ge1$
sz\'ammal. 

\medskip
Sz\"uks\'eg\"unk lesz az $R(t)$ momentumgener\'al\'o f\"uggv\'enyek
n\'eh\'any tulajdons\'ag\'ara, \'es ezeket a 8. fel\-adat\-ban
fogalmazzuk meg. Ezekb\H ol az eredm\'enyekb\H ol speci\'alisan
k\"ovetkezik, hogy az $R(t)$ \'es $\log R(t)$ f\"uggv\'enyek
szigor\'uan konvexek, ez\'ert a $[\log R(s)]'=x$ egyenletnek legfeljebb
egy megold\'asa van. Ha az $s$ sz\'am a megold\'asa ennek az
egyenletnek, \'es $\bar F=\bar F^{(s)}$ az ehhez a param\'eterhez
tartoz\'o a 7. feladatban defini\'alt eloszl\'as, akkor egy  $\bar F$
eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o v\'arhat\'o
\'ert\'eke $x$. Ez\'ert a centr\'alis hat\'areloszl\'ast\'etel
seg\'{\i}ts\'eg\'evel a $\bar F^{(s)}_n$ eloszl\'as\'at j\'ol lehet
becs\"ulni az $nx$ pont k\"or\-nye\-ze\-t\'e\-ben, ahol $\bar
F^{(s)}_n$ a $\bar F^{(s)}$ $n$-szeres konvol\'uci\'oj\'at jel\"oli.
A 7. fel\-adat eredm\'enye alapj\'an a $\bar F^{(n)}_s$
seg\'{\i}ts\'eg\'evel ki tudjuk fejezni az $F_n$ eloszl\'ast is.
Ilyen m\'odon j\'o aszimptotik\'at tudunk adni az $1-F_n(nx)$
mennyis\'egre is.
 
Vegy\"uk \'eszre, hogy a fent v\'azolt m\'odszer, amelyben
$1-F_n(nx)$-re j\'o aszimptotik\'at adtunk a momentumgener\'al\'o
f\"uggv\'eny seg\'{\i}ts\'eg\'evel, l\'enyeg\'eben ugyanaz mint a 6.
fel\-adat megold\'as\'aban alkalmazott nyeregpont m\'odszer. Mivel a
val\'osz\'{\i}n\H us\'egsz\'am\'{\i}t\'asban a nagy elt\'eres
eredm\'enyekben adott aszimptotik\'at az $R(t)$ momentumgener\'al\'o
f\"uggv\'eny seg\'{\i}ts\'eg\'evel szokt\'ak megadni, a 6.
fel\-adat\-ban szerepl\H o aszimptotik\'at megadjuk ezen a nyelven.
Ut\'ana pedig megfogalmazzuk a momentumgener\'al\'o f\"uggv\'eny
minket \'erdekl\H o tulajdons\'agait a 8. feladatban.
$$
p^{(n)}(k)= \frac{e^{nR(s)-ks}}{\sqrt{2\pi
n[\log R(s)]''}}\(1+O\(\frac1{\sqrt n}\)\),
$$
ahol $R(s)=Ee^{t\xi_1}$, \'es $s$ az $[\log R(s)]'=\frac kn$ egyenlet
megold\'asa.

\medskip
\item{8.)} Legyen $\xi$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o olyan,
amelynek l\'etezik az $R(t)=Ee^{t\xi}$ momentumgener\'al\'o
f\"uggv\'enye valamilyen $t>0$ sz\'amra. Azon $t\ge0$ pontok halmaza,
amelyre $R(t)<\infty$ vagy a teljes $t\ge0$ f\'elegyenes vagy egy
v\'eges $[0,T)$ vagy $[0,T]$ balr\'ol z\'art \'es
jobbr\'ol ny\'\i{}lt vagy z\'art intervallum. A $\log R(t)$ \'es az
$R(t)$ f\"uggv\'enyek m\'asodik deriv\'altja az $R(t)$ f\"uggv\'eny
\'ertelmez\'esi tartom\'any a belsej\'eben pozit\'{\i}v, \'es az $R(t)$
a f\"uggv\'eny tetsz\H{o}leges e tartom\'any belsej\'eben lev\H{o}
$(a,b)$ intervallumra val\'o megszor\'{\i}t\'asa analitkusan
folytathat\'o a $\{z\colon\; z=x+iy,\, x\in (a,b)\}$ tartom\'anyba, azaz
az $(a,b)$ ny\'{\i}lt intervallumra t\'amaszkod\'o s\'avba a komp\-lex
sz\'ams\'{\i}kon. Az $R(t)$ \'es $\log R(t)$ f\"ugggv\'enyek \'es azok
deriv\'altjai folytonosak az orig\'oban, \'es $\log R(0)=0$,
$R'(0)=[\log R(0)]'=E\xi$, ahol $R'(0)$ \'es $[\log R(0)]'$ jobboldali
deriv\'altat jel\"ol. Ez az azonoss\'ag akkor is igaz, ha
$E\xi=-\infty$. Ez\'ert az $R(t)$, $\log R(t)$ f\"uggv\'enyek
szigor\'uan konvexek, az $R'(t)$ \'es $[\log R(t)]'$ f\"uggv\'enyek
pedig szigor\'uan monoton n\H ovekv\H oek a $[0,T)$ vagy $[0,T]$
intervallumban vagy pedig a $t\ge0$ f\'elegyenesen (att\'ol
f\"ugg\H oen, hogy az $R(t)$ f\"uggv\'eny hol van \'ertelmezve). (Innen
levezethet\H{o} az is, hogy $\supp_{T>t\ge0}(tx-\log R(t))>0$ minden
$x>E\xi_1$  sz\'amra, de ezt az \'all\'{\i}t\'ast a 11. feladatban
fogjuk bizony\'{\i}tani.)

\item{} Ha $t\ge0$ a $\xi$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o
$R(\cdot)$ momentumgener\'al\'o f\"uggv\'eny \'ertelmez\'esi
tartom\'any\'aban van, akkor legyen $\xi(t)$ egy $\bar F(dx)=\bar
F^{(t)}(dx)= \frac{e^{tx}F(dx)}{R(t)}$ eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H
us\'egi v\'altoz\'o, ahol $F(\cdot)$ a $\xi$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi
v\'altoz\'o eloszl\'asa. Ezzel a jel\"ol\'essel $E\xi(t)=[\log R(t)]'$
\'es $\text{Var}\,\xi(t)=[\log R(t)]''$. Ha ezeknek az azonoss\'agok
bal vagy jobboldala v\'eges \'ert\'eket vesz fel, akkor a m\'asik
oldalon lev\H o kifejez\'es is \'ertelmes, (\'es az azonoss\'ag
fenn\'all.)

\item{} Ha $R(t)$ egy v\'eges $[0,T)$ vagy $[0,T]$ intervallumon
van \'ertelmezve, az \'ertelmez\'esi tartom\'any akkor \'es csak akkor
tartalmazza a $T$ v\'egpontot, ha $\limm_{t\to T} R(t)<\infty$. Ha az
\'ertelmez\'esi tartom\'any egy v\'eges z\'art $[0,T]$ intervallum,
akkor $\limm_{t\to T} R(t)=R(T)$, \'es ezen intervallum jobboldali
$T$ v\'egpontj\'aban akkor \'es csak akkor l\'etezik az $R'(T)$
(baloldali) deriv\'alt ha $\limm_{t\to T} R'(t)=R'(T)<\infty$. Ekkor
$\limm_{t\to T} R'(t)=R'(T)=E\xi e^{T\xi}$.

\medskip
Legyenek $\xi_1,\xi_2,\dots$, f\"uggetlen egyforma
eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok, \'es legyen az
$R(t)=Ee^{t\xi_1}$ momentumgener\'al\'o f\"uggv\'eny v\'eges alkalmas
$t>0$-ra. Tegy\"uk fel, hogy az $x>E\xi_1$. ($E\xi_1=-\infty$
megengedett.) sz\'am olyan, hogy l\'etezik olyan $t>0$ sz\'am az $R(t)$
f\"uggv\'eny \'ertelmez\'esi tartom\'any\'anak {\it belsej\'eben},\/
amelyre $[\log R(t)]'=x$. A 7. \'es 8. feladat eredm\'enyei alapj\'an
$$
P(S_n\ge nx)={R(t)^n}{e^{-tnx}}\int_{nx}^\infty
e^{-t(y-nx)}\bar F_n(\,dy),\tag +
$$
ahol $S_n=\summ_{k=1}^n\xi_k$, $\bar F_n$ a $\summ_{k=1}^n\bar \xi_k$
eloszl\'asa, ahol $\bar \xi_k$, $k=1,\dots,n$, f\"uggetlen, egyforma
eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok $\bar
F(dx)=\frac{e^{tx}F(dx)}{R(t)}$ eloszl\'assal (a fenti
$t$ para\-m\'e\-ter\-rel.) $E\bar \xi_1=[\log R(t)]'=x$,
$\text{Var}\,\bar \xi_1=[\log R(t)]''$. Ezenk\'{\i}v\"ul a $\bar\xi_1$
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'al\-to\-z\'o\-nak l\'etezik az \"osszes
momentuma, s\H ot kis abszolut \'ert\'ek\H u $u$ sz\'amra az
$Ee^{u\bar\xi_1}=\bar R(u)=\frac{R(t+u)}{R(t)}$ momentumgener\'al\'o
f\"uggv\'enye.

\item{9.)} A fenti jel\"ol\'esekkel \'es a fenti felt\'etelek mellett
$$
C_1\frac{e^{-n(tx-\log R(t))}}{\sqrt n}\le P(S_n\ge nx)\le C_2\frac
{e^{-n(tx-\log R(t))}}{\sqrt n}
$$
alkalmas $0<C_1<C_2$ konstansokkal.

\item{} (A bizony\'{\i}t\'as sor\'an felhaszn\'alhatjuk a k\"ovetkez\H
o Berry--Esseen egyenl\H otlens\'eget: Ha $\eta_1,\dots,\eta_n$
f\"uggetlen egyforma el\-osz\-l\'a\-s\'u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi
v\'altoz\'ok, $E\eta_1=0$, $E\eta_1^2=\sigma^2>0$,
$E|\eta_1|^3=\mu_3<\infty$, \'es $\Phi(x)$ jel\"oli a standard
norm\'alis  eloszl\'asf\"uggv\'enyt, akkor l\'etezik olyan
univerz\'alis $K>0$ konstans, amelyre
$\left|P\(\frac{T_n}{\sigma\sqrt n}<x\)-\Phi(x)\right|\le \frac
{K\mu_3}{\sigma^3\sqrt n}$. (A Berry--Esseen egyenl\H otlens\'eg
val\'oj\'aban \'altal\'anosabb eredm\'eny, nem felt\'etlen\"ul egyforma
eloszl\'as\'u, f\"uggetlen val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok
norm\'alt r\'esz\-let\-\"ossze\-gei\-nek t\'avols\'ag\'at becs\"uli a
standard norm\'alis eloszl\'asf\"uggv\'enyt\H ol.)

\medskip 
Szeretn\'enk a 9. feladat eredm\'eny\'et \'eles\'{\i}teni,
\'es abban az als\'o \'es fels\H o becsl\'es helyett pontos
aszimptotik\'at \'{\i}rni. Ez lesz a 10. feladat eredm\'enye. Ahhoz,
hogy ezt megtehess\"uk a (+) kifejez\'esben szerepl\H o integr\'alt
kell j\'ol becs\"ulni. Ezt megtehetj\"uk, ha j\'o aszimptotik\'at adunk
a $\bar F_n(nx+y)-\bar F_n(nx)$ k\"ul\"onbs\'egre, ahol a
$\bar F_n$ eloszl\'asf\"uggv\'enyt a 7.  feladatban defini\'altuk. Ez
egy lok\'alis centr\'alis hat\'areloszl\'ast\'etel tipus\'u probl\'ema,
mivel annak val\'osz\'{\i}n\H us\'eg\'et akarjuk aszimptotikusan j\'ol
megbecs\"ulni, hogy f\"uggetlen val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok
(nem normaliz\'alt) \"osszege egy r\"ogz\'{\i}tett ($n$-t\H ol
f\"uggetlen) hossz\'u\-s\'a\-g\'u intervallumba esik. A k\'{\i}v\'ant
eredm\'eny k\"ovetkezik az al\'abb id\'ezett \'all\'{\i}t\'asb\'ol,
amely megtal\'alhat\'o p\'eld\'aul W.~Feller: An Introduction to
Probability Theory and its Applications~II. k\"onyv\'eben (XVI.
fejezet, 4. paragrafus 1.~t\'etel.)

\medskip \noindent {\bf T\'etel.} {\it Legyen az $F$ val\'osz\'{\i}n\H
us\'egi v\'altoz\'o olyan, hogy egy $F$ eloszl\'as\'u $\xi$
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ora $E\xi=m_1$,
$\text{\rm Var}\,\xi^2=\sigma^2$, $E\left|\xi-E\xi\right|^3<\infty$,
$E(\xi-E\xi)^3=m_3$, \'es az $F$ eloszl\'as nem r\'acsos, azaz nincs
olyan $h>0$ \'es $a$ sz\'am, amelyre a $\{a+kh,\;k=0,\pm1,\pm2,\dots\}$
halmaz $F$ m\'ert\'eke 1. Jel\"olje $\Phi(x)$ a standard norm\'alis
eloszl\'as \'es $\varphi(x)$ a standard norm\'alis s\H ur\H
us\'egf\"uggv\'enyt. Jel\"olje $F^{*n}(x)$ az $F$ eloszl\'asf\"uggv\'eny
$n$-szeres konvol\'uci\'oj\'at \"onmag\'aval. Ekkor
$$
F^{*n}(n m_1+\sqrt{n\sigma}x)-\Phi(x)-\frac{m_3}{6\sigma^3\sqrt
n}(1-x^2)\varphi(x)=o\(\frac1{\sqrt n}\),
$$
ahol az $o(\cdot)$ egyenletes $x$-ben.}

\medskip
Megjegyezz\"uk, hogy ez a t\'etel csak nem r\'acsos eloszl\'as\'u
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'okra \'erv\'enyes. Ha ugyanis $F$
r\'acsos eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o, $h$
r\'acssz\'eless\'eggel, akkor az $F^{*n}(n m_1+\sqrt n\sigma x)$
f\"uggv\'eny konstans egym\'ast k\"ovet\H o $\frac h{\sqrt n\sigma}$
hossz\'us\'ag\'u szakaszokon. M\'asr\'eszt a
$\Phi(x)+\frac{m_3}{6\sigma^3\sqrt n}(1-x^2)\varphi(x)$ f\"uggv\'eny
megv\'altoz\'asa egy ilyen szakaszon na\-gyobb mint $\const n^{-1/2}$.
A t\'etel bizony\'{\i}t\'as\'at nem adjuk meg, csak n\'eh\'any
megjegyz\'est tesz\"unk a bizony\'{\i}t\'as m\'odszer\'er\H ol. A
bizony\'{\i}t\'as hasonl\'o a Berry--Esseen bizony\'{\i}t\'as\'ahoz.
Ebben a r\'eszlet\"osszegek eloszl\'as\'at konvolv\'aljuk egy sz\'ep
s\H ur\H us\'egf\"uggv\'ennyel rendelkez\H o eloszl\'assal. Ez
ut\'obbi sim\'{\i}tott eloszl\'ast, mivel sz\'ep s\H ur\H
us\'egf\"uggv\'enye van, j\'ol tudjuk becs\"ulni, \'es ugyan\-csak
becs\"ulni tudjuk a konvol\'uci\'o \'altal elk\"ovetett hib\'at.
Azt, hogy nem r\'acsos eloszl\'asr\'ol van sz\'o a k\"ovetkez\H
ok\'eppen haszn\'aljuk ki. Egy $\xi$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi
v\'altoz\'o eloszl\'asa akkor \'es csak akkor nem r\'acsos
eloszl\'as\'u, ha a $\xi$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o
$\varphi(t)$ karakterisztikus f\"uggv\'enye minden $\e>0$-a
teljes\'{\i}ti a $\supp_{\e<|t|<\e^{-1}}|\varphi(t)|<1$ egyen\-l\H
ot\-len\-s\'e\-get. Ez biztos\'{\i}tja, hogy a konvolv\'alt
eloszl\'asf\"uggv\'enyt a karakterisztikus f\"uggv\'eny $n$-ik
hatv\'any\'anak seg\'{\i}ts\'eg\'evel kifejez\H o integr\'alban
kis hib\'at k\"ovet\"unk el, ha az integr\'al \'ertelmez\'esi
tartom\'any\'at egy az $n$ param\'etert\H{o}l f\"uggetlen nagy
v\'eges intervallumra koncentr\'aljuk.
 
Ha a tekintett val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok r\'acsos
eloszl\'as\'uak, akkor az \"osszeg s\H u\-r\H
u\-s\'eg\-f\"ugg\-v\'e\-ny\'ere  m\'ar bizony\'{\i}tott nagy
elt\'er\'es t\'etel eredm\'eny\'et \"osszegezve megkaphatjuk az
\"osszeg j\'o aszimptotik\'aj\'at. A s\H ur\H us\'egf\"uggv\'eny
\'ert\'ek\'et a momentumgener\'al\'o f\"uggv\'eny illetve annak
analitikus kiterjeszt\'es\'et felhaszn\'al\'o inverz Fourier formula
seg\'{\i}ts\'eg\'evel pontosan kifejezhetj\"uk, \'es a s\H ur\H
us\'egf\"uggv\'enyre adott aszimptotikus formul\'ak helyett
lehet ezeket a pontos kifejez\'eseket \"osszegezni. Ekkor ugyanazzal
a m\'odszerrel, amellyel a s\H u\-r\H u\-s\'eg\-f\"ugg\-v\'eny j\'o
aszimptotik\'aj\'at fejezt\"uk ki, megadhatjuk az
eloszl\'asf\"uggv\'eny j\'o aszimptotik\'aj\'at is. Mi ezt a
m\'odszert fogjuk k\"ovetni. \medskip

\item{10.)} Legyenek $\xi_1,\xi_2,\dots,$ f\"uggetlen egyforma
eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok, amelyekre
l\'etezik olyan $t>0$, hogy $R(t)=Ee^{t\xi_1}<\infty$. Legyen
$x>E\xi_1$, ($E\xi_1=-\infty$ megengedett), \'es tegy\"uk fel, hogy
l\'etezik olyan $t>0$ az $R(t)$ f\"uggv\'eny \'ertelmez\'esi
tartom\'any\'anak belsej\'eben, amelyre $[\log R(t)]'=x$. Ekkor
$$
\aligned
P(S_n\ge nx)&=\frac{C}{\sqrt n}e^{-n(tx-\log R(t))}(1+o(1))\quad
\text{ha  $\xi_1$ nem r\'acsos eloszl\'as\'u}\\
P(S_n\ge nx)&=P\(S_n\ge nx'\)=\frac{\bar C}{\sqrt n}e^{-n(t'x'-\log
R(t'))}\(1+O\(\frac1{\sqrt n}\)\)\\
&=\frac{\bar C}{\sqrt n}e^{-n(tx-\log R(t))+K(x)}\(1+O\(\frac1{\sqrt
n}\)\),\\
&\qquad \text{ha $ \xi_1$ r\'acsos eloszl\'as\'u a }
hk+a,\; k=0,\pm1,\pm2,\dots \text{ r\'acson},
\endaligned \tag $*$
$$
ahol $x'=\left]\frac{nx-a}h\right[\frac hn+\frac an$, $]u[$ jel\"oli
a legkisebb $u$-n\'al nagyobb eg\'esz sz\'amot, $t'$ az $R'(t)=x'$
egyenlet megold\'asa. L\'etezik olyan $K>0$, hogy $|K(x)|<K$ minden
a t\'etel felt\'eteleinek eleget tev\H o $x>E\xi_1$ sz\'amra.
Tov\'abb\'a
$$
C=\frac1{t\sqrt{2\pi [\log R(t)]''}}, \qquad
\bar C=\frac h{(1-e^{-ht'})\sqrt{2\pi [\log R(t')]''}}.
$$

\medskip
{\it Megjegyz\'es}\/ A ($*$) becsl\'esben szerepl\H o $(o(1)$ illetve
$0\(\frac1{\sqrt n}\)$ marad\'ektag egyenletes, ha a $P(S_n\ge nx)$
val\'osz\'{\i}n\H us\'eget olyan $x$-ekre tekintj\"uk, amelyekre a
$[\log R(t)]'=x$ egyenlet megold\'as\'at tartalmazza egy $[0,b]$
intervallum, ahol a $b$ pont az $R(t)$ f\"uggv\'eny \'ertelmez\'esi
tartom\'any\'anak belsej\'eben van. Ehhez azt kell ellen\H orizni,
hogy a bi\-zo\-ny\'{\i}\-t\'as\-ban szerepl\H o becsl\'esek egyenletesek
ilyen $x$ sz\'amokra. Ez a tulajdons\'ag teljes\"ul, mert a hibatagok
becsl\'es\'eben szerepl\H o momentumok egyenletesen becs\"ulhet\H oek,
tov\'abb\'a minden $\e>0$-hoz l\'etezik olyan $t$-t\H ol f\"uggetlen
$\delta=\delta(\e)>0$, amelyre $|1-\bar \varphi_t(u)|<1-\delta$, ha $t\in
[0,a]$, \'es $\e<|u|<\e^{-1}$, ahol $\varphi_t(\cdot)$ a 7. feladatban
defini\'alt $\bar F=\bar F_t$ eloszl\'as karakterisztikus
f\"uggv\'enye. Nem r\'acsos eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi
v\'altoz\'okra gyeng\'ebb becsl\'est kaptunk, mint a r\'acsos esetben.
B\'{\i}zonyos simas\'agi felt\'etelek mellett a $o(1)$
marad\'ektag helyettes\'{\i}thet\H o  $O\(\frac 1{\sqrt n}\)$-nel. Ez
megtehet\H o p\'eld\'aul akkor, ha a $\xi_1$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi
v\'altoz\'o $\varphi(\cdot)$ karakterisztikus f\"uggv\'enye, illetve
annak analitikus kiterjeszt\'ese teljes\'{\i}ti a
$\limm_{|u|\to\infty}\varphi(u)=0$ felt\'etelt. Ez a felt\'etel  a
Riemann lemma alapj\'an teljes\"ul p\'eld\'aul akkor, ha a $\xi_1$
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o eloszl\'as\'anak l\'etezik
s\H ur\H us\'egf\"uggv\'enye.
 
A 10. feladatben szerepl\H o aszimptikus becsl\'es f\H o tagj\'anak
exponens\'eben szerepel a $\log R(t)-tx$ kifejez\'es. \'Erdemes
\'eszrevenni, hogy ez minden $x>E\xi_1$ eset\'en negat\'{\i}v. Ez a
tartalma a k\"ovetkez\H o (egyszer\H u) 11. feladatnak. \medskip

\item{11.)} Legyenek $\xi_1,\dots,\xi_n$ f\"uggetlen egyforma
eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok,
amelyre az $R(t)=Ee^{t\xi_1}$ momentumgener\'al\'o f\"uggv\'eny
l\'etezik valamilyen $t>0$-ra. Legyen $R(t)=\infty$, ha az $Ee^{t\xi_1}$
momentumgener\'al\'o f\"uggv\'eny nem l\'etezik. Ekkor
$$
\sup_{t\ge0}(tx-\log R(t))>0
$$
minden $x>E\xi_1$-re, \'es az $S_n=\summ_{k=1}^n\xi_k$
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o teljes\'{\i}ti a
$$
-\frac1n P(S_n>nx)\ge\sup_{t\ge 0} (\log tx-R(t))
$$
egyenl\H otlens\'eget minden $x>E\xi_1$-re \'es $n$-re. (A feladatban
az $E\xi_1=-\infty$ esetet is megengedj\"uk.
 
A 10. feladatban a $P(S_n\ge nx)$ val\'osz\'\i{}n\H us\'eg
j\'o aszimptotik\'aj\'at adtuk meg akkor, ha a $[\log R(t)]'=x$
egyenlet megoldhat\'o. A fels\H o becsl\'es bizony\'{\i}t\'as\'aban
nem haszn\'altuk fel, hogy ez az egyenlet megoldhat\'o.
Be akarjuk l\'atni, hogy ez a fels\H o becsl\'es \'eles.
R\'eszletesebben fogalmazva, feltessz\"uk, hogy
$\xi_k$, $k=1,2,\dots$, f\"uggetlen egyforma el\-osz\-l\'a\-s\'u
val\'osz\'\i{}n\H us\'egi v\'altoz\'ok sorozata, \'es van
olyan $t>0$ sz\'am, amelyre $Ee^{t\xi_1}<\infty$. Legyen
$S_n=\summ_{k=1}^n\xi_k$. Be fogjuk l\'atni, hogy ekkor
$$
-\lim\frac1n\log P(S_n\ge nx)=\sup_{t\ge0}(tx-\log
R(t))>0\quad\text{minden }x>E\xi_1\text{-re}.
\tag$**$
$$
A $(**)$ rel\'aci\'o \'ugy \'ertend\H o, hogy  $R(t)=\infty$, ha
$R(t)$ nincs defini\'alva.  Az $E\xi_1=-\infty$  rel\'aci\'o is
megengedett.
 
A $(**)$ \'all\'{\i}t\'as bizony\'{\i}t\'as\'at az \'altal\'anos
esetben visszavezetj\"uk a m\'ar bebizony\'{\i}tott esetekre
alkalmas approxim\'aci\'oval. Annak \'erdek\'eben, hogy ezt
megtehess\"uk, r\'esz\-le\-te\-seb\-ben vizsg\'aljuk azt, hogy
mikor nincs megold\'asa a $[\log R(t)]'=x$ egyenletnek. Ezt
tessz\"uk a k\"ovetkez\H o feladatokban.
 
Megjegyezz\"uk, hogy a $(**)$ rel\'aci\'oban a $P(S_n\ge nx)$
esem\'eny val\'osz\'{\i}n\H us\'eg\'et be\-cs\"ul\-j\"uk, azaz $\ge$
\'es nem $>$ jel szerepel ennek az esem\'enynek a definici\'oj\'aban.
Vannak olyan esetek, amikor a $(**)$ rel\'aci\'o csak ilyen form\'aban
\'erv\'enyes. Ilyen eset fordul el\H o p\'eld\'aul akkor, ha
$P(\xi_1=1)=P(\xi_1=-1)=\frac12$, \'es $x=1$. Ekkor $-\frac 1n\log
P(S_n\ge nx)=\log 2$ \'es $-\frac 1n\log P(S_n>nx)=\infty$ minden
$n\ge1$-re. M\'asr\'eszt, $tx-\log R(t)=t-\log\frac{e^t+e^{-t}}2
=\log 2-\log\(1-e^{-2t}\)$ ebben az esetben ($x=1$), ez\'ert
$\supp_{t\ge0}(tx-R(t))=\limm_{t\to\infty}(tx-\log R(t))=\log 2$.

\medskip
\item{12.)} Legyen a $\xi_1$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi
v\'altoz\'o $R(t)$ momentumgener\'al\'o f\"uggv\'enye a teljes
$t\ge0$ f\'elegyenesen \'ertelmezve. A $[\log R(t)]'=x$ egyenletnek
l\'etezik egy\'ertelm\H u meg\-ol\-d\'a\-sa minden $x>E\xi_1$
sz\'amra, ha $\limm_{t\to\infty}[\log R(t)]'=\infty$, illetve minden
$E\xi_1<x<z$ sz\'amra, ha a $\limm_{t\to\infty}[\log R(t)]'=z<\infty$.
Ez ut\'obbi esetben $\supp_{t\ge0}(tx-\log R(t))=\infty$, ha $x>z$.

\item{13.)} Ha a $\xi_1$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi
v\'altoz\'o $R(t)$ momentumgener\'al\'o f\"uggv\'enye a teljes $t\ge0$
f\'elegyenesen \'ertelmezve van, \'es $\limm_{t\to\infty}[\log
R(t)]'=z<\infty$, akkor $P(\xi_1>z)=0$, \'es $\supp_{t\ge0}(
tz-\log R(t))= \limm_{t\to \infty}(tz-\log R(t))=-\log P(\xi_1=z)$. Ezen
\'all\'{\i}t\'as \'es az el\H oz\H o feladat seg\'{\i}ts\'eg\'evel
l\'assuk be a $(**)$ rel\'aci\'ot abban az esetben, ha a $\xi_1$
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o $R(t)$ momentumgener\'al\'o
f\"uggv\'enye az eg\'esz $t\ge0$ f\'elegyenesen \'ertelmezve van.

\item{14.)} Ha a $\xi_1$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o $R(t)$
momentumgener\'al\'o f\"uggv\'enye egy jobbr\'ol ny\'{\i}lt $[0,T)$
intervallumban vagy egy z\'art $[0,T]$ intervallumban van \'ertelmezve,
de az ut\'ob\-bi esetben is teljes\"ul a $\limm_{t\to T}R'(t)=\infty$
rel\'aci\'o, akkor a $[\log R(t)]'=x$ egyenletnek minden $x>E\xi_1$
sz\'amra l\'etezik egy\'ertelm\H u megold\'asa. L\'assuk be a $(**)$
\'all\'{\i}t\'ast ebben az esetben is.

\item{15.)} Legyen $\xi_n$, $n=1,2,\dots$, f\"uggetlen, egyforma
eloszl\'as\'u val\'osz\'\i{}n\H us\'egi v\'altoz\'ok so\-ro\-za\-ta,
$Ee^{t\xi_1}=\infty$ minden $t>0$-ra, $S_n=\summ_{k=1}^n\xi_k$.
V\'a\-lasszunk egy tetsz\H oleges $[a,b]$ intervallumot, amelyre
$E\xi_1\le a<b$. (Ez \'ugy \'ertend\H o, hogy nincs ilyen intervallum,
ha $E\xi_1=\infty$, ha pedig $E\min(0,\xi_1)=-\infty$, akkor tetsz\H
oleges $[a,b]$ $a<b$ intervallumot v\'alaszthatunk. Ekkor
$$
\lim_{n\to\infty}-\frac1n\log P\(\frac{S_n}n\in [a,b]\)=0.
$$
azaz, tetsz\H oleges $\e>0$-ra \'es a felt\'eteleknek eleget tev\H o
$[a,b]$ intervallumra
$$
P\(\frac{S_n}n\in[a,b]\)\ge e^{-n\e},\quad\text{ha } n>n(\e,a,b).
$$

\medskip\item{} 
{\it Megjegyz\'es:}\/ \'Erdemes a 15. feladat
eredm\'eny\'enek egyik k\"ovetkezm\'eny\'et k\"ul\"on megfogalmazni. Ha
$\xi_n$, $n=1,2,\dots$, f\"uggetlen egyforma eloszl\'as\'u
val\'osz\'\i{}n\H us\'egi v\'altoz\'ok, $E\xi_1=0$,
$S_n=\summ_{k=1}^n\xi_k$, \'es l\'eteznek olyan $A>0$, $B>0$ sz\'amok,
amelyekre $P(S_n>nA)\le e^{-nB}$ minden el\'eg nagy $n$-re, akkor az
$R(t)=Ee^{t\xi_1}$ momentumgener\'al\'o f\"uggv\'eny l\'etezik \'es
v\'eges kis $t>0$-ra.

\medskip
\item{16.)} L\'assuk be az el\H oz\H o feladat seg\'{\i}ts\'eg\'evel
a $(**)$ rel\'aci\'ot abban a m\'eg nem vizsg\'alt esetben is,
amikor a $\xi_1$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o $R(t)$
momentumgener\'al\'o f\"uggv\'enye egy z\'art $[0,T]$
intervallumban van \'ertelmezve, \'es $\limm_{t\to T}R'(t)<\infty$.

\item{17.)} A 16. feladat bizony\'\i{}t\'as\'aban k\"ul\"on
tekintett\"uk azt az esetet, amikor az $R(t)=Ee^{t\xi_1}$
momentumgener\'al\'o f\"uggv\'eny egy jobbr\'ol ny\'\i{}lt $[0,a)$
intervallumban van \'er\-tel\-mez\-ve, amikor egy z\'art
$[0,a]$ intervallumban van \'ertelmezve \'es $R'(a)=\infty$ illetve
$R'(a)<\infty$. Mutassunk p\'eld\'at arra, hogy mind a h\'arom eset
val\'oban el\H ofordulhat.

\medskip
A 8. \'es 10. --- 16. feladatok eredm\'enyeib\H ol k\"ovetkezik, hogy
a $(**)$ rel\'aci\'o igaz tetsz\H oleges $\xi_1$ val\'osz\'{\i}n\H
us\'egi v\'altoz\'ora, ha $x>E\xi_1$-re \'es $\xi_1$
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o $R(t)=Ee^{t\xi_1}$
momentumgener\'al\'o f\"uggv\'enye l\'etezik el\'eg kis $t>0$-ra.
A k\"ovetkez\H o feladatban bel\'atjuk, hogy a $(**)$ becsl\'es
\'erv\'enyes ezen felt\'etelek teljes\"ul\'ese n\'elk\"ul is.

\medskip
\item{18.)} Legyenek $\xi_1,\xi_2,\dots$, f\"uggetlen egyforma
eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok,
$R(t)=Ee^{t\xi_1}$ momentumgener\'al\'o f\"uggv\'ennyel, ahol
$R(t)=\infty$, ha $e^{t\xi_1}$ nem integr\'alhat\'o. Legyen
$S_n=\summ_{k=1}^n \xi_k$. Ekkor
$$
\lim_{n\to\infty}-\frac1n\log P(S_n\ge nx)=\sup_{t\ge 0}(tx-\log
R(t))\quad\text{minden }-\infty<x<\infty\text{-re}.
$$

\item{19.)} Legyenek $\xi_1^{(t)},\dots,\xi_n^{(t)}$ f\"uggetlen
egyforma eloszl\'as\'u va\-l\'o\-sz\'\i{}\-n\H u\-s\'e\-gi v\'altoz\'ok
$F_t(x)=\frac{\int_{-\infty}^x e^{tu}F(\,du)}{R(t)}$, $R(t)=
{\int_{-\infty}^\infty e^{tu}F(\,du)}$, eloszl\'asf\"uggv\'ennnyel,
\'es legyen $S_n^{(t)}=\summ_{k=1}^n\xi_k^{(t)}$. (Olyan $t$ 
param\'etereket tekint\"unk, amelyekre $R(t)<\infty$.) A
$(\xi_1^{(t)},\dots,\xi_n^{(t)})$
vektor fel\-t\'e\-te\-les eloszl\'asa az $S_n^{(t)}=x$
felt\'etel mellett nem f\"ugg a $t$ param\'etert\H ol.

\medskip 
Nagy elt\'er\'es tipus\'u becsl\'eseket adhatunk akkor is,
ha a tekintett $S_n$ val\'osz\'\i{}n\H us\'egi v\'altoz\'ok nem
f\"uggetlen val\'osz\'\i{}n\H us\'egi v\'altoz\'ok
r\'eszlet\"osszegei, viszont ezek $R_n(t)=Ee^{tS_n}$
momentumgener\'al\'o f\"uggv\'enyei teljes\'\i{}tenek bizonyos
felt\'eteleket. Ilyen tipus\'u \'all\'\i{}t\'as lesz a k\"ovetkez\H o
feladat tartalma.

\medskip
\item{20.)} Legyen $S_n$, $n=1,2,\dots$, val\'osz\'\i{}n\H us\'egi
v\'altoz\'ok sorozata, \'es defini\'aljuk az $R_n(t)=Ee^{tS_n}$
f\"ugg\-v\'e\-nye\-ket. Tegy\"uk fel, hogy l\'etezik a
$\psi(t)=\limm_{n\to\infty}\frac1n\log R_n(t)$ hat\'ar\'ert\'ek egy
$[0,T]$ intervallumban. L\'assuk be, hogy a $\psi(t)$, $t\in [0,T]$,
f\"uggv\'eny konvex. Tegy\"uk fel, hogy $\psi'(0)=0$, \'es egy $x>0$
sz\'amra a $\psi'(t)=x$ egyenletnek l\'etezik egy $0<t<T$ megold\'asa
(jelentsen $\psi'(t)$ jobboldali deriv\'altat, amelyik konvex
f\"uggv\'eny eset\'en mindig l\'etezik.) Tegy\"uk fel tov\'abb\'a,
hogy a $\psi(\cdot)$ f\"uggv\'eny a $t$ pont alkalmas
k\"ornyezet\'eben szigor\'uan konvex. L\'assuk be, hogy ebben az
esetben
$$
\lim_{n\to\infty}-\frac1n\log P(S_n>nx)=tx-\psi(t).
$$

\medskip
A nagy elt\'er\'es t\'etelben szerepl\H o az $\log R(t)$
f\"uggv\'eny $\rho(x)=\supp_{t\ge 0}(tx-\log R(t))$
transzform\'altja nemcsak a val\'osz\'{\i}n\H
us\'egsz\'am\'{\i}t\'asban hanem a konvex geometri\'aban, s\H ot a
matematikai fizik\'aban is fontos szerepet j\'atszik. Ezt a
lek\'epez\'est nevezik Legendre transz\-for\-m\'a\-ci\'onak.
Megjegyezz\"uk, --- b\'ar ez a t\'eny ennek a feladatsornak a
vizs\-g\'a\-la\-tai\-ban nem j\'atszik fontos szerepet, --- hogy egy
konvex f\"uggv\'eny Legendre transzform\'altja szint\'en konvex, \'es
konvex f\"uggv\'eny Legendre transzform\'altj\'anak a Legendre
transzform\'altja az eredeti f\"ugg\-v\'enyt adja. A matematikai
fizik\'aban a Legendre transzform\'aci\'o az\'ert j\'atszik fontos
szerepet, mert ez teremti meg a kapcsolatot a mechanikai rendszerek
viselked\'es\'et le\'{\i}r\'o Euler--Lagrange \'es Hamilton--Jacobi
egyenletek k\"oz\"ott.
 
A fenti feladatokban le\'{\i}rtuk a $P(S_n\ge nx)$ val\'osz\'{\i}n\H
us\'eg aszimptotik\'aj\'at akkor, ha $S_n$ $n$ darab f\"uggetlen
egyforma eloszl\'as\'u $\xi_k$, $1\le k\le n$, val\'osz\'{\i}n\H
us\'egi v\'altoz\'o \"osszege, \'es a szigor\'u $x>E\xi_1$ egyenl\H
otlens\'eg teljes\"ul. Az aszimptotikus sz\'am\'{\i}t\'asokban
kihaszn\'altuk, hogy $x$ szepar\'alva van a v\'arhat\'o \'ert\'ekt\H
ol, illetve azt, hogy ennek k\"o\-vet\-kez\-t\'e\-ben a $[\log R(t)]'=x$
egyenlet megold\'asa (a $t$ v\'altoz\'oban) szigor\'uan pozit\'{\i}v.
A k\"ovetkez\H o feladatokban a tipikus tartom\'anyb\'ol a nagy
elt\'er\'esek tartom\'anyba val\'o \'atmenetet \'{\i}rjuk le, azaz
a $P(S_n>x(n))$ esem\'eny val\'osz\'{\i}n\H us\'eg\'et vizsg\'aljuk,
ha $x(n)-nE\xi_1>\sqrt n$, \'es $x(n)-nE\xi_1\le \e n$ alkalmas
$\e>0$-val. Ezenk\'{\i}v\"ul vizsg\'alni fogjuk ennek a k\'erd\'esnek
a megfelel\H{o}j\'et a s\H{u}r\H{u}s\'egf\"uggv\'enyek aszimptotikus
viselked\'es\'er\H{o}l.
 
Ezek az eredm\'enyek fontos szerepet j\'atszanak annak a k\'erd\'esnek
a vizsg\'alat\'aban, amikor f\"uggetlen val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi
v\'altoz\'ok normaliz\'alt r\'eszlet\"osszegeib\H{o}l term\'eszetes
m\'o\-don k\'esz\'{\i}tett t\"or\"ottvonalf\"uggv\'enyt Wiener
folyamattal akarjuk approxim\'alni. Ezzel a prob\-l\'e\-m\'a\-val egy
m\'asik feladatsorban fogunk foglalkozni, \'es ott hivatkozni fogunk
ennek a feladatsornak az eredm\'enyeire. Az al\'abbi k\'erd\'esek a
vizsg\'alat\'aban is a 8.~feladat ut\'an fel\'{\i}rt $(+)$ formul\'at
haszn\'alhatjuk, de a becsl\'esekben megjelen\H o technikai
probl\'em\'ak k\"ul\"onb\"oznek. A bizony\'{\i}t\'asokban fel fogjuk
haszn\'alni azokat az eredm\'enyeket, amelyek lehet\H{o}v\'e teszik,
hogy analitikus f\"uggv\'enyekkel k\'enyelmesen sz\'amolhassunk.
Ezek k\"oz\"ul az egyik (egyszer\H{u}) komplex f\"uggv\'enytani
t\'etelt felid\'ezz\"uk, mert a
val\'o\-sz\'{\i}n\H{u}\-s\'eg\-sz\'a\-m\'{\i}\-t\'as\-ban ez az
eredm\'eny ritk\'an szokott megjelenni. \medskip\noindent
{\bf T\'etel.} {\it Legyen $f(z)$ olyan analitikus f\"uggv\'eny egy
$z_0$ pont kis k\"ornyezet\'eben, amelyre $f'(z_0)\neq0$. Ekkor az
$f(z)$ pontnak l\'etezik egy\'ertelm\H{u} analitikus inverze az
$f(z_0)$ pont kis k\"ornyezet\'eben, azaz l\'etezik (egyetlen) olyan
$g(u)$ analitikus f\"uggv\'eny az $u_0=f(z_0)$ pont kis
k\"ornyezet\'eben, amelyre $f(g(u))=u$, $g(f(z))=z$ az $u_0=f(z_0)$
illetve $z_0$ pont kis k\"ornyezet\'eben.}

\medskip
\item{21.)} Legyenek $\xi_k$, $k=1,2,\dots$, f\"uggetlen, egyforma
eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok, $E\xi_1=0$,
$E\xi_1^2=1$ \'es $Ee^{t\xi_1}<\infty$, ha $|t|<\alpha$ alkalmas
$\alpha>0$-val. Legyen $S_n=\summ_{k=1}^n\xi_k$. L\'etezik olyan $\e>0$
\'es egy $\lambda(u)$ analitikus f\"uggv\'eny az $|u|<\e$
tartom\'anyban, amelyre
$$
P\(\frac{S_n}n>x\)=\[1-\Phi(\sqrt nx)\]
e^{nx^3\lambda(x)}\(1+O\(x+\frac
1{\sqrt n}\)\), \quad\text{ha } 0\le x\le\e,
$$
ahol $\Phi(\cdot)$ a standard norm\'alis eloszl\'asf\"uggv\'enyt
jel\"oli, \'es a $O(\cdot)$ egyenletes az $0\le x\le \e$ intervallumban.

\medskip
Tegy\"uk fel, hogy a 21. feladat felt\'etelei teljes\"ulnek, \'es
tekints\"uk a $P(S_n>nu)$ val\'osz\'\i{}n\H us\'eg aszimptotikus
viselked\'es\'et kis $u>0$ sz\'am eset\'en. Ekkor mind a 10. mind a
21. fel\-adat eredm\'eny\'et alkalmazhatjuk, \'es \'erdemes a k\'et
eredm\'enyt \"osszehasonl\'\i{}tani. Felhaszn\'alva az
$1-\Phi(\sqrt nu)=e^{-nu^2/2}\(\frac1{\sqrt nu}+O(n^{-3/2})\)$
rel\'aci\'ot kapjuk, hogy a k\'et fel\-adatban ugyanaz az exponens
jelenik meg m\'as form\'aban, $e^{n(\log R(t)-tx)}$ a 10.
fel\-adat\-ban, ahol $t$ a $[\log R(t)]'=u$ egyenlet megold\'asa, \'es
$e^{n(x^3\lambda(x)-x^2/2}$ a 21. fel\-adat\-ban. A pre-exponenci\'alis
faktor a k\'et aszimptotik\'aban elt\'er.  Ez mind a k\'et eset\-ben
$n^{-1/2}$ nagys\'agrend\H u. De m\'\i{}g a 10. feladatban $n^{-1/2}$
egy bonyolultan megadhat\'o kifejez\'essel \'es egy $(1+o(1))$
hibafaktorral van megszorozva, (bizonyos simas\'agi
felt\'etelek eset\'en $o(1)$ helyett $O(n^{-1/2})$-t is \'\i{}rhatunk),
a 21. feladatban a hibatag $O(1)$. Teh\'at ebben az esetben az
aszimptotika kev\'esb\'e pontos. Ekkor ugyanis a pre-exponenci\'alis
tagot nem sz\'amoltuk ki el\'eg pontosan. Finomabb sz\'amol\'assal
\'es a 10. feladat bizony\'\i{}t\'as\'ahoz hasonl\'oan a Berry-Esseen
egyenl\H otlens\'eg helyett f\"uggetlen val\'osz\'\i{}n\H us\'egi
v\'altoz\'ok \"osszeg\'enek eloszl\'as\'ara jobb becsl\'est
alkalmazva a 21. fel\-adat becsl\'ese \'eles\'\i{}thet\H o, \'es az
$\(1+O\(x+\frac1{\sqrt n}\)\)$ faktor helyett
$(1+x\mu(x)+o(x)+O(n^{-1/2}))$ \'\i{}rhat\'o alkalmas $\mu(x)$
analitikus f\"uggv\'ennyel.
 
A k\"ovetkez\H o feladatban, amely tulajdonk\'eppen a 21. feladat
k\"ovetkezm\'enye, le\-\'{\i}r\-juk, hogy milyen pontos a
$P(S_n>\sqrt n y)$ val\'osz\'\i{}n\H us\'egre adott norm\'alis
k\"ozel\'\i{}t\'es, ha $y$ nagy, de nem t\'ul nagy.

\item{22.)} Teljes\"uljenek a 21. feladatban megadott felt\'etelek.
Ekkor ennek a feladatnak a jel\"ol\'es\'evel
$$
P\(S_n>\sqrt ny\)=(1-\Phi(y))\exp\left\{O\(\frac{1+y^3}{\sqrt
n}\)\right\}, \quad \text{ha } 0\le y\le \e\sqrt n,
$$
ahol $O(\cdot)$ egyenletes az $y$ \'es $n$ v\'altoz\'oban. Tov\'abb\'a
 $$
P(S_n>nx+z)\le\const \sqrt n\,\, P(S_n>nx)e^{-tz},\quad \text{ha }
0\le x\le \e,
$$
ahol $t>0$ a $[\log R(t)]'=x$ egyenlet megold\'asa, \'es $z$ tetsz\H
oleges val\'os sz\'am. \medskip
A 22. feladat felt\'eteleit lehet n\'emileg gyeng\'{\i}teni. El\'eg
feltenni, hogy az $R(t)=Ee^{t\xi_1}$ momentumgener\'al\'o f\"uggv\'eny
v\'eges kis pozit\'{\i}v  $t>0$ sz\'amokra, az $R(t)$ f\"uggv\'eny
viselked\'es\'er\H ol negat\'{\i}v $t$ argumentumokra e fel\-adat
\'all\'{\i}t\'as\'anak bizony\'{\i}t\'as\'ahoz nem kell semmit sem
feltenni. Ha a 21. fel\-adat \'all\'{\i}t\'as\'at gyeng\'{\i}tj\"uk, a
benne szerepl\H o $\lambda(x)$ f\"uggv\'eny analitikuss\'aga helyett
megel\'egsz\"unk enyh\'ebb simas\'agi felt\'etelekkel, akkor is el\'eg
az $R(t)$ f\"uggv\'eny v\'egess\'eg\'et nem negat\'{\i}v $t$-re
megk\"ovetelni. Ez a felt\'etel viszont nem hagyhat\'o el, mint az a
15. fel\-adat ut\'an tett megjegyz\'esb\H ol k\"ovetkezik. Felmer\"ulhet
a k\'erd\'es, mit lehet mondani akkor, ha $Ee^{t\xi_1}=\infty$ minden
$t>0$ sz\'amra, vagy ami ezzel ekvivalens, akkor ha a $\xi_1$
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o $F(t)$ eloszl\'asf\"uggv\'enye
kiel\'eg\'{\i}ti az $1-F(x)\ge \const(\e)e^{-\e x}$
egyenl\H{o}tlens\'eget minden $\e>0$ \'es $x>0$ sz\'amra. Ekkor a
$P(S_n>n x(n))$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egre a 21. fel\-adat\-hoz
hasonl\'o becsl\'est lehet adni abban az esetben, ha $x(n)$ el\'eg
gyorsan tart 0-hoz. Annak a $[0,x(n)]$ s\'avnak a nagys\'aga ahol
ilyen becsl\'es adhat\'o, att\'ol f\"ugg, hogy az $1-F(x)$ milyen
gyorsan tart 0-hoz $x\to\infty$ eset\'en. A bizony\'{\i}t\'as,
amelyet itt nem t\'argyalunk, az el\H oz\H o fel\-ada\-tok
bizony\'{\i}t\'as\'anak term\'eszetes adapt\'aci\'oja a $\xi_k$,
$1\le k\le n$, val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok megfelel\H o
csonk\'{\i}t\'as\'aval kombin\'alva.  A csonk\'{\i}tott
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok r\'eszlet\"osszegeit j\'ol
lehet becs\"ulni a t\'argyalt m\'odszerekkel, a $\xi_k$-k t\'ul nagy
\'ert\'ekeinek hat\'as\'at el\'eg durva becsl\'esek
seg\'{\i}ts\'eg\'evel vizsg\'alni. A csonk\'{\i}t\'asi szint j\'o
megv\'alaszt\'as\'aval, amely az $F(x)$ eloszl\'as
viselked\'es\'et\H{o}l f\"ugg a v\'egtelenben, \'eles eredm\'enyeket
lehet kapni.
 
Ha a $\xi_1$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o eloszl\'as\'ar\'ol
a 21. fel\-adat felt\'etel\'en k\'{\i}v\"ul sz\'ep simas\'agi
felt\'eteleket is tesz\"unk, akkor nemcsak a $F_n(x)=P(S_n<nx)$
eloszl\'asf\"uggv\'enyre, hanem annak s\H ur\H us\'egf\"uggv\'eny\'ere
is j\'o aszimptotikus formul\'akat lehet fel\'{\i}rni. Ez lesz a
k\"ovetkez\H o fel\-adat \'all\'{\i}t\'asa. Eml\'ekeztet\H o\"ul:  Ha
az $F(\cdot)$ eloszl\'asf\"uggv\'eny $\varphi(t)$
ka\-rak\-te\-risz\-tikus f\"uggv\'enye integr\'alhat\'o, akkor az $F$
eloszl\'asf\"uggv\'enynek l\'etezik korl\'atos s\H u\-r\H
u\-s\'eg\-f\"ugg\-v\'e\-nye, mint az az inverz Fourier
transzform\'aci\'os formul\'ab\'ol kiolvashat\'o. Ez\'ert az $F$
f\"uggv\'eny folytonoss\'ag\'ara a karakterisztikus f\"uggv\'eny,
illetve annak analitikus folytat\'as\'anak seg\'{\i}ts\'eg\'evel is
j\'o felt\'etel adhat\'o.\medskip

\item{23.)} Teljes\"uljenek a 21. feladatban megadott felt\'etelek.
Alkalmazzuk ennek a feladatnak a jel\"ol\'eseit. Tegy\"uk fel azt is,
hogy l\'etezik olyan $K>0$ \'es $k>0$ eg\'esz sz\'am, amelyre
$|t|<\alpha$ eset\'en $\int_{-\infty}^\infty |R(t+is)|^k\,ds\le K$.
Jel\"olje $f_n(x)$ az $F_n(x)=P(S_n\le nx)$ eloszl\'as (teh\'at
f\"uggetlen egyforma eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi
v\'altoz\'ok \'atlag\'anak) s\H{u}r\H{u}s\'egf\"uggv\'eny\'et. Ekkor
$$
\align
f_n(x)&=e^{-nx^3\lambda(x)}\frac{\sqrt n}{\sqrt{2\pi
(1+x\mu(x))}}e^{-nx^2/2} \(1+O\(\frac{1}{\sqrt n}\)\) \\
&=\sqrt n\varphi(\sqrt nx)\exp\left\{O\(\frac{1+(\sqrt nx)^3}{\sqrt
n}\)\right\},\quad\text{ha } |x|\le \e,
\endalign
$$
ahol $\mu(x)$ alkalmas analitikus f\"uggv\'eny, $\lambda(x)$
ugyanaz az analitikus f\"uggv\'eny, mint amelyik a 21. feladatban
szerepel, \'es $\varphi(x)=\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$ a standard
norm\'alis s\H u\-r\H u\-s\'eg\-f\"ugg\-v\'eny.
$$
f_n\(x+\frac zn\)\le \const f_n(x)e^{-tz}, \quad\text{ha } 0<x\le \e
$$
tetsz\H oleges $z$ sz\'amra, ahol $t>0$ a $[\log R(t)]'=x$ egyenlet
megold\'asa.

\item{} Ha a 21. feladat felt\'etelei teljes\"ulnek, \'es a $\xi_1$
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o r\'acsos eloszl\'as\'u, \'es egy
$\{a+lh,\;l=0,\pm1,\pm2,\dots\}$, $h>0$, halmaz az a legkisebb
sz\'eless\'eg\H u r\'acs, amelyre a $\xi_1$ val\'osz\'{\i}n\H
us\'egi v\'altoz\'o eloszl\'asa koncentr\'al\'odik, akkor a
$p^{(n)}(x)=P(S_n=x)$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egekre a k\"ovetkez\H o
aszimptotikus formula \'erv\'enyes:
$$
\align
p^{(n)}(x)&=\exp\left\{-\frac{x^3}{n^2}\lambda\(\frac
xn\)\right\}\frac1{h\sqrt{2\pi
n\(1+x\mu\(\frac xn\)\)}}e^{-x^2/2n} \(1+O\(\frac1{\sqrt n}\)\) \\
&=\frac{\varphi\(\frac x{\sqrt n}\)}{h\sqrt n}
\exp\left\{O\(\frac{1+\(\frac x{\sqrt n}\)^3}{\sqrt n}\)\right\},
\quad\text{ha } x=a+lh,\; |x|\le n\e,
\endalign
$$
ahol $\mu(x)$ alkalmas analitikus f\"uggv\'eny, \'es $\lambda(x)$
ugyanaz az analitikus f\"uggv\'eny mint amelyik a 21. feladatban
szerepel. Tov\'abb\'a,
$$
p^{(n)}\(x+kh\)\le \const p^{(n)}n(x)e^{-tkh}, \quad\text{ha }
x=a+lh,\;|x|\le n\e,
$$
ahol $t$ a $[\log R(t)]'=\frac xn$ egyenlet megold\'asa.
 

\beginsection Megold\'asok.

\item{1.)} A Stirling formula szerint, $n!=\sqrt{2\pi n}\(\frac
ne\)^n(1+o(1))$. $S_n=0$ akkor \'es csak akkor, ha a $\xi_j$
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok k\"oz\"ul $k=np$ darab vesz fel
$1-p$ \'es $n-k=n(1-p)$ vesz fel $-p$ \'ert\'eket. Az ilyen
$\xi_1,\dots,\xi_n$ sorozatok sz\'ama $\binom nk$, \'es a  Stirling
formula alapj\'an $\binom nk=\sqrt{\frac n{2\pi k(n-k)}}\frac
{n^n}{k^k(n-k)^{n-k}}(1+o(1))=\frac  {1+o(1)}{\sqrt{2\pi p(1-p)n}}
p^{-np}(1-p)^{-n(1-p)}$.  Ha $P(\xi_j=1-p)=1-P(\xi_j=-p)=p$, akkor
$P(S_n=0)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k}=\frac {1+o(1)}{\sqrt{2\pi
p(1-p)n}}$, ha pedig $P(\xi_j=1-p)=1-P(\xi_j=-p)=\frac12$, akkor
$P(S_n=0)=\frac{1+o(1)}{\sqrt{2\pi np(1-p)n}}e^{n(H(p)-\log 2)}$.
Az $np$ 1-t tartalmaz\'o 0--1 sorozatok sz\'ama $\binom nk=
\frac  {1+o(1)}{\sqrt{2\pi p(1-p)n}}p^{-np}(1-p)^{-n(1-p)}=\frac
{e^{nH(p)}}{\sqrt{2\pi p(1-p)n}}(1+o(1))$.

\item{2.)} Mivel az $f(x)=x\log x$ f\"uggv\'enyre, $f'(x)=\log x+1$,
$f''(x)=\frac1x>0$ $x>0$ eset\'en, ez\'ert $f(x)$ szigor\'uan konvex,
\'es
$$
p_j\log p_j\ge \frac1k\log \frac1k +\(p_j-\frac 1k\)\(\log \frac1k+1\)
$$
\'es az egyenl\H os\'eg csak $p_j=\frac1k$ eset\'en teljes\"ul.
Ezeket az egyenl\H otlens\'egeket \"osszeadva $j=1,\dots,k$-ra kapjuk,
hogy $-H(p_1,\dots,p_k)\ge \log \frac1k$, \'es egyenl\H os\'eg csak
$p_j=\frac1k$ eset\'en van. Ez a jobboldali egyenl\H otlens\'eg. A
baloldali egyenl\H otlens\'eg ny\'{\i}lv\'anval\'o, mert $-p\log p>0$,
ha $0<p<1$.

\item{3.)}
$$
P(S_n\ge nx)=P\(e^{tS_n}\ge e^{tnx}\)\le Ee^{tS_n}e^{-ntx}=\prod_{k=1}^n
Ee^{t\xi_k}e^{-ntx}=e^{n(\log R(t)-tx)}.
$$

\item{4.)} Mivel $\varphi_n(t)=\summ_{k=-\infty}^\infty
P(S_n=k)e^{itk}=Ee^{itS_n}= \(Ee^{it\xi_1}\)^n=\varphi(t)^n$, a
Fourier sor $k$-ik egy\"utthat\'oj\'at meghat\'aroz\'o k\'epletb\H ol
k\"ovetkezik a $p^{(n)}(k)=P(S_n=k)$ val\'o\-sz\'{\i}\-n\H u\-s\'e\-get
meghat\'aroz\'o formula.

\item{} Mivel $p_k\ge0$, minden $k$-ra, \'es $\summ_{k=-\infty}^\infty
p_k=1$, ez\'ert $|\varphi(t)|=1$ \'es $|\varphi(t)|=1$ akkor \'es
csak akkor, ha l\'etezik olyan $\alpha$, hogy $e^{ikt}=e^{i\alpha}$, ha
$\{k\in \Cal K\}$, ahol $\Cal K=\{k\colon\; p_k>0\}$. V\'alasszzunk egy
tetsz\H oleges $k_0\in \Cal K\}$, \'es legyen $\Cal K'=\{k-k_0\colon\; k\in
\Cal K\}$. Ekkor $0\in \Cal K'$, \'es  $|\varphi(t)|=1$ akkor \'es csak
akkor, ha $e^{ikt}=1$ minden $k\in \Cal K'\}$-re. Ez csak \'ugy
lehets\'eges, ha $t=2\pi\frac pq$, \'es $q$ oszthat\'o minden $k\in
\Cal K'$-vel. Ha a $\Cal K'$-beli elemek legnagyobb k\"oz\"os oszt\'oja
1, akkor $t=0$-n k\'{\i}v\"ul nincs $-\pi\le t<\pi$, amelyre
$|\varphi(t)|=1$, ha pedig a legnagyobb k\"oz\"os oszt\'o $q>1$, akkor
a $t=\frac{2p\pi}q$, $-\frac q2\le p<q$ sz\'amok (\'es csak ezek a
sz\'amok) ilyenek.

\item{} $\varphi^{(l)}(0)=\summ_{k=-\infty}^\infty i^l k^lP(\xi_1=k)=
i^l E\xi_1^l$. Innen k\"ovetkezik a feladat utols\'o \'all\'{\i}t\'asa
is.

\item{5.)} Mivel $\log \varphi(0)=0$, $[\log \varphi(0)]'=iE\xi_1$,
\'es $[\log \varphi(0)]''=-\frac12\text{Var}\,\xi_1$, ez\'ert a
m\'asodik tagig v\'egzett Taylor sorfejt\'es adja, hogy
$\left|\varphi^n)t)\right|=e^{n\Re\log \varphi(t)}\le e^{-\text{Var}\,
\xi_1t^2/3}$, ha $|t|\le \e$ alkalmas $\e>0$-val. M\'asr\'eszt,
$|\varphi(t)|<1-\delta$ alkalmas $\delta=\delta(\e)$-nal, ha $\e\le
|t|\le \pi$. Innen $|\int_{\e(n)\le |t|\le
\pi}e^{itk}\varphi^n(t)\,dt|\le e^{-\const n\e(n)^2}$. Innen \'es a
$p_n(k)$-ra az el\H oz\H o feladatban adott becsl\'esb\H ol
k\"ovetkezik a feladat els\H o \'all\'{\i}t\'asa.

\item{} A $\log \varphi(t)$ f\"uggv\'eny Taylor sorfejt\'es\'eb\H ol
ad\'odik, hogy $\log \varphi(t)=
itE\xi_1-\frac{t^2}2\text{Var}\,\xi_1+O(t^3)$,
$\varphi(t)^n=\exp\left\{ inE\xi_1
t-\frac{nt^2}2\text{Var}\,\xi_1+O(nt^3)\right\}$,
ha $|t|\le n^{-1/6}$. Innen k\"o\-vet\-ke\-zik a feladat m\'asodik
\'all\'{\i}t\'asa.

\item{} Az el\H oz\H o k\'et \'all\'{\i}t\'asb\'ol k\"ovetkezik, hogy
$$
\align
P(S_n=k)&=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi e^{-itk} \varphi(t)^n\,dt \\
&=\frac1{2\pi}\int_{-n^{-1/6}}^{n^{-1/6}} \exp\left\{-itk+itnE\xi_1
-\frac{nt^2}2\text{Var}\,\xi_1\right\}\(1+O(nt^3)\)\,dt\\
&\qquad\qquad+O\(e^{-\const n^{2/3}}\)\\
&=\frac1{2\pi}\int_{-n^{1/3}}^{n^{1/3}}\!\!\! \exp\left\{-i\frac
{ku}{\sqrt n}+i\sqrt n uE\xi_1
-\frac{u^2}2\text{Var}\,\xi_1\right\}\(1+O\(\frac{u^3}{\sqrt
n}\)\)\frac{du}{\sqrt n}\\
&\qquad\qquad+O\(e^{-\const n^{2/3}}\)\\
&=\frac1{2\pi\sqrt n}\int_{-\infty}^{\infty}\exp\left\{-i\frac
{ku}{\sqrt n}+i\sqrt n uE\xi_1
-\frac{u^2}2\text{Var}\,\xi_1\right\}
\,du+O\(\frac1n\)\\
&=\frac1{\sqrt{2\pi n
\text{Var}\,\xi_1}} e^{-(k-nE\xi_1)^2/2n\text {Var}\,\xi_1}+O\(\frac1{
n}\).
\endalign
$$
Ha a $\xi_1$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o egy  $d$ 
sz\'eless\'eg\H u r\'acsra van koncentr\'alva, akkor a 4.) feladat 
\'all\'{\i}t\'asa a k\"ovetkez\H ok\'eppen m\'odosul:
$$
p^{(n)}(kd)=\frac d{2\pi}\int_{-\pi/d}^{\pi/d} e^{-ikt}
\varphi^n(t)\,dt, \quad k=0,\pm1,\pm2,\dots,
$$
\'es innen az el\H oz\H o sz\'amol\'as term\'eszetes m\'odos\'{\i}t\'as\'aval
$$
P(S_n=kd)=\frac d{\sqrt{2\pi n
\text{Var}\,\xi_1}} e^{-(kd-nE\xi_1)^2/2n\text {Var}\,\xi_1}+O\(\frac1{
n}\).
$$

\medskip 
\item{} {\it Megjegyz\'es:}\/ A feladat eredm\'enye alkalmas
(momentum) felt\'etelek mellett \'ele\-s\'{\i}t\-he\-t\H o, \'es ilyen
m\'odon megkaphat\'o az \'un.\ Edgeworth sorfejt\'es a s\H ur\H
us\'egf\"uggv\'enyre. Ha a karakterisztikus f\"uggv\'eny
logaritmus\'ara t\"obb tag\'u sorfejt\'est alkalmazunk, akkor a
karakterisztikus f\"uggv\'enyre egy pontosabb
$$
\varphi(t)^n=e^{-nt^2/2}\(1+\summ_{j=3}^l
c_jn^{-(j-2)/2}t^j+O(n^{(l-1)/2})\)
$$
alak\'u becsl\'est kapunk. (Feltessz\"uk az egyszer\H us\'eg
kedv\'e\'ert, hogy $E\xi_1=0$, \'es $E\xi_1^2=1$.) A karakterisztikus
f\"uggv\'eny pontosabb aszimptotik\'aja seg\'{\i}ts\'eg\'evel a
$p_n(k)$ val\'osz\'{\i}n\H us\'eget kifejez\H o integr\'alra is
pontosabb becsl\'est adhatunk. Ez
$$
p_n(k)=\frac{e^{-k^2/2n}}{\sqrt{2\pi n}}\(1+\summ_{j=3}^l
\bar c_jn^{-(j-2)/2}H_j\(\frac k{\sqrt n}\)+O(n^{(l-1)/2})\)
$$
alak\'u, ahol $H_j$ a $j$-ik Hermite polinom. (Ahhoz, hogy egy ilyen
tipus\'u becsl\'est bebizony\'{\i}tsunk \'erdemes \'eszrevenni, hogy
$i^j\frac{1}{\sqrt{ 2\pi}}\int_{-\infty}^\infty t^j
e^{itx}e^{-t^2/2}\,dt =\frac {d^j}{dx^j}e^{-x^2/2}= H_j(x)e^{-x^2/2}$.)

\item{6.)}  A k\'{\i}v\'ant azonoss\'ag bizony\'{\i}t\'as\'ahoz
haszn\'aljuk fel a $p_n(k)$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egekre a 4.
feladatban megadott kifejez\'est,\'es azt hogy
$$
\oint_{\Cal C}  e^{-ikz} \varphi^n(z)\,dz=0 \tag a
$$
felt\'eve, hogy a $\Cal C$ g\"orbe, illetve annak belseje egy olyan
tartom\'any belsej\'eben van, ahova a $\varphi(t)$ f\"uggv\'eny
analitikusan kiterjeszthet\H o. V\'alasszuk a $\Cal C$ g\"orb\'et a
k\"ovetkez\H o m\'odon: \'Alljon a $\Cal C$ a k\"ovetkez\H o
v\'{\i}zszintes \'es f\"ugg\H oleges szakaszokb\'ol: $\Cal
C=[-\pi,\pi]\cup [\pi+i\cdot 0,\pi+is] \cup [\pi+is,-\pi+is]\cup
[-\pi+is,-\pi+i\cdot 0]$. (Meg\-je\-gyez\-z\"uk, hogy b\'ar a fenti
g\"orbe $[-\pi,\pi]$ darabja nincs felt\'etlen\"ul a $\varphi(t)$
f\"uggv\'eny analiticit\'asi tartom\'any\'anak belsej\'eben,
lehets\'eges, hogy annak csak a hat\'ar\'an van, viszont mivel a
$\varphi(z)$ f\"uggv\'eny korl\'atos $0\ge \Re z>-\e$ halmazon el\'eg
kis $\e>0$-ra, ez\'ert a fenti k\"orintegr\'al ekkor is 0.)
Tov\'abb\'a, mivel a karakterisztikus f\"uggv\'eny analitikus
kiterjeszt\'ese is teljes\'{\i}ti a $\varphi(z)=\varphi(z+2\pi)$
periodicit\'asi felt\'etelt, ez\'ert $\int_{\pi+i0}^{\pi+is}
+\int_{-\pi+is}^{-\pi+i0}e^{-ikz}\varphi^n(z)\,dz=0$, ez\'ert az (a)
rel\'aci\'ob\'ol \'es a $p_n(k)$ kifejez\'esre a 4. feladatban
megadott k\'epletb\H ol k\"ovetkezik az erre a kifejez\'esre ebben a
feladatban megadott kifejez\'es.

\item{} Mivel a vizsg\'alt val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok nem
koncentr\'al\'odnak egy egyn\'el nagyobb r\'acssz\'eless\'eg\H u
r\'acs eltoltj\'an a 5.~feladat bizony\'{\i}t\'as\'ahoz
hasonl\'oan, (felhaszn\'alva, hogy $|e^{ik(t+is)}|=e^{-ks}$,
$\varphi(t+is)=\summ_{k=-\infty}^\infty p(k)e^{ik(t+is)}$,
$\varphi(is)=\summ_{k=-\infty}^\infty p(k)e^{-ks}$, hogy
$|\varphi(t+is)|<\varphi(is)$ ha $|t|\le \pi$, \'es $t=0$. Tov\'abb\'a
mivel a $\varphi(t+is)$ f\"uggv\'eny folytonos, ez\'ert minden
$\e>0$-ra l\'etezik olyan $\delta(\e)>0$, hogy $\supp_{\e\le
t\le\pi}|\varphi(t+is)|<\delta$. Ez\'ert
$$
p^{(n)}(k)=\frac1{2\pi}\int_{-\e}^\e \exp\left\{-n\(\psi(s-it)-\frac
kn(s-it)\)\right\} \,dt+O\(e^{-n(\psi(s)+\delta)}\). \tag b
$$
A nyeregpont m\'odszer azt sugallja, hogy az el\H oz\H o k\'epletben az
integr\'alban sze\-rep\-l\H o $s$ param\'etert v\'alasszuk \'ugy, hogy
az exponensben lev\H o kifejez\'es deriv\'altja legyen 0 az
$s+i\cdot0$ pontban. Ez a meggondol\'as vezet a $\psi'(s)=\frac
kn=\alpha$ egyenlethez.

\item{} Egyszer\H u sz\'amol\'as adja, hogy
$\psi'(s)=-i\frac{\varphi'(is)}{\varphi(is)}$, $\psi''(s)
=\frac{\varphi(is)\varphi''(is)-{\varphi'}(is)^2}{\varphi^2(is)}$,
\'es $\varphi'(is)=iE\xi_1e^{-s\xi_1}$,
$\varphi''(is)=-E\xi_1^2e^{s\xi_1}$.
Tov\'abb\'a ${\varphi'}(is)^2>\varphi(is)\varphi''(is)$,
mivel ez az egyenl\H otlens\'eg ekvivalens az
$\(E\xi_1e^{-s\xi_1}\)<E\e^{-s\xi_1}E\xi_1^2e^{-s\xi_1}$
egyenl\H otlens\'eggel, \'es ez ut\'obbi egyenl\H otlens\'eg a
Cauchy--Schwartz egyenl\H otlens\'eg k\"ovetkezm\'enye (szi\-go\-r\'u
egyenl\H otlens\'eggel, ha a $\xi_1$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi
v\'al\-to\-z\'o nem konstans.) (Megjegyezz\"uk, hogy m\'as jel\H
ol\'essel ez az \'ervel\'es jelenik meg a 8. feladat
bizony\'{\i}t\'as\'aban is.) Innen $\psi(s)''<0$, Innen a $\psi'(s)$
f\"uggv\'eny szigor\'uan monoton cs\"okken, $\psi(s)$ szigor\'uan
konk\'av, \'es a $\psi'(s)=\alpha$ egyenletnek legfeljebb egyetlen
megold\'asa van. (Ha $\alpha>E\xi_1$, akkor az $s$ megold\'asra $s<0$.)
A (b) kifejez\'es becsl\'es\'ehez alkalmazzunk Taylor sorfejt\'est az
integr\'al exponens\'eben a $t$ v\'altoz\'o szerint.
$$
\align
&\left.\frac{\partial}{\partial t}\(\psi(s-it)-\frac
kn(s-it)\)\right|_{t=0}=0, \\
&\left.\frac{\partial^2}{\partial
t^2}\(\psi(s-it)-\frac kn(s-it)\)\right|_{t=0}=-\psi''(s)>0.
\endalign
$$
Ez\'ert $\psi(s-it)-\frac kn(s-it)=\psi(s)-\frac
kns-\frac{\psi''(s)}2 t^2+O(t^3)$. Innen \'es a (b) formul\'ab\'ol
$$       \allowdisplaybreaks
\align
p^{(n)}(k)&=\frac1{2\pi}\int_{-\e}^\e\! \exp\left\{-n\(\psi(s)-\frac
{ks}n -\frac{\psi''(s)}2t^2+O(t^3)\)\right\} \,dt
+O\(e^{-n(\psi(s)+\delta)}\)\\
&=\frac1{2\pi\sqrt n}\int_{-\e\sqrt n}^{\e\sqrt n}
\exp\left\{-n\psi(s)+ks+\frac
{\psi''(s)}2t^2+O\(\frac{t^3}{\sqrt n}\)\right\}\,dt \\
&\qquad\qquad\qquad +O\(e^{-n(\psi(s)+\delta)}\)\\
&=\frac1{2\pi\sqrt n}\int_{-n^{1/6}}^{n^{1/6}}
\exp\left\{-n\psi(s)+ks+\frac
{\psi''(s)}2t^2+O\(\frac{t^3}{\sqrt n}\)\right\}\,dt \\
&\qquad\qquad\qquad +O\(e^{-n\psi(s)-\const n^{1/3})}\)\\
&=\frac1{2\pi\sqrt n}\int_{-n^{1/6}}^{n^{1/6}}
\exp\left\{-n\psi(s)+ks+\frac
{\psi''(s)}2t^2\right\}\(1+O\(\frac{t^3}{\sqrt n}\)\)\,dt\\
&\qquad\qquad\qquad+O\(e^{-n(\psi(s)-\const n^{1/3}}\)\\
&=\frac1{2\pi\sqrt n}\int_{-\infty}^{\infty}
\exp\left\{-n\psi(s)+ks+\frac {\psi''(s)}2 t^2\right\}
\,dt+O\(\frac{e^{-n\psi(s)}}{ n}\)\\
&=\frac{e^{-n\psi(s)+ks}}{\sqrt {2\pi n|\psi''(s)|}}
\(1+O\(\frac1{\sqrt n}\)\).
\endalign
$$
Innen k\"ovetkezik a feladat f\H o \'all\'{\i}t\'asa. Ez
alkalmazhat\'o az 1. feladatban alkalmazott p\'eld\'aban. Ha
$P(\xi_j=1-p)=1-P(\xi_j=-p)=p$, $0<p<1$, akkor n\'emi sz\'amol\'as
adja, hogy a $\psi(s)'=0$ egyenlet megold\'asa az $s=0$ pont.
Ha $P(\xi_j=1-p)=1-P(\xi_j=-p)=\frac12$, akkor
$\varphi(is)=\frac12\[e^{-(1-p)s}+e^{ps}\]$. A keresett $s$ pontot
meghat\'aroz\'o $\psi'(s)=0$ egyenlet ekvivalens a $\varphi'(s)=0$
egyenlettel, \'es n\'emi sz\'amol\'assal kapjuk, hogy a megold\'as
$s=\log \frac{1-p}p$. Innen $\psi(s)=-\log \varphi(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\frac1{1-p}=\log 2-H(p)$. Innen, mivel eset\"unkben $k=0$
$e^{-n\psi(s)+k}=e^{n(H(p)-\log 2)}$. N\'emi sz\'amol\'assal kapjuk,
hogy $\psi''(s)=-\frac{e^{-s}}{(1+e^{-s})^2}=-p(1-p)$ az \'altalunk
v\'alasztott $s$ sz\'ammal. Ez\'ert a 6. feladatban adott k\'eplet a
$p_n(k)$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egre megadja az els\H o feladat
eredm\'eny\'et jobb marad\'ektaggal. ($O\(\frac1{\sqrt n}\)$
marad\'ektag szerepel $o(1)$ helyett.)

\item{7.)} $ Ee^{t\bar S_n}=Ee^{t(\bar \xi_1+\cdots+\bar \xi_n)}=
\(Ee^{t\bar xi_1}\)^n=R(t)^n$. M\'asr\'eszt,
$$
\align
\bar F_n(x)&=P(\bar S_n<x)=\int_{u_1+\cdots+u_n<x}\bar F(\,du_1)\dots
\bar F(du_n)\\
&=\frac1{R(t)^n}\int_{u_1+\cdots+u_n<x}e^{t(u_1+\cdots+u_n)}
F(\,du_1)\dots F(du_n)
=\frac {\int_{-\infty}^x e^{tu}F_n(\,du)}{R(t)^n}.
\endalign
$$
Az utols\'o azonoss\'ag a k\"ovetkez\H o t\'enyb\H ol k\"ovetkezik:
Ha $\bold T$ m\'ert\'ektart\'o lek\'epez\'es egy $(X,\Cal A,\mu)$
t\'erb\H ol egy $(Y,\Cal B,\nu)$ t\'erbe, azaz tetsz\H oleges
m\'erhet\H o $B\subset Y$-ra $\nu(B)=\mu(\bold T^{-1}B)$, akkor tetsz\H
oleges az $(Y, \Cal B,\nu)$ t\'eren \'ertelmezett, m\'erhet\H o,
integr\'alhat\'o $f$ f\"uggv\'enyre $\int_Y f(y)\mu(dy)=\int_X f(\bold
Tx)\mu(\,dx)$. Ezt a t\'etelt haszn\'aljuk $(X,\Cal A,\mu)=(R^n, \Cal
B_n, F(du_1)\cdots F(du_n))$, \ $(Y, \Cal B,\nu)=(R^1,\Cal B_1,
F_n(du))$, \ $\bold T(u_1,\dots,u_n)=u_1+\cdots+u_n$, \'es $f(x)=e^{tx}$
v\'alaszt\'assal, ahol $\Cal B_n$ \'es $\Cal B_1$ a Borel
$\sigma$-algebra $R^1$-en illetve $R^n$-en. Az $\bar F_n$-et $F_n$
seg\'{\i}ts\'eg\'evel kifejez\H o k\'epletb\H ol k\"ovetkezik az
$F_n$-t a $\bar F_n$ seg\'{\i}ts\'eg\'evel kifejez\H o k\'eplet, mivel
ezek ekvivalensek a $\frac{d\bar F_n(x)}{d F_n(x)}=\frac
{e^{tx}}{R^n(t)}$ illetve $\frac{d F_n(x)}{d\bar F_n(x)}=\frac
{R^n(t)}{e^{tx}}$ k\'eplettel. V\'eg\"ul tetsz\H oleges $s\ge0$-ra
$$
1-F_n(nx)=\frac1{R^n(s)}\int_{nx}^\infty e^{-su}F_n(\,du)\le  e^{n(\log
R(s)-sx)}.
$$
Mivel ez minden $s\ge0$-ra igaz, innen k\"ovetkezik a
bizony\'{\i}tand\'o egyenl\H otlens\'eg.

\item{} Az $\bar F^{(t)}(\cdot)$ karakterisztikus f\"uggv\'enye
$\varphi_t(s)=\frac{R(t+is)}{R(t)}$, $\bar F_n^{(t)}$
karakterisztikus f\"ugg\-v\'e\-nye pedig
$\varphi_t(s)=\frac{R^n(t+is)}{R^n(t)}$. Ez\'ert a 
s\H ur\H us\'egf\"uggv\'enyt kifejez\H o inverz Fourier transzform\'aci\'o
alapj\'an
$$
f_n(x)=\frac{R^n(t)e^{-tx}}{2\pi}\int^\infty_{-\infty}e^{isu}
\frac {R^n(t+is)}{R^n(t)}\,ds\le \frac{R^n(t)e^{-tx}}{2\pi}
\int^\infty_{-\infty}\left| \frac {R^n(t+is)}{R^n(t)}\right|\,ds.
$$
Innen k\"ovetkezik a feladat utols\'o \'all\'{\i}t\'asa.

\item{8.)} Ha $R(t)=Ee^{t\xi}<\infty$ valamilyen $t>0$ sz\'amra,
akkor $Ee^{z\xi}\le 1+Ee^{t\xi}<\infty$, $0\le\Re z\le t$
eset\'eben. Tov\'abb\'a a $\xi$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o
$F(x)$  eloszl\'asf\"uggv\'eny\'et app\-ro\-xi\-m\'al\-hat\-juk
alkalmas $F_N(x)$ f\"uggv\'enyekkel, amelyeket a p\'eld\'aul a
k\"ovetkez\H ok\'epp defini\'alhatunk: $F_N(x)=F\(\frac kN\)$, ha
$\frac kN\le x<\frac {k+1}N$, $-N^2\le k< N^2$, $F_N(x)=0$, ha
$x<-N$, $F_N(x)=F(N)$, ha $x\ge N$, ahol $F(x)$ a $\xi$
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o eloszl\'asf\"uggv\'enye.
Ekkor $Ee^{z\xi}=\limm_{N\to\infty}\int e^{zx} F_N(\,dx)$,
\'es a konvergencia egyenletes a $\{z\colon\;\e<\Re z<t-\e\}$
tartom\'anyban tetsz\H oleges $\e>0$-ra. Ez\'ert az
$R(z)=Ee^{z\xi}$ f\"uggv\'eny is ana\-li\-ti\-kus az adott
tartom\'anyban, mivel  el\H o\'all mint ana\-li\-ti\-kus
f\"uggv\'enyek egyenletes limesze. A fentiekb\H ol k\"ovetkezik,
hogy $R(t)$, $t\ge0$, vagy az eg\'esz $\{t\colon\; t\ge0\}$
f\'el\-egye\-ne\-sen vagy egy balr\'ol z\'art jobbr\'ol
ny\'{\i}lt vagy z\'art intervallumon van \'ertelmezve, a $t=0$
pontban folytonos, \'es ana\-li\-ti\-ku\-san kiterjeszthet\H o a
k\'{\i}v\'ant tartom\'anyra. Mivel $R(0)=1$, az $R(t)$ nullabeli
folytonoss\'ag\'ab\'ol k\"ovetkezik, hogy a $\log R(t)$ f\"uggv\'eny
is folytonos az orig\'oban.

\item{} $R''(t)=\int x^2e^{tx}F(\,dx)$, $[\log R(t)]''
=\frac{R'(t)^2-R(t)R''(t)}{R^2(t)}>0$, ha $t$ az $R(\cdot)$
\'er\-tel\-me\-z\'e\-si tartom\'any\'anak belsej\'eben van. Az
ut\'obbi egyenl\H otlens\'eg az\'ert igaz, mert a Cau\-chy--Schwartz
egyenl\H otlens\'eg alapj\'an $R'(t)^2=\(E\xi e^{t\xi}\)^2>
Ee^{t\xi}E\xi^2e^{t\xi}=R(t)R''(t)$. Mivel a $\xi$
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o nem konstans, az utols\'o
rel\'aci\'oban is szigor\'u egyenl\H otlens\'eg \'{\i}rhat\'o.
(Jegyezz\"uk meg, hogy $E|\xi^k|e^{t\xi}<\infty$ minden $t>0$-ra az
$R(t)$ f\"uggv\'eny \'ertelmez\'esi tartom\'any\'anak belsej\'eben
\'es $k=1,2,\dots$-ra, b\'ar $t=0$-ra ez az egyenl\H otlens\'eg nem
felt\'etlen\"ul teljes\"ul. Ennek az \'all\'{\i}t\'asnak az
igazol\'as\'ahoz azt vegy\"uk \'eszre, hogy $xe^{tx}>-K(t)$
alkalmas $K(t)>0$ konstanssal minden $x>-\infty$-re.)
$R(0)=1$, \'es $\limm_{t\to0,\,t>0}R'(t)=\limm_{t\to0,\,t>0}
E\xi e^{t\xi}= E\xi$ a monoton konvergencia t\'etel szerint,
mivel $\limm_{t\to0,\,t>0}\xi e^{t\xi}=\xi$, \'es
$\xi e^{t\xi}$ a $t$ v\'altoz\'o monoton cs\"okken\H o
f\"uggv\'enye. Mivel $\frac {R(h)-R(0)}h=R'(u)$ alkalmas $0\le u\le
h$-val $h\to0$ hat\'ar\'atmenettel kapjuk, hogy $R'(0)=E\xi$,
\'es az $R'(t)$ f\"uggv\'eny folytonos az orig\'oban. Tov\'abb\'a
$[\log R(0)]'=\frac {R'(0)}{R(0)}=E\xi$, \'es a $[\log R(t)]'$
f\"uggv\'eny is folytonos az orig\'oban. Mivel $R'(0)=[\log
R(0)]'=E\xi$, $R(t)$, \'es $\log R(t)$ szigor\'uan konvex (pozit\'{\i}v
m\'asodik deriv\'alttal), $[tx-\log R(t)]'$ szigor\'uan monoton
cs\"okken\H o f\"uggv\'eny $x\ge E\xi$ eset\'en. Mivel $R(0)=1$
$\log R(0)=0$, ez igaz az $R(t)$ \'es $\log R(t)$ f\"uggv\'enyekre is.

\item{} A feladatban defini\'alt $\xi(t)$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi
v\'altoz\'ora $E\xi(t)=\frac{\int xe^{tx}F(\,dx)}{R(t)}
=\frac{R'(t)}{R(t)}=[\log R(t)]'$, \'es hasonl\'oan
$\text{Var}\,\xi(t)=\frac{R''(t)R(t)-R'(t)^2}{R(t)^2}=[\log R(t)]''$.
A fenti azo\-nos\-s\'a\-gok mindk\'et oldala v\'eges, ha $t$ az $R(\cdot)$
\'ertelmez\'esi tartom\'any\'anak a bel\-se\-j\'e\-ben van. Ha a $t$
sz\'am az \'ertelmez\'esi tartom\'any v\'egpontj\'aban van az els\H o
azonoss\'ag k\'et oldala akkor \'es csak akkor v\'eges, ha $E\xi
e^{t\xi}<\infty$. Nem neh\'ez bel\'atni, hogy ebben az esetben
$R''(t)=\limm_{u\to t}R''(u)$, \'es $R''(t)<\infty$ akkor \'es csak
akkor, ha $E\xi^2e^{t\xi}<\infty$. A m\'asodik azonoss\'ag k\'et
oldala akkor \'es csak akkor v\'eges, ha ez a felt\'etel teljes\"ul.

\item{} Ha $R(t)$ egy jobbr\'ol ny\'{\i}lt $[0,T)$ intervallumon
van \'ertelmezve, akkor $\limm_{t\to T} R(t)<\infty$ nem lehets\'eges.
Ebben az esetben ugyanis a monoton konvergenciat\'etel miatt
$R(T)=\limm_{t\to T} R(T)<\infty$ lenne, ( Az $e^{\xi t}$
f\"uggv\'enyek az $e^{\xi T}$ f\"uggv\'enyhez konverg\'alnak $t\to T$
eset\'en, a $\xi\ge0$ halmazon monoton n\"ovekv\H o, a $\xi<0$
pedig halmazon monoton cs\"okken\H o m\'odon.) Ez\'ert az $R(t)$
f\"uggv\'eny defini\'alva lenne az \'ertelmez\'esi tartom\'any
jobboldali v\'egpontj\'aban is. M\'asr\'eszt, ha $R(T)<\infty$, akkor
mivel $e^{t\xi}\le e^{T\xi}+1$, $0<t<T$ eset\'en, $R(t)\le R(T)+1$
$0\le t\le T$ eset\'en, ez\'ert a monoton $R(t)$ f\"uggv\'enynek
l\'etezik v\'eges hat\'ar\'ert\'eke, ha $t\to T$. A monoton
konvergenciat\'etelb\H ol k\"ovetkezik, hogy $\limm_{t\to T}R(t)=R(T)$
ebben az esetben.

\item{} Ha $R(t)$ egy v\'eges, z\'art $[0,T]$ intervallumban van
\'ertelmezve, akkor minden $h>0$ sz\'amra teljes\"ul a
$\frac{R(T)-R(T-h)}h=R'(u)$ rel\'aci\'o valamilyen $T-h\le u\le T$
sz\'ammal. Mivel az $R'(t)$ f\"uggv\'eny monoton n\H o, innen $h\to0$
hat\'ar\'atmenettel ad\'odik, hogy $\limm_{t\to T}R'(t)=R'(T)$, ahol a
k\'et oldal egyszerre v\'eges vagy v\'egtelen. Ezzel a feladat minden
\'all\'{\i}t\'as\'at bel\'attuk.

\item{9.)} El\'eg bel\'atni, hogy $\frac {C_1}{\sqrt
n}\le\int_{nx}^\infty e^{-t(y-nx)}\bar F_n(\,dy)\le \frac{C_2}{\sqrt
n}$. A Berry--Esseen egyen\-l\H ot\-len\-s\'eg alapj\'an l\'eteznek
olyan ($n$-t\H ol f\"uggetlen) $A>0$, $B_1>0$ \'es $B_2>0$ sz\'amok,
amelyekre $B_1\le \frac u{\sqrt n}\bar F_n(x+u)-\bar F_n(x)\le B_2
\frac u{\sqrt n}$ $A\le u\le n^{1/4}$ eset\'en. Ugyanis a
Berry--Esseen egyenl\H otlens\'eg alapj\'an
$$
|\bar F_n(x)-\Phi(0)|\le \frac K{\sqrt n}, \quad \left|\bar F_n(x+u)-
\Phi\(\frac u{\sqrt{n [\log R(t)]''}}\)\right|\le \frac K{\sqrt n},
$$
\'es $\frac {D_1 u}{\sqrt n}\le \Phi\(\frac
u{\sqrt{n [\log R(t)]''}}\)-\Phi(0)< \frac {D_2 u}{\sqrt n}$ alkalmas
$D_1>0$ \'es $D_2>0$ konstansokkal. Ezekb\H ol az egyenl\H
otlens\'egekb\H ol k\"ovetkezik a k\'{\i}v\'ant
egyenl\H otlens\'eg p\'eld\'aul $B_1=\frac{D_1}2$, $B_2=2D_2$,
$A=\max\(\frac {2K}{D_1}, \frac{K}{D_2}\)$ v\'alaszt\'assal.

\item{} Innen
$\int_{nx}^\infty e^{-t(y-nx)}\bar F_n(\,dy)\ge
\int_{nx}^{nx+A} e^{-t(y-nx)}\bar F_n(\,dy)\ge
e^{-tA}(\bar F_n(x+A)-\bar F_n(x)\ge \frac{C_1}{\sqrt n}$. M\'asr\'eszt
$\int_{nx}^\infty e^{-t(y-nx)}\bar F_n(\,dy)\le
\int_{nx}^{nx+n^{1/4}} e^{-t(y-nx)}\bar F_n(\,dy)+e^{-tn^{1/4}}$, \'es
par\-ci\-\'a\-lis integr\'al\'assal $\bar F_n^*(z)= \bar F_n(nx+z)- \bar
F_n(nx)$ jel\"ol\'essel
$$
\align
&\int_{nx}^{nx+n^{1/4}} e^{-t(y-nx)}\bar F_n(\,dy)=
\int_0^{n^{1/4}} e^{-tz}\bar F_n^*(\,dz)\\
&\qquad=\int_0^{n^{1/4}} te^{-tz}\bar F_n^*(z)\,dz-e^{-tn^{1/4}}\bar
F_n^*(n^{1/4})\le
\int_0^{n^{1/4}}B_2 te^{-tz}\frac z{\sqrt n}\,dz\le \frac {C_2}{\sqrt
n}.
\endalign
$$
Innen k\"ovetkezik az bizony\'{\i}tand\'o egyenl\H otlens\'eg
m\'asik fele.

\item{10.)} Tekints\"uk el\H osz\"or azt az esetet, amikor $\xi_1$
nem r\'acsos eloszl\'as\'u. A (+) formula miatt el\'eg az
$\int_{nx}^\infty e^{-t(y-nx)}\bar F_n(\,dy)$ integr\'alt j\'ol
becs\"ulni. Alkalmazhat\'o a feladat el\H ott megfogalmazott
t\'etel az $\bar F$ eloszl\'asra, \'es abb\'ol k\"ovetkezik, hogy $\bar
F_n(nx+u)-\bar F_n(nx)=\frac u{\sqrt{n[\log R(t)]''}}+o(n^{-1/2})$,
ha $0\le u<n^{1/4}$. Az el\H oz\H o feladat bizony\'{\i}t\'as\'ahoz
hasonl\'oan \'ervelve vezess\"uk be $\bar F_n^*(z)= \bar F_n(nx+z)- \bar
F_n(nx)$ jel\"ol\'est. Parci\'alis integr\'al\'assal kapjuk, hogy
$$ \allowdisplaybreaks
\align
\int_{nx}^\infty e^{-t(y-nx)}\bar F_n(\,dy)&=
\int_{nx}^{nx+n^{1/4}} e^{-t(y-nx)}\bar F_n(\,dy)+O\(e^{-tn^{1/4}}\)\\
&=\int_0^{n^{1/4}} e^{-tz}\bar F_n^*(\,dz)+O\(e^{-tn^{1/4}}\)\\
&=\int_0^{n^{1/4}} te^{-tz}\bar F_n^*(z)\,dz-e^{-tn^{1/4}}\bar
F_n^*(n^{1/4})+O\(e^{-tn^{1/4}}\)\\
&=\int_0^{n^{1/4}}\frac{t(z+o(n^{-1/2}))e^{-tz}}{\sqrt{n[\log
R(t)]''}}\,dz+O\(e^{-tn^{1/4}}\)\\
&=\frac C{\sqrt n}(1+o(1)).
\endalign
$$
$C=\frac1{t\sqrt{n[\log R(t)]''}}$ konstanssal. Innen k\"ovetkezik
az \'all\'{\i}t\'as abban az esetben, ha $\xi_1$ nem r\'acsos
eloszl\'as\'u. Ha $\xi_1$ r\'acsos eloszl\'as\'u az $a+kh$,
$k=0,\pm1,\pm2,\dots$ r\'acson akkor $P(S_n\ge nx)=P(S_n\ge nx')$, mert
$S_n$ nem eshet az $[nx,nx')$ intervallumba. A $P(S_n\ge nx')$
val\'osz\'{\i}n\H us\'eg becs\"ulhet\H o a $p^{(n)}(kh+a)$, $a+kh\ge
nx'$, val\'osz\'{\i}n\H us\'egekre kapott aszimptotikus formul\'ak
\"osszegez\'es\'enek a seg\'{\i}ts\'eg\'evel. Ehelyett a
$p^{(n)}(kh+a)$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egeket a 6. feladatban megadott
inverz Fourier transzform\'alt (illetve annak analitikus
folytat\'as\'aval) pontos formul\'ak seg\'{\i}ts\'eg\'evel
fejezz\"uk ki. \'Igy a k\'{\i}v\'ant val\'osz\'{\i}n\H us\'eget ki
tudjuk fejezni egy szingul\'aris integr\'al seg\'{\i}ts\'eg\'evel,
\'es ezt az integr\'alt a 6. feladat bizony\'{\i}t\'as\'aban szerepl\H
o m\'odszerhez hasonl\'oan tudjuk becs\"ulni. A 6. feladatban
bizony\'{\i}tott formul\'at, illetve annak term\'eszetes
\'altal\'anos\'{\i}t\'as\'at az $a+kh$, $k=0,\pm1,\pm2,\dots$ r\'acsra
koncentr\'alt m\'ert\'ekre \'at\'{\i}rva a $\varphi(z)=R(iz)$
azonoss\'ag seg\'{\i}ts\'eg\'evel kapjuk, hogy
$$
p^{(n)}{k(a+kh)}=\frac
h{2\pi}\int_{-\pi/h}^{\pi/h}e^{-(a+kh)(t'+is)}R^n(t'+is)\,ds.
$$
Jegyezz\"uk meg, hogy mivel $|x-x'|=O\(\frac1n\)$, $[\log R(t)]'=x$,
$[\log R(t')]'=x'$, $\inff_{a\le s\le b}[\log R(s)]''>0$, ha az
$[a,b]$ intervallum az $R(t)$ f\"uggv\'eny \'ertelmez\'esi
tartom\'any\'anak belsej\'eben van, $|t-t'|=O\(\frac1n\)$. Ez\'ert
$t'$ az $R(\cdot)$ f\"uggv\'eny \'ertelmez\'esi tartom\'any\'anak
belsej\'eben van, \'es a k\'es\H obbi formul\'ak \'erv\'enyesek ezzel
a $t'$ pa\-ra\-m\'e\-ter\-rel is. Tov\'abb\'a a benne szerepl\H o 
$o(\cdot)$ hibatagok egyenletesen kicsik, ha $t'$ a $t$ sz\'am kis
k\"ornyezet\'eben van. A $p^{(n)}(k)$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egekre
kapott kifejez\'eseket \"osszegezve kapjuk, hogy
$$     \allowdisplaybreaks
\align
1-F_n(nx')&=\sum_{k\colon\; a+kh\ge nx'}p^{(n)}{k(a+kh)}\\
&=\sum_{k\colon\; a+kh\ge nx'}\frac
h{2\pi}\int_{-\pi/h}^{\pi/h}e^{-(a+kh)(t'+is)}R^n(t'+is)\,ds\\
&=\frac h{2\pi}\int_{-\pi/h}^{\pi/h}\sum_{j=0}^\infty
e^{-(x'-jh)(t'+is)}R^n(t'+is)\,ds,
\endalign
$$
ahonnan a geometriai \"osszeget z\'art alakba \'{\i}rva kapjuk, hogy
$$
1-F_n(nx')=R(t')^n e^{-nt'x'}\frac h{2\pi}
\int_{-\pi/h}^{\pi/h}\frac{e^{-insx'}}{1-e^{-h(t'+is)}}
\(\frac{R(t'+is)}{R(t')}\)^n\,ds.
$$
M\'asr\'eszt $\supp_{\e<s\le
\pi/h}\left|\frac{R(t'+is)}{R(t')}\right|<1$ minden $\e>0$ sz\'amra,
mivel a $\xi_1$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'o egy (pontosan)
$h$ sz\'eless\'eg\H u r\'acsra van koncentr\'alva, $[\log R(t')]''>0$,
\'es $$
\align
\log\frac{R(t'+is)}{R(t')}&=\left\{is
[\log R(t')]'-\frac {s^2}2[\log R(t')]''+O(s^3)\right\}\\
&=\left\{isx'-\frac {s^2}2[\log R(t')]''+O(s^3)\right\}.
\endalign
$$
Innen alkalmas $\delta=\delta(\e)>0$-val
$$
\align
1-F_n(nx')&=R(t')^n e^{-nt'x'}\frac h{2\pi}
\int\limits_{-\e}^\e \frac {\exp\left\{-n[\log
R(t')]''\frac{s^2}2+O(ns^3)\right\}}{1-e^{-h(t'+is)}}
\,ds+O\(e^{-n\delta}\)\\
 &=R(t')^n e^{-nt'x'}\frac h{2\pi}
\biggl(\int_{-n^{-1/6}}^{n^{-1/6}} \frac {\exp\left\{-n[\log
R(t')]''\frac{s^2}2+O(ns^3)\right\}}{1-e^{-h(t'+is)}} \,ds\\
&\hskip5truecm +O\(e^{-\const
n^{1/3}}\)\biggr)
\endalign
$$
Ebb\H ol a becsl\'esb\H ol valamint a
$\frac1{1-e^{-h(t'+is)}}=\frac{1+O(s)}{1-e^{-ht'}}$ formul\'ab\'ol
$$ \allowdisplaybreaks
\align
1-F_n(nx')&=\exp\{n(\log R(t')-t'x')\}\frac h{2\pi(1-e^{-ht'})}\\
&\qquad\biggl(\int_{-n^{-1/6}}^{n^{-1/6}}\!\! e^{-n[\log R(t')]''s^2/2}
(1+O(s+ns^3)) \,ds+O\(e^{-\const n^{1/3}}\)\biggr)\\
&=\exp\{n(\log R(t')-t'x')\}\frac h{2\pi(1-e^{-ht'})}\\
&\qquad\biggl(\int_{-n^{1/3}}^{n^{-1/3}} e^{-n[\log
R(t')]''s^2/2}\(1+O\(\frac{s+s^3}{\sqrt n}\)\) \,ds\\
&\hskip5truecm +O\(e^{-\const n^{1/3}}\)\biggr)\\
&=\exp\{n(\log R(t')-t'x')\}\frac h{2\pi(1-e^{-ht'})}\\
&\qquad\qquad\int_{-\infty}^\infty e^{-n[\log
R(t')]''s^2/2}\,ds\(1+O\(\frac1{\sqrt n}\)\)\\
&=\frac {h\exp\{n(\log R(t')-t'x')\}}{(1-e^{-ht'})\sqrt{2\pi [\log
R(t')]''}}\(1+O\(\frac1{\sqrt n}\)\).
\endalign
$$
Innen \'es a $|t-t'|\le \const\frac 1n$, $|x-x'|\le \const\frac 1n$
becsl\'esekb\H ol k\"ovetkezik a feladat \'all\'{\i}t\'asa r\'acsos
eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'okra is.

\item{11.)} A 8. feladat alapj\'an $\supp_{t\ge0}(\log
tx-R(t))>0$, mivel $\left.(tx-\log R(t))\right|_{t=0}=0$ \'es
$\left.[tx-\log R(t)]'\right|_{t=0}>0$, ha $x>E\xi_1$. A 3. feladat
eredm\'eny\'eb\H ol k\"ovetkezik a fel\-adat\-n\'al n\'emileg gyeng\'ebb
\'all\'{\i}t\'as, amelyben a $\supp_{t\ge0}$-t $\supp_{t>0}$-val
helyettes\'{\i}tj\"uk. De az el\H oz\H o \'all\'{\i}t\'as szerint a
szupr\'emun nem n\H o, ha a $t=0$ pontot elhagyjuk a
tartom\'anyb\'ol, ahol az szupr\'emumot vessz\"uk ebben a feladatban.

\item{12.)} Mivel a $\log R(t)$ szigor\'uan konvex, az \'ertelmez\'esi
tartom\'any belsej\'eben analitikus f\"uggv\'eny, \'es $[\log
R(0)]'=E\xi_1$, a $[\log R(t)]'=x$ egyenlet egy\'ertelm\H uen
megoldhat\'o az adott felt\'etelek mellett. Ha $\limm_{t\to\infty}[\log
R(t)]'=z<\infty$, \'es $x>z$, akkor $[tx-\log R(t)]'>z-x>0$ minden
$t\ge0$-ra, \'es $\log R(0)=0$. Ez\'ert $tx-\log R(t)>t(z-x)$, ahonnan
$\limm_{t\to\infty}(tx-\log R(t))=\infty$, \'es ebb\H ol k\"ovetkezik
a feladat utols\'o \'all\'{\i}t\'asa is.

\item{13.)} Tegy\"uk fel indirekt m\'odon, hogy $P(\xi_1>z)$. Ekkor
l\'etezik olyan $\e>0$, amelyre $P(\xi>z+2\e)$. Tov\'abb\'a
$\int_0^{z+\e}e^{tx}F(\,dx)\le e^{t(z+\e)}$ \'es
$\int_0^\infty e^{tx}F(\,dx)\ge e^{t(z+2\e)} P(\xi_1>z+2\e)$, ahonnan
$$
\lim_{t\to\infty}\frac{\int_{z+\e}^\infty e^{tx}F(\,dx)}{R(t)}=1.
$$
Innen
$$
\align
\lim_{t\to\infty}[\log R(t)]'&=\lim_{t\to\infty}\frac{R'(t)}{R(t)}
\ge\limsup_{t\to\infty}\frac {\int_{z+\e}^\infty xe^{tx} F(\,dx)}
{\int_{z+\e}^\infty e^{tx} F(\,dx)} \\
&\ge\limsup_{t\to\infty}\inf_{x\ge z+\e}\frac{xe^{tx}}{e^{tx}}=z+\e,
\endalign
$$
\'es ez ellentmond a feladat felt\'eteleinek.

\item{} Be akarjuk l\'atni, hogy
$$
\sup_{t>0}( tz-\log R(t))=\lim_{t\to\infty}(tz-\log R(t))=-\log
P(\xi_1=z)
$$
A fenti \'all\'{\i}t\'as els\H o azonoss\'aga ny\'{\i}lv\'anval\'o,
mert a $tz-\log R(t)$ f\"uggv\'eny a $t$ v\'altoz\'o monoton
n\"ovekv\H o f\"uggv\'enye a $[tz-\log R(t)]'>0$ rel\'aci\'o miatt.
Tov\'abb\'a $R(t)\ge P(\xi_1=z)e^{tz}$, ahonnan $tz-\log R(t)\le-\log
P(\xi_1=z)$. Ez\'ert a k\'{\i}v\'ant \'all\'{\i}t\'as
bizony\'{\i}t\'as\'ahoz el\'eg bel\'atni, hogy tetsz\H oleges
$\e>0$-ra
$$
R(t)\le \( P(\xi_1=z)+\e\)e^{tz}\quad\text{ha }t\ge t(\e).
$$
Ennek az egyenl\H otlens\'egnek a bizony\'{\i}t\'as\'ahoz vegy\"uk
\'eszre, hogy l\'etezik olyan $\delta=\delta(\e)>0$, amelyre
$P(z-\delta<\xi_1\le z)\le P(\xi_1=z)+\frac\e2$. Tov\'abb\'a, mivel
$P(\xi_1>z)=0$
$$
\align
R(t)&\le e^{t(z-\delta)}+P(z-\delta<\xi_1\le z)e^{tz} \\
&\le e^{tz}\(\frac\e2+P(z-\delta<\xi_1\le z)\)
\le \( P(\xi_1=z)+\e\)e^{tz},
\endalign
$$
ha $t>0$ olyan nagy, hogy $e^{-t\delta}\le\frac\e2$.

\item{} Ha $\limm_{t\to\infty}[\log R(t)]'=\infty$, $0<x<\infty$ vagy
$\limm_{t\to\infty}[\log R(t)]'=z<\infty$ \'es $0<x<z$, akkor a $[\log
R(t)]'=x$ egyenlet megoldhat\'o, \'es ebben az esetben nemcsak a
$(**)$, hanem az \'elesebb $(*)$ rel\'aci\'o is \'erv\'enyes. Ha $x>z$
akkor $P(S_n\ge nx)=0$ minden $n\ge1$-re, \'{\i}gy
$\limm_{n\to\infty}-\frac1n\log P(S_n\ge nx)=\infty$. A $(**)$
rel\'aci\'o ebben az esetben is igaz, mivel a 12. feladat
\'all\'{\i}t\'asa szerint $\supp_{t\ge 0} \(\log
tx-R(t)\)=\infty$. V\'eg\"ul, ha $x=z$, akkor $P(S_n\ge
nx)=P(\xi_1=z)^n$, ez\'ert $\limm_{n\to\infty}-\frac 1n\log P(S_n\ge
nz)=-\log P(\xi_1=z)=\supp_{t\ge 0}\(tz-\log R(t)\)$. A $(**)$
\'all\'{\i}t\'as teh\'at ebben az esetben is igaz.

\item{14.)} Bel\'atjuk, hogy a feladat felt\'etelei mellett
$\limm_{t\to T}[\log R(t)]'=\infty$. Innen, tov\'abb\'a a $\left.[\log
R(t)]'\right|_{t=0}=E\xi_1$ azonoss\'agb\'ol, \'es abb\'ol, hogy a
$[\log R(t)]'$ f\"uggv\'eny folytonos \'es szigor\'uan monoton n\H o,
k\"ovetkezik, hogy a $[\log R(t)]'=x$, $x>E\xi_1$, egyenlet
egy\'ertelm\H uen megoldhat\'o a  $(0,t)$ intervallum belsej\'eben.
Ez\'ert ebben az esetben nemcsak a $(**)$ hanem az \'elesebb $(*)$
rel\'aci\'o is teljes\"ul az adott felt\'etelek mellett.

\item{} Ha $R(t)$ egy jobbr\'ol ny\'{\i}lt intervallumban van
\'ertelmezve, akkor a 8. feladat alapj\'an $\limm_{t\to
T}R(t)=\infty$. Ez\'ert $\limm_{t\to T}\log R(t)=\limm_{t\to
T}\int_0^t[\log R(s)]'\,ds=\infty$.  Innen \'es a $[\log R(t)]'$
f\"uggv\'eny monoton\'{\i}t\'as\'ab\'ol k\"ovetkezik, hogy $\limm_{t\to
T}[\log R(t)]'=\infty$.

\item{} Ha $R(t)$ a a $[0,T]$ z\'art intervallumban van \'ertelmezve,
\'es $R'(T)=\infty$  akkor a 8. feladat alapj\'an $\limm_{ t\to
T}R'(t)=\infty$, \'es $\supp_{0\le t\le T}R(t)=R(T)<\infty$.
Ez\'ert $\limm_{t\to T}[\log R(t)]'=\infty$.

\item{15.)} El\H{o}sz\"or r\"oviden le\'{\i}rom a bizony\'{\i}t\'as
f\H{o} gondolat\'at. V\'alaszthatunk olyan $[-K_1,K_2]$ intervallumot,
amelyre nagy annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy egy $\xi_j$
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'al\-to\-z\'o ebbe az intervallumba esik, 
\'es a $\xi_j$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o $E=E(K_1,K_2)$ 
felt\'eteles v\'arhat\'o \'ert\'eke, felt\'eve, hogy
$-K_1\le\xi_j\le K_2$, kisebb mint $a$. V\'alasszunk alkalmas $K_1$ 
\'es $K_2$ konstansokat valamint egy $m$ pozit\'{\i}v eg\'esz sz\'amot,
\'es te\-kint\-s\"uk azt az esem\'enyt, hogy az els\H{o} $m$ $\xi_j$
va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H{u}\-s\'e\-gi v\'altoz\'ok mindegyike ebbe a 
$[-K_1,K_2]$ intervallumba esik. A param\'eterek alkalmas 
v\'alaszt\'asa eset\'en ennek az esem\'enynek viszonylag nagy a 
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, \'es ennek teljes\"ul\'ese eset\'en az
els\H{o} $m$ $\xi_j$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o \'atlaga 
k\"ozel van egy $E<a$ sz\'amhoz. Tov\'abb\'a az $Ee^{t\xi_1}=\infty$ 
minden $t>0$ sz\'amra felt\'etel miatt l\'etezik olyan $[b_1,b_2]$
intervallum, amelyre $b_1>b$, a $\(\frac{b_2}{b_1}-1\)$ sz\'am kicsi,
\'es annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy egy $\xi_j$
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o a $[b_1,b_2]$ intervallumba 
esik viszonylag nagy. Defini\'aljuk azt az esem\'enyt, hogy a 
$\xi_j$, val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'ok $m<j\le n$ indexre 
ebbe a $[b_1,b_2]$ intervallumba esnek. Be fogjuk l\'atni, hogy ha 
$m=\alpha n$, \'es a $0<\alpha <1$ sz\'amot az el\H{o}bb bevezetett 
$E$ \'es $b_1$, $b_2$ sz\'amokt\'ol f\"ugg\H{o}en alkalmasan
v\'alasztjuk meg, akkor annak az esem\'enynek, hogy az els\H{o} $m$
illetve az utols\'o $n-m$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egi v\'altoz\'o a 
fent le\'{\i}rt m\'odon viselkedik viszonylag nagy a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, \'es ebben az esetben $\frac{S_n}n\in[a,b]$.
 
\item{} Tetsz\H{o}leges $\e_1>0$ sz\'amhoz v\'a\-laszt\-ha\-tunk
olyan $K_1=K_1(\e_1)>0$ \'es $K_2=K_2(\e_1)>0$ sz\'amokat, amelyekre
$$
P(\xi_1>\in [-K_1,K_2])>e^{-\e_1}\quad \text{\'es }
E_1=E(\xi_1|-K_1\le\xi_1\le K_2)\le a.
$$
Val\'oban, el\'eg nagy $K_2$ sz\'amra teljes\"ul a $P(\xi_1\in
[-K_2,K_2])>e^{-\e_1}$ felt\'etel. V\'a\-laszt\-va egy el\'eg nagy
$K_1>K_2$ sz\'amot ha sz\"uks\'eges, az $E(\xi_1|\xi_1\le K)<E\xi_1\le
a$ felt\'etel miatt el\'erhetj\"uk, hogy a $K_1,K_2$ p\'ar mind a k\'et
egyenl\H otlens\'eget teljes\'{\i}tse. (Az $Ee^{t\xi_1}=\infty$
felt\'etel miatt  igaz a $E(\xi_1|\xi_1\le K)<E\xi_1$ szigor\'u
egyenl\H otlens\'eg. Vegy\"uk \'eszre azt is, hogy
$g(u)=E(\xi_1|\xi_1\le u)$ az $u$ v\'altoz\'o monoton f\"uggv\'enye.)
R\"ogz\'{\i}tett $\e_1>0$ \'es pozit\'{\i}v eg\'esz $m$ sz\'amra
defini\'aljuk a k\"ovetkez\H o $\A=\A(m,\e_1)$ halmazt:
$$
\align
\A&=\A(m,\e_1)\\
&=\biggl\{\omega\colon\; -K_1(\e_1)\le\xi_k(\omega)\le K_2(\e_1),\,1\le
k\le m, \;\left|\frac 1m \sum_{k=1}^m\xi_k(\omega)-E_1\right|\le
\frac{b-a)}5\biggr\}.
\endalign
$$
Azt \'all\'{\i}tjuk, hogy alkalmas $M(\e_1)$ k\"usz\"obsz\'ammal
$m\ge M(\e_1)$-re
$$
P(\A(m,\e_1))\ge\frac12e^{-m\e_1}. \tag c
$$
Val\'oban, $P(-K_1\le\xi_k\le K_2,\;1\le k\le m)\ge e^{-m\e_1}$, \'es
$$
\left.P\(\left|\frac 1m \summ_{k=1}^m\xi_k
-E_1\right|\le \frac{b-a}5\right| -K_1\le\xi_k\le
K_2,\;1\le k\le m\)\ge \frac12,
$$
mivel a $\xi_k$, $k=1,\dots,m$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok
felt\'etelesen f\"uggetlen, egyforma eloszl\'as\'u, korl\'atos
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok a $-K_1\le\xi_k\le K_2,\;1\le
k\le m$ felt\'etel mellett. Ez\'ert az utols\'o egyenl\H otlens\'eg
k\"ovetkezik a nagy sz\'amok t\"orv\'eny\'eb\H ol.

\item{}Tetsz\H{o}leges $\e_2>0$ \'es $\e_3>0$ sz\'amokra
v\'egtelen sok eg\'esz $l>0$ sz\'amra teljes\"ul a
$$
P\((1+\e_2)^l<\xi_1<(1+\e_2)^{l+1}\)>e^{-(1+\e_2)^l\e_3} \tag d
$$
egyenl\H{o}tlens\'eg. Ellenkez\H{o} esetben ugyanis
az $Ee^{\e_3\xi_1/2}<\infty$ egyenl\H{o}tlens\'eg teljes\"ulne.
V\'alasszunk  a legkisebb $l=l(b)=l(b,\e_2,\e_3)$ eg\'esz sz\'amot,
amely teljes\'\i{}ti az $(1+\e_2)^l>b$ egyenl\H{o}tlens\'eget \'es (d)
rel\'aci\'ot. Mivel a $\xi_k$, $k>m$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi
v\'altoz\'ok f\"uggetlenek az $\A(m,\e_1)$ halmazt\'ol, a (c) \'es (d)
tulajdons\'agokb\'ol k\"o\-vet\-ke\-zik, hogy
$$
\align
&P\(\A(m,\e_1)\cap
\left\{\omega\colon\; (1+\e_2)^{l(b)}\le\xi_k(\omega)\le(1+\e_2)^{l(b)+1},\;
m<k\le n\right\}\) \\
&\qquad  \ge \frac12 e^{-m \e_1-(n-m)(1+\e_2)^{l(b)}\e_3},
\endalign
$$
ha $m\ge M(\e_1)$. R\"ogz\'{\i}tett $\e_1$, $\e_2$, $\e_3$ \'es $n$
sz\'amokra v\'alasszuk az $m$ sz\'amot mint $m=[n\alpha]$, ahol
$[\cdot]$ eg\'esz r\'eszt jel\"ol, \'es $\alpha$ a k\"ovetkez\H{o}
egyenlet megold\'asa:
$$
\alpha E_1+(1-\alpha)(1+\e_2)^{l(b)}=\frac{a+b}2.
$$
Ekkor $0<\alpha<1$, ez\'ert
$0<\limm_{n\to\infty}\frac{m(n,\e_1,\e_2,\e_3)}n<1$.
Jegyezz\"uk meg tov\'abb\'a, hogy $E_1\le a$ \'es
$(1-\alpha)(1+\e_2)^{l(b)}\le\frac{a+b}2-\bar E_1$, ahol 
$\bar E_1=\min(E_1,0)$. V\'alasszunk
$\e_1=\frac\e4$-et a $K_1=K_1(\e_1)$ \'es $K_2=K_2(\e_1)$ param\'eterek
megv\'alaszt\'as\'aban. Ez egyben meghat\'arozza az $E_1=E_1(\e_1)$
felt\'eteles v\'arhat\'o \'ert\'eket is. Ez\'ert igaz az
$(1-\alpha)(1+\e_2)^{l(b)}\le\frac{a+b}2-\bar E_1$
egyenl\H{o}tlens\'eg, \'es annak jobboldala nem f\"ugg az $\e_2$ 
\'es $\e_3$ sz\'amok \'ert\'ekeit\H{o}l. Tov\'abb\'a, mivel 
$\bar E_1\le E_1\le a$, ez\'ert
$\frac{a+b}2-\bar E_1\ge \frac{b-a}2>0$. Megmutatjuk, hogy az
$$
\A(m,\e_1)\cap
\left\{\omega\colon\;(1+\e_2)^{l(b)}\le\xi_k(\omega)\le(1+\e_2)^{l(b)+1},\;
m<k\le n\right\}
$$
halmazon $P\(\frac{S_n}n\in [a,b]\)$ az
$\e_2=\frac{b-a}{2a+2b-4\bar E_1}>0$ v\'alaszt\'assal. Vegy\"uk
ugyanis \'eszre, hogy ekkor
$$
\align
\summ_{k=m+1}^n\xi_k&\le (n-m)(1+\e_2)^{l(b)+1}\\
&\le n(1-\alpha)(1+\e_2)^{l(b)+1}=n(1-\alpha)(1+\e_2)^{l(b)}
+n(1-\alpha)\e_2 (1+\e_2)^{l(b)} \\
&\le n(1-\alpha)(1+\e_2)^{l(b)}+n\e_2\(\frac{a+b}2-\bar E_1\) \\
&=n(1-\alpha)(1+\e_2)^{l(b)}+n\frac{b-a}4,
\endalign
$$
\'es $\summ_{k=m+1}^n\xi_k\ge (n-m)(1+\e_2)^{l(b)} \ge
n(1-\alpha)(1+\e_2)^{l(b)}-\const$, ahol a konstans f\"ugghet az $\e_2$
\'es $\e_3$ param\'eterekt\H{o}l. Ezekb\H ol az
egyenl\H{o}tlens\'egekb\H ol, illetve az $\bold A(m,\e_1)$  halmaz
\'es az $\alpha$ sz\'am definici\'oj\'ab\'ol k\"ovetkezik a fenti
\'all\'{\i}t\'as. Megmutatjuk, hogy az $\e_3>0$ sz\'am alkalmas
v\'alaszt\'as\'aval el\'erhetj\"uk azt, hogy annak a halmaznak, amelyen
bel\'attuk, hogy $\frac{S_n(\oo)}n\in [a,b]$ viszonylag nagy legyen a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege. Legyen $\e_3=\frac\e{2a+2b-4\bar
E_1}$. Ekkor $m\e_1+(n-m)(1+\e_2)^{l(b)}\e_3\le
\frac{n\e}4+n\e_3(1-\alpha)(1+\e_2)^{l(b)}+\e_3(1+\e_2)^{l(b)}
\le\frac\e2n+\const$, mert $(1-\alpha)(1+\e_2)^{l(b)}\le
\frac{a+b}2-\bar E_1$. Innen
$$
P\(\A(m,\e_1)\cap \{(1+\e_2)^{l(b)}\le\xi_k\le(1+\e_2)^{l(b)+1},\;
m<k\le n\}\) \ge e^{-\e n}
$$
el\'eg nagy $n$-re. Mivel ezt az \'ervel\'est tetsz\H oleges $\e>0$-ra
meg lehet tenni, ebb\H ol a becsl\'esb\H ol, illetve abb\'ol a
t\'enyb\H ol, hogy $\frac{S_n}n\in [a,b]$ ezen a halmazon,
k\"ovetkezik a feladat \'all\'{\i}t\'asa.

\item{16.)} Legyen $z=[\log R(T)]'$. Ekkor a 8. feladat eredm\'enyei
alapj\'an a $[\log R(t)]'$ f\"uggv\'eny monoton n\H o a $0\le t\le T$
intervallumon, \'es $E\xi_1<x<z$ eset\'en a $[\log R(t)]'=x$
egyenletnek van megold\'asa az $R(t)$ f\"uggv\'eny \'ertelmez\'esi
tartom\'any\'anak belsej\'eben. Ebben az esetben nemcsak a $(**)$,
hanem az er\H osebb $(*)$ rel\'aci\'o is teljes\"ul. Ha $x\ge z$, akkor
mivel $[tx-\log R(t)]'\le 0$, $\supp_{t\ge 0}(tx-\log R(t))=\log
Tx-R(T)$. Ez\'ert a $(**)$ rel\'aci\'o m\'eg be nem bizony\'{\i}tott
r\'esze azt \'all\'{\i}tja, hogy $\limm_{n\to \infty}-\frac1n\log
P(S_n\ge nx)=Tx-\log R(T)$, ha $x\ge z$. Ennek
bizony\'{\i}t\'asa \'erdek\'eben
vezess\"uk be a $\bar F=\bar F_T$ val\'osz\'{\i}n\H us\'egi
m\'ert\'eket, amelyre $\bar F(dy)=\frac{e^{Ty}}{R(T)}F(dy)$.
Legyenek $\bar \xi_1,\dots,\bar \xi_n$ f\"uggetlen $\bar F$
eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'ok, \'es $\bar
S_n=\summ_{k=1}^n\bar \xi_k$. A 7.~feladat eredm\'enye alapj\'an az
$\bar S_n$ v\'eletlen \"osszeg $\bar F_n$ eloszl\'asa teljes\'{\i}ti az
$\bar F_n(dy)=\frac{e^{Ty}}{R^n(T)}F_n(dy)$ rel\'aci\'ot. Ez\'ert
$F_n(dy)=e^{-Ty}R^n(T)F_n(dy)$, \'es
$$
\align
P(S_n\ge nx)&=R^n(T)\int_{nx}^\infty e^{-Ty}\bar F_n(dy)\ge
R^n(T)e^{-nTx}\int_{nx}^{n(x+\e)} e^{-T(y-nx)}\bar F_n(dy)\\
&\ge R^n(T) e^{-nT(x+\e)}P\(\frac{\bar S_n}n\in [x,x+\e]\)
\endalign
$$
tetsz\H oleges $\e>0$-ra. Mivel $Ee^{t\bar\xi_1}=\infty$, minden $t>0$
eset\'en, (ellenkez\H o esetben az $R(t)$ momentumgener\'al\'o
f\"uggv\'eny kiterjeszthet\H o lenne egy $(0,T')$, $T'>T$
intervallumra), $E\bar \xi_1=\frac{E\xi_1e^{T\xi_1}}{Ee^{T\xi_1}}
=[\log R(T)]'=z$, a 15. feladat eredm\'enye alapj\'an tetsz\H
oleges $x\ge z$ \'es $\e>0$-ra $P\(\frac{\bar S_n}n \in[x,x+\e]\)\ge
e^{-n\e}$, ha $n>n(\e,x)$. Innen, \'es az el\H oz\H o egyenl\H
otlens\'egb\H ol minden $\e>0$-ra $P(S_n\ge nx)\ge R^n(T)
e^{-n(Tx-2\e)}$ ha $x\ge z$, $n>n(\e,x)$, \'es ez ekvivalens a
bizony\'{\i}tand\'o \'all\'{\i}t\'assal.

\item{17.)} Legyen az $F_a(x)$ eloszl\'asf\"uggv\'enye az
$f_a(x)=C(a)e^{-x}x^{-a}$ f\"uggv\'eny, ha $x>0$, $f_a(x)=0$, ha $x\le
0$, $C(a)=\int_0^\infty x^{-a}e^{-x}\,dx$. Az $R(t)=C(a)\int_0^\infty
e^{-(1-t)x}x^{-a}\,dx$ a $t<1$ argumentumokra van \'ertelmezve, ha
$a\le1$, a $t\le1$ sz\'amokra \'ertelmezett, ha $a>1$. Az $R'(1)=\int
C(a)\int_0^\infty x^{-a+1}\,dx$ deriv\'alt akkor \'es csak akkor
v\'eges, ha $a>2$.

\item{18.)} Ha $Ee^{t\xi_1}=\infty$ minden $t>0$-ra, akkor
$\limm_{n\to\infty}-\frac1n\log P(S_n\ge nx)=0$ a 15. feladat
eredm\'enye alapj\'an, \'es $\supp_{t\ge0}(tx-\log R(t))=\log
R(0)=0$. Ebben az esetben bebizony\'{\i}tottuk az \'all\'{\i}t\'ast.

\item{} Tekints\"uk azt az esetet, amikor $Ee^{t\xi_1}<\infty$
el\'eg kis $t>0$-ra. Az \'all\'{\i}t\'ast m\'ar bel\'attuk abban
az esetben, ha $x>E\xi_1$. Ez\'ert a tov\'abbiakban el\'eg az
$E\xi_1>-\infty$ \'es $x\le E\xi_1$  esettel foglalkozni. Ennek az
esetnek a vizsg\'alat\'aban el\H osz\H or megmutatjuk, hogy, ha
$E\xi_1<\infty$
\'es az $R(t)=Ee^{t\xi_1}$ momentumgener\'al\'o f\"uggv\'eny v\'eges
el\'eg kis $t>0$-ra, akkor
$$
\limm_{x>E\xi_1\;x\to E\xi_1}\supp_{t\ge0}(tx-\log R(t))=0. \tag e
$$
Val\'oban, mivel $\left.[tE\xi_1-\log R(t)]'\right|_{t=0}=0$ \'es
$[tE\xi_1-\log R(t)]'$
szigor\'uan monoton cs\"okken, ez\'ert minden $\e>0$-ra l\'etezik olyan
$\delta=\delta(\e)>0$, amelyre
$E\xi_1\le x\le E\xi_1+ \delta$ eset\'eben
$$
\align
\supp_{t\ge0}(tx-\log R(t))&=\supp_{\e\ge
t\ge0}\((tE\xi_1-\log R(t))+t(x-E\xi_1)\)\\
&\le\supp_{\e\ge t\ge0}t(x-E\xi_1)\le \e(x-E\xi_1)\le \e\delta.
\endalign
$$
Mivel az ut\'obbi egyenl\H otlens\'eg igaz minden
$\e>0$-ra, \'es $0\cdot x-\log R(0)=0$, igaz az (e) \'all\'{\i}t\'as.
Az (e) rel\'aci\'ob\'ol \'es abb\'ol a t\'enyb\H{o}l, hogy a feladat
\'all\'{\i}t\'asa igaz az $x>E\xi_1$ esetben k\"ovetkezik, hogy minden
$\e>0$-ra l\'etezik olyan $z>E\xi_1$, amelyre $\limm_{n\to\infty}-\frac
1n\log P(S_n\ge nz)\le \e$. Mivel $1\ge P(S_n\ge nx)\ge P(S_n\ge nz)$,
ha $x\le z$, innen k\"ovetkezik, hogy $\limm_{n\to\infty}-\frac 1n\log
P(S_n\ge nx)=0$, ha $x\le E\xi_1$. Tov\'abb\'a $\supp_{t\ge0}(tx-\log
R(t))=R(0)=0$ ha $x\le E\xi_1$, mivel $tx-\log R(t)$ a $t$ v\'altoz\'o
monoton cs\"okken\H o f\"uggv\'enye $t\ge 0$-ra, ha $x\le E\xi_1$.

\item{19.)} Az adott felt\'etelek mellett
$$
E f\(\xi_1^{(t)},\dots,\xi_n^{(t)}\) =\frac1{R^n(t)}E
f(\xi_1,\dots,\xi_n)e^{tS_n}
$$
tetsz\H oleges m\'erhet\H o $f(x_1,\dots,x_m)$ m\'erhet\H o (\'es
integr\'alhat\'o) f\"uggv\'enyre, ahol $\xi_k=\xi_k^{(0)}$,
$k=1,2.\dots$. Legyen $\BB$ m\'erhet\H o halmaz az $n$-dimenzi\'os
Eukideszi t\'erben. Defini\'alni fogunk  egy $h_{\BB}$ f\"uggv\'enyt a
sz\'amegyenesen, amelyre teljes\"ul a
$h_{\BB}(x)=P(\xi_1,\dots,\xi_n)\in \BB|S_n=x)$ \"osszef\"ugg\'es, ahol
$S_n=\summ_{k=1}^n \xi_k$. A $h_{\BB}(x)$ f\"uggv\'enyt a
$$
E h_{\BB}(S_n)g(\xi_1,\dots, \xi_n)=
E I\(\{(\xi_1,\dots, \xi_n)\in\BB\}\)g(\xi_1,\dots, \xi_n)
$$
azonoss\'agok defini\'alj\'ak, ahol $g(x_1,\dots,x_n)$ tetsz\H
oleges (korl\'atos) m\'erhet\H o f\"ugg\-v\'eny, \'es $I(\A)$ az $\A$
halmaz indik\'ator f\"ugg\-v\'e\-nye. (Ez tulajdonk\'eppen a
felt\'eteles val\'osz\'{\i}n\H us\'eg definici\'oja, \'es az ilyen
f\"uggv\'eny l\'etez\'es\'et, amely a Radon--Nikodym t\'etel
k\"ovetkezm\'enye be szokt\'ak bizony\'{\i}tani a felt\'eteles
val\'osz\'{\i}n\H us\'eg definici\'oj\'anak megad\'as\'an\'al.) Azt
akarjuk bel\'atni, hogy ebb\H ol k\"o\-vet\-ke\-zik
a $$ E h_{\BB}\(S_n^{(t)}\)g\(\xi_1^{(t)},\dots, \xi_n^{(t)}\)=
E I\(\{(\xi_1^{(t)},\dots, \xi_n^{(t)})\in\BB\}\) g\(\xi_1^{(t)},\dots,
\xi_n^{(t)}\)
$$
azonoss\'ag. Viszont a bizony\'{\i}t\'as elej\'en fel\'{\i}rt
azonoss\'ag alapj\'an
$$
E h_{\BB}(S_n^{(t)})g(\xi_1^{(t)},\dots, \xi_n^{(t)})=\frac 1{R(T)^n}
E h_{\BB}(S_n)g(\xi_1,\dots, \xi_n)e^{tS_n}
$$
\'es
$$
\align
&E I\(\{(\xi_1^{(t)},\dots, \xi_n^{(t)})\in\BB\}\)
g(\xi_1^{(t)},\dots, \xi_n^{(t)}) \\
&\qquad=\frac1{R(t)^n} E I\(\{(\xi_1,\dots, \xi_n)\in\BB\})
g(\xi_1^{(t)},\dots, \xi_n^{(t)}\)e^{tS_n}.
\endalign
$$
Ez\'ert a k\'{\i}v\'ant azonoss\'ag k\"ovetkezik a $h_{\BB}$-t
meghat\'aroz\'o azonoss\'agokb\'ol, ha a $g(x_1,\dots,x_n)$
f\"uggv\'enyt a a $g(x_1,\dots,x_n)e^{t(x_1+\cdots+x_n)}$
f\"uggv\'ennyel helyettes\'{\i}tj\"uk.

\item{20.)} Mivel a $\frac1n\log R_n(t)$ f\"uggv\'enyek konvexek,
ez\'ert a limesz\"uk $\psi(t)$ is az.
$$
P(S_n\ge nx)=P\(e^{tS_n}\ge e^{nx}\)\le e^{\log R_n(t)-ntx},
$$
ahonnan $\liminff_{n\to\infty}-\frac1n\log P(S_n\ge nx)\ge
\limm_{n\to\infty}\(tx-\frac1n \log R_n(t)\)=tx-\psi(t)$,
\'es ez az als\'o becsl\'es. A fels\H o becsl\'es
bizony\'{\i}t\'as\'ahoz l\'assuk be el\H osz\"or,
hogy minden el\'eg kis $\e>0$-ra l\'etezik olyan $\delta(\e)>0$,
$\delta(\e)\to0$ ha $\e\to0$, hogy
$$
\int_{nx}^{n(x+\e)} e^{(t+\delta)u}F_n(du)\ge\frac12
R_n(t+\delta)\quad\text{ha }n\ge n(\e). \tag f
$$
Legyen $\e>0$ olyan kicsi, hogy $\psi(t)$ szigor\'uan konvex a $[t,
t+\e]$ intervallumban. V\'alasszunk egy $0<\e'\le \e$ sz\'amot, amelyre
a $\psi'(t+2\delta)=x+\e'$ egyenlet megoldhat\'o, ahol $\psi'(u)$
baloldali deriv\'altat jel\"ol. Ekkor a $\psi'(0)=0$, $\psi'(t)=x$
felt\'etelek \'es a $\psi(\cdot)$ f\"uggv\'eny konvexit\'asa miatt
$\delta>0$. Tov\'abb\'a a $\psi(\cdot)$ f\"uggv\'eny  szigor\'u
konvexit\'asa miatt $\delta=\delta(\e)\to0$, ha $\e\to0$. Ugyanis
$\psi'(t+h)>\psi'(t)$ szigor\'u egyenl\H otlens\'eggel $h>0$ eset\'en.
A $\psi(\cdot)$ f\"uggv\'eny szigor\'u konvexit\'asa miatt l\'etezik
olyan $\eta=\eta(\e')>0$, amelyre $\psi(t)+x\delta<\psi(t+\delta)-2\eta$,
\'es $\psi(t+\delta)>\psi(t+2\delta)-(x+\e')\delta+2\eta$. Innen a
$\limm_{n\to\infty}\frac1n\log R_n(u)=\psi(u)$ rel\'aci\'o miatt
$\log R_n(t)<\log R_n(t+\delta)-nx\delta-n\eta$, \'es
$\log R_n(t+2\delta)<\log R_n(t+\delta)+n(x+\e')\delta-n\eta$ el\'eg
nagy $n$-re, \'es
$$
\align
\int_{n(x+\e')}^\infty e^{(t+\delta)u}F_n(du)&\le e^{-n(x+\e')\delta}
\int_{n(x+\e')}^\infty e^{(t+2\delta)u}F_n(du)\\
&\le e^{-n(x+\e')\delta+\log R_n(t+2\delta)} \le e^{\log
R_n(t+\delta)-n\eta}\le\frac 14 R_n(t+\delta)
\endalign
$$
el\'eg nagy $n$-re. Hasonl\'oan
$$
\int_{-\infty}^{nx} e^{(t+\delta)u}F_n(du)\le\frac14 R_n(t+\delta).
$$
Az utols\'o k\'et egyenl\H otlens\'egb\H ol k\"ovetkezik az (f)
rel\'aci\'o, ha benne $\e$ helyett $\e'\le \e$-t \'{\i}runk, de akkor
m\'eg ink\'abb igaz $\e$-nal.

\item{} Az (f) formul\'ab\'ol k\"ovetkezik, hogy
$$
\align
P(S_n\ge nx)&\ge P(n(x+\e)\ge S_n\ge nx)\\
&\ge\frac{\int_{nx}^{n(x+\e)}e^{(t+\delta)u}F_n(\,du)}
{e^{n(t+\delta)(x+\e)}}\ge \frac12
R_n(t+\delta)e^{-n(t+\delta)(x+\e)}.
\endalign
$$
Innen, \'es a $\limm_{n\to\infty}\frac1n\log
R_n(t+\delta)=\psi(t+\delta)$
rel\'aci\'ob\'ol $\limsupp_{n\to\infty}-\frac1n\log P(S_n\ge nx)\le
(t+\delta)(x+\e)-\psi(t+\delta)$. Innen $\e\to0$ hat\'ar\'atmenettel
kapjuk, hogy
$$
\limsupp_{n\to\infty}-\frac1n\log P(S_n\ge nx)\le tx-\psi(t).
$$
A kapott als\'o \'es fels\H o becsl\'esb\H ol k\"ovetkezik a feladat
\'all\'{\i}t\'asa.

\item{21.)} A $(+)$ formul\'at haszn\'aljuk, \'es abban a $t$
param\'etert a $[\log R(t)]'=x$ egyenlet megold\'asak\'ent
v\'alasztjuk. Mivel a $[\log R(z)]'$ f\"uggv\'eny az orig\'o kis
k\"ornyezet\'eben analitikus, $\left.[\log R(t)]'\right|_{t=0}=0$,
$\left.[\log R(t)]''\right|_{t=0}=E\xi_1^2=1$, ez\'ert az orig\'o
k\"ozel\'eben l\'etezik a $[\log R(t)]'$ f\"uggv\'enynek analitikus
inverze, \'es $t=x\lambda_1(x)$, ahol $\lambda_1(0)=1$, \'es
$\lambda_1(\cdot)$ a nulla kis k\"ornyezet\'eben analitikus. A (+)
formula alapj\'an
$$
\align
P\(\frac{S_n}n\ge  x\)&=R(t)^ne^{-tnx}
\int_{nx}^\infty e^{-t(y-nx)}\Phi_t(\,dy)\\
&\qquad +R(t)^ne^{-tnx}
\int_{nx}^\infty e^{-t(y-nx)}[\bar F_n(\,dy)-\Phi_t(\,dy)]=I_1+I_2,
\endalign
$$
ahol a $\bar F_n=\bar F_n^{(t)}$ eloszl\'asf\"uggv\'eny a (+)
formul\'aban van defini\'alva, \'es $\Phi_t(\cdot)$ a norm\'alis
eloszl\'asf\"uggv\'eny $n[\log R(t)]'$ v\'arhat\'o \'ert\'ekkel \'es
$n[\log R(t)]''$ sz\'o\-r\'as\-n\'egy\-zet\-tel, azaz ugyanazzal az
els\H o k\'et momentummal, mint egy $\bar F_n(\cdot)$ eloszl\'as\'u
va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H u\-s\'e\-gi v\'altoz\'o.
A Berry--Esseen egyenl\H otlens\'egb\H ol k\"ovetkezik, hogy
$$
\supp_x\left|F^{(t)}_n(x)-\Phi_t(x)\right|\le\frac C{\sqrt n}
$$
alkalmas $C>0$ konstanssal, \'es ez a $C$ konstans megv\'alaszthat\'o
a $t$ param\'etert\H ol f\"uggetlen\"ul, ha $|t|\le \e$. Ehhez azt kell
meggondolni, hogy egy $\bar F^{(t)}(\cdot)$ eloszl\'as\'u
val\'osz\'{\i}n\H us\'egi v\'altoz\'onak \'es abszolut \'ert\'ek\'enek
a momentumai a $t$ param\'eter foly\-to\-nos f\"uggv\'enyei. A
k\'{\i}v\'ant val\'osz\'{\i}n\H us\'eget kifejez\H o formul\'aban az
$I_1$ integr\'al egy\-sze\-r\H ubb alakra hozhat\'o, az $I_2$ integr\'al
a Berry--Esseen egyenl\H otlens\'eg seg\'{\i}ts\'eg\'evel
be\-cs\"ul\-he\-t\H o. Megmutathat\'o, hogy az $I_2$ integr\'al kicsi,
tekinthet\H o hibatagnak. Ezut\'an n\'emi tov\'abbi sz\'amol\'assal
bebizony\'{\i}that\'o a k\'{\i}v\'ant formula.

\item{} Felhaszn\'alva a $x=[\log R(t)]'$ rel\'aci\'ot kapjuk, hogy
$$
\align
I_1&=R^n(t)e^{-ntx}\frac1{\sqrt{2\pi n[\log R(t)]''}}\int_0^\infty
\exp\left\{-ty-\frac {y^2}{2n[\log R(t)]''}\right\}\,dy \\
&=\exp\left\{n\(\log R(t)-t[\log R(t)]'+\frac{t^2}2[\log
R(t)]''\)\right\}\\
&\qquad\qquad\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty\exp
\left\{-\frac12\(y+\sqrt nt[\log R(t)]''\)^2\right\}\,dy\\
&=\exp\left\{n\(\log R(t)-t[\log R(t)]'+\frac{t^2}2[\log
R(t)]''\)\right\} \(1-\Phi\(\sqrt nt\log [R(t)]''\)\)
\endalign
$$
M\'asr\'eszt, parci\'alis integr\'al\'assal \'es a Berry--Esseen
egyenl\H otlens\'eg felhaszn\'al\'as\'aval kapjuk, hogy
$$
I_2\le R^n(t)\frac{\const}{\sqrt n}\[e^{-ntx}+t\int_{nx}^\infty
e^{-ty}\,dy\]\le\frac{\const}{\sqrt n} e^{n(\log R(t)-t[\log R(t)]')}.
$$
Felhaszn\'aljuk, hogy $e^{u^2/2}[1-\Phi(u)]\ge\frac{\const}{u+1}$,
ha $u\ge0$. Enn\'el pontosabb aszimp\-to\-ti\-ka is fel\'{\i}rhat\'o,
amelyet p\'eld\'aul bebizony\'{\i}tottunk a "Norm\'alis
el\-osz\-l\'as\'u val\'o\-sz\'{\i}\-n\H{u}\-s\'e\-gi v\'altoz\'ok"
feladatsor 7. feladat\'aban. Ebb\H ol a formul\'ab\'ol az $I_1$
kifejez\'es  alakj\'ab\'ol \'es az $I_2$ kifejez\'esre adott
becsl\'esb\H ol k\"ovetkezik, hogy
$$
I_2=I_1\cdot O\(\frac {\sqrt nt[\log R(t)]''+1}{\sqrt n}\)
=I_1\cdot O\(x+\frac1{\sqrt n}\).
$$
Tov\'abb\'a, $\log R(t)-t[\log R(t)]'+\frac{t^2}2[\log R(t)]''=t^3
H(t)$ a nulla kis k\"ornyezet\'eben alkalmas analitikus $H(t)$
f\"uggv\'ennyel, mivel a baloldal els\H o k\'et deriv\'altja a
null\'aban z\'er\'o. Elv\'egezve az $t=x\lambda_1(x)$
helyettes\'{\i}t\'est kapjuk, hogy
$$
P\(\frac{S_n}n\ge  x\)=e^{nx^3\lambda_2(x)}\(1-\Phi\(\sqrt nt\log
[R(t)]''\)\)\(1+O\(x+\frac1{\sqrt n}\)\)
$$
alkalmas $\lambda_2(x)$ analitikus f\"uggv\'ennyel.
A feladat bizony\'{\i}t\'as\'anak befejez\'es\'ehez azt kell
vizsg\'alni, hogy hogyan kell korrig\'alni azt a hib\'at, amely
abb\'ol ad\'odik, hogy a fenti formul\'aban a $\Phi(\cdot)$
argumentum\'aban $\sqrt nt[\log R(t)]''$-t
$\sqrt nx$-szel helyettes\'{\i}tj\"uk.

\item{} Tekints\"uk el\H{o}sz\"or a $\sqrt nx\ge100$ esetet. Ekkor
$\sqrt nt\log [R(t)]''\ge50$ mivel $t[\log R(t)]''\allowmathbreak\sim
x$. A m\'ar eml\'{\i}tett a norm\'alis eloszl\'as \'es s\H u\-r\H
u\-s\'eg\-f\"ugg\-v\'eny k\"oz\"otti aszimptotikus formula szerint
$1-\Phi(u)=\(\frac1u-\frac1{u^3}+\frac{\alpha(u)}{u^5}\)\varphi(u)$
valamilyen $0\le\alpha(u)\le1$ sz\'ammal, ahol
$\varphi(u)=\frac1{\sqrt {2\pi}}e^{-u^2/2}$, a norm\'alis s\H ur\H
us\'egf\"uggv\'eny. Vezess\"uk be a
$\psi(u)=\frac{u(1-\Phi(u))}{\varphi(u)}$ f\"uggv\'enyt, \'es
becs\"ulj\"uk meg a $\frac{d\log\psi(u)}{du}$ deriv\'altat.
$$
\frac{d\log\psi(u)}{du}=\frac1u+u+\frac{\varphi(u)}{1-\Phi(u)}
=\frac1u+u-\frac1{\frac1u-\frac1{u^3}+\frac{\alpha(u)}{u^5}}=
\frac{(\alpha(u)-1)u^2+\alpha(u)}
{u(u^4-u^2+\alpha(u))},
$$
ha $u\ge50$. Ez\'ert $\left|\frac{d\log
\psi(u)}{du}\right|\le\frac{\const}{u^3}$. Mivel $\sqrt nx-\sqrt
nt[\log R(t)]''=O\(\sqrt nx^2\)$, innen k\"ovetkezik, hogy
$\left|\log\psi(\sqrt nt[\log R(t)]'')-\log\psi(\sqrt
nx)\right|\le \frac{\const}{nx}\le \frac{\const}{\sqrt n}$. Ez\'ert
$\left| \frac{\psi(\sqrt nt[\log R(t)]'')}{\psi(\sqrt
nx)}-1\right|\le \frac{\const}{\sqrt n}$, \'es
$$
\align
\frac{1-\Phi\(\sqrt nt[\log R(t)]''\)}{1-\Phi(\sqrt
nx)}&=e^{-n(t^2{[\log R(t)]''}^2-x^2)/2}\,\,\frac x{t[\log R(t)]''}
\frac{\psi(\sqrt nt[\log R(t)]'')}{\psi(\sqrt nx)}\\
&=e^{-nx^3\lambda_3(x)}(1+O(x))\(1+O\(\frac1{\sqrt n}\)\)\\
&=e^{-nx^3\lambda_3(x)}\(1+O\(x+\frac1{\sqrt n}\)\),
\endalign
$$
ahol $x^3\lambda_3(x)=\frac12\(t^2{[\log R(t)]''}^2-x^2\)$. (Vegy\"uk
\'eszre, hogy az $x^3\lambda_3(x)$-t defini\'al\'o kifejez\'es az $x$
v\'altoz\'o olyan analitikus f\"uggv\'enye, amelynek a sorfejt\'ese az
$x^3$ vagy esetleg egy magasabb fok\'u taggal kezd\H odik. A
bizony\'\i{}ott formul\'akb\'ol k\"ovetkezik a feladat
\'all\'\i{}t\'asa $\sqrt nx\ge100$ esetben a
$\lambda(x)=\lambda_2(x)-\lambda_3(x)$ f\"uggv\'ennyel.

\item{}A  $\sqrt nx\le100$ eset vizsg\'alata egyszer\H{u}bb. Ekkor
a feladat \'all\'{\i}t\'asa k\"ozvetlen\"ul k\"ovetkezik a
Berry--Esseen egyen\-l\H ot\-len\-s\'eg\-b\H ol, \'es abb\'ol az
\'eszrev\'etelb\H{o}l, hogy $\sqrt nx\le100$ eset\'eben, $1-\Phi\(
\sqrt nx\)\ge1-\Phi(100)$, ahol a jobboldal egy az $n$
param\'etert\H{o}l f\"uggetlen pozit\'{\i}v constans. Ez\'ert a
bizony\'{\i}tand\'o rel\'aci\'o baloldal\'an szerepl\H{o}
kifejez\'es
$$
P\(\frac{S_n}n>x\)=\[1-\Phi(\sqrt nx)\]+O\(\frac1{\sqrt n}\)=
\[1-\Phi(\sqrt nx)\]\(1+O\(\frac1{\sqrt n}\)\).
$$
M\'asr\'eszt a rel\'aci\'o jobboldal\'an szerepl\H{o} kifejez\'es
f\H{o} tagja
$$
\[1-\Phi(\sqrt nx)\]e^{nx^3\lambda(x)}=
\[1-\Phi(\sqrt nx)\]\(1+O\(\frac1{\sqrt n}\)\)
$$
ebben az esetben, mert $0\le \sqrt nx\le100$ miatt
$nx^3\lambda(x)=O\(\frac1{\sqrt n}\)$. A fenti k\'et rel\'aci\'o
\"osszehasonl\'{\i}t\'as\'ab\'ol k\"ovetkezik a bizony\'{\i}tand\'o
\'all\'{\i}t\'as a vizsg\'alt esetben.

\item{22.)} Alkalmazzuk a 21. feladat eredm\'eny\'et $x=\frac
y{\sqrt n}$ v\'alaszt\'assal. Mivel $nx^3\lambda(x)=O\(\frac
{y^3}{\sqrt n}\)$, $1+O\(x+\frac1{\sqrt
n}\)=\exp\left\{O\(\frac{y+1}{\sqrt n}\)\right\}=
\exp\left\{O\(\frac{y+1}{\sqrt n}\)\right\}$, ezzel a
szereposzt\'assal. Innen k\"ovetkezik a feladat els\H o
\'all\'\i{}t\'asa. A m\'asodik \'all\'\i{}t\'as
bi\-zo\-ny\'\i{}\-t\'a\-s\'a\-hoz vegy\"uk \'eszre, hogy 
p\'eld\'aul a 3. feladat eredm\'enye szerint 
$P(S_n>nx+z)\le R^n(t)e^{-t(nx+z)}$ tetsz\H{o}leges $t>0$-ra. 
V\'alasszuk $t$-t a $[\log R(t)]'=x$
egyenlet megold\'as\'anak. A 9. vagy 10. (vagy 21.) feladat
eredm\'eny\'eb\H ol k\"ovetkezik, hogy $P(S_n>nx)\ge \const
n^{-1/2}R^n(t)e^{-tx}$ ezzel a $t$ sz\'ammal. A k\'et egyenl\H
otlens\'eg \"osszehasonl\'\i{}t\'as\'ab\'ol k\"ovetkezik a feladat
m\'asodik \'all\'\i{}t\'asa.

\item{23.)} A 7. feladatban bizony\'{\i}tott \'es a 8. feladat ut\'an
a (+) rel\'aci\'oban is megfogalmazott azonoss\'agot a s\H ur\H
us\'egf\"uggv\'enyekre \'at\'{\i}rva kapjuk, hogy
$$
f_n(x)=e^{-tnx}R^n(t) f^{(t)}_n(x)
$$
az $f^{(t)}_n(x)=n\bar f^{(t)}_n(nx)$ f\"uggv\'ennyel, ahol  $\bar
f_n^{(t)}(x)=\frac{\bar F_n (x)}{dx}$, \'es $\bar
F_n(x)=\bar F_n^{(t)}(x)$ a (+) formul\'aban szerepl\H o $\bar F_n$
el\-osz\-l\'as\-hoz tartoz\'o s\H ur\H us\'egf\"uggv\'eny.
A $t$ param\'etert v\'alaszthatjuk mint a $[\log R(t)]'=x$ egyenlet
megold\'as\'at. (A feladat felt\'eteleib\H{o}l, illetve az
integr\'alhat\'o Fourier transzform\'altak inverzeire vonatkoz\'o
formul\'ab\'ol k\"o\-vet\-ke\-zik, hogy az el\H{o}bb te\-kin\-tett
$f_n$ \'es $f_n^{(t)}$ s\H{u}\-r\H{u}\-s\'eg\-f\"ugg\-v\'e\-nyek $n\ge
k$ ese\-t\'en va\-l\'o\-ban
l\'eteznek, \'es ezek az inverz Fourier transzform\'alt formul\'aval,
illetve annak analitikus kiterjeszt\'es\'evelt kifejezhet\H{o}ek, mert
$t\sim x$ miatt $t\le \alpha$, ha $x\le\e$ el\'eg kis $\e>0$-ra, \'es
$\int_{-\infty}^{\infty}|R(t+is)|^n\,ds<\infty$ ebben az esetben.)
Tov\'abb\'a a centr\'alis ha\-t\'ar\-elosz\-l\'as\-t\'e\-tel\-b\H{o}l
$n^{-1/2}$ marad\'ektaggal (ez a Berry--Esseen egyenl\H otlens\'eg  s\H
u\-r\H u\-s\'eg\-f\"ugg\-v\'e\-nyek\-r\H{o}l sz\'ol\'o verzi\'oja,
amelynek bizony\'{\i}t\'asa l\'enyegesen egyszer\H{u}bb)
$$
\left|\frac{f^{(t)}_n(x)}{\sqrt n}-\frac
{\varphi(0)}{\sqrt{[\log R(t)]''}}\right| \le\frac{\const}{\sqrt n}.
$$
Itt kihaszn\'altuk, hogy egy $\bar F$ eloszl\'as\'u val\'osz\'{\i}n\H
us\'egi v\'altoz\'o v\'arhat\'o  \'ert\'eke $x$ \'es
sz\'or\'asn\'egyzete $[\log R(t)]''$. Ez\'ert
$$
\align
f_n(x)&=e^{n[\log R(t)-tx]} f_n^{(t)}(x)=e^{n[\log
R(t)-tx]}\sqrt n\(\frac{\varphi(0)}{\sqrt{[\log R(t)]''}}
+O\(\frac1{\sqrt n}\)\)\\
&=e^{nx^3\lambda(x)}\frac{\sqrt n}{\sqrt{2\pi (1+x\mu(x)}}
e^{-nx^2/2}\(1+O\(\frac1{\sqrt n}\)\),
\endalign
$$
mert $\log R(t)-tx=\log R(t)-t[\log R(t)]'=-\frac {t^2}2+t^3\bar
\lambda(t)=-\frac{x^2}2+x^3\lambda(x)$, \'es $[\log R(t)]''=1+x\mu(x)$
alkalmas analitikus $\bar\lambda(\cdot)$, $\lambda(\cdot)$ \'es
$\mu(\cdot)$ analitikus f\"ugg\-v\'e\-nyek\-kel. (A $t$ sz\'am
az $[\log R(t)]'=x$ egyenlet megold\'asa.) Innen k\"ovetkezik a
feladat els\H o azonoss\'ag\'anak az els\H o fele. Az azonoss\'ag
m\'asodik fele a 22. feladat bizony\'{\i}t\'as\'ahoz hasonl\'oan
egyszer\H uen bizony\'{\i}that\'o.

\item{} Az inverz Fourier transzform\'aci\'o seg\'{\i}ts\'eg\'evel
bel\'athatjuk, hogy
$$
\align
f_n\(x+\frac zn\)&=R^n(t)e^{-t(nx+z)}f_n^{(t)}\(x+\frac zn\)\\
&=R^n(t)e^{-t(nx+z)}\frac n{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty
e^{i(nx+z)s}\frac{ R^n(t+is)}{R^n(t)}\,ds.
\endalign
$$
Meg fogjuk mutatni, hogy
$$
\int\frac{|R^n(t+is)|}{R^n(t)}\,ds\le\frac{\const}{\sqrt n}. \tag g
$$
Ez\'ert felhaszn\'alva az $f_n(x)$ formul\'ara adott formula els\H{o}
sor\'at kapjuk, hogy
$$
\align
f_n\(x+\frac zn\)&\le
R^n(t)e^{-t(nx+z)}\frac n{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty
\frac{|R^n(t+is)|}{R^n(t)}\,ds\\
&=e^{n(\log R(t)-tx)}e^{-tz}\frac n{\sqrt{2\pi}}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{|R^n(t+is)|}{R^n(t)}\,ds\\
&\le\const{\sqrt n} e^{n(\log R(t)-tx)}e^{-tz}\le
\const e^{-tz} f_n(x),
\endalign
$$
ahonnan k\"ovetkezik a feladat m\'asodik \'all\'{\i}t\'asa a
s\H{u}r\H{u}s\'egf\"uggv\'enyekre.
A $(g)$ formula levezethet\H{o} a
$$
\frac{|R^n(t+is)|}{R^n(t)}<e^{-\const nt^2},\quad\text{ha  }
|s|\le\e \text{ alkalmas $\e>0$ sz\'ammal}
$$
rel\'aci\'ob\'ol valamint a feladat felt\'eteleiben szerepl\H{o}
$\int_{-\infty}^\infty |R(t+is)|^k\,ds\le K$ fel\-t\'e\-tel\-b\H{o}l,
amely alkalmas $K>0$ \'es $k>0$ eg\'esz sz\'amokkal \'erv\'enyes.
Ebb\H{o}l a fel\-t\'e\-tel\-b\H{o}l ugyanis k\"ovetkezik, hogy
$\frac{R^k(t+is)}{R^k(t)}$ egy s\H{u}r\H{u}s\'egf\"uggv\'eny
Fourier transzform\'altja, ez\'ert $\supp_{|s|\ge\e}
\frac{|R^k(t+is)|}{R^k(t)}\le q$ alkalmas $q<1$ sz\'ammal.
Innen ad\'odik, hogy
$$
\int_{|s|>\e}\frac{|R^n(t+is)|}{R^n(t)}\,ds\le q^{(n-k)/k}
\int_{|s|>\e}\frac{|R^k(t+is)|}{R^k(t)}\,ds\le Kq^{(n-k)/k}.
$$
Ezekb\H{o}l a rel\'aci\'okb\'ol k\"ovetkezik a (g) formula.

\item{} A r\'acsos eloszl\'as
s\H{u}\-r\H{u}\-s\'eg\-f\"ugg\-v\'e\-ny\'e\-re fel\'{\i}rt
\'all\'{\i}t\'asok hasonl\'oan bizony\'{\i}that\'oak, csak ekkor
Fourier sorokkal \'es azok Fourier egy\"utthat\'oit kifejez\H o
formul\'akkal kell dol\-goz\-ni.
 
 
\bye
 
\item{20.)} Ha a $\mu_n$ val\'osz\'\i{}n\H us\'egi m\'ert\'ekek egy
$(X,\Cal X,\rho)$ metrikus t\'eren teljes\'\i{}tik a nagy elt\'er\'es
t\'etelt valamilyen $I(x)$ f\"uggv\'ennyel, akkor minden nem
negat\'{\i}v, korl\'atos \'es folytonos $f(x)$, $x\in X$,
f\"uggv\'enyre
$$
\limm_{n\to\infty}-\frac1n\log\int_{X} f(x)\mu_n(\,dx)
=\inf_{x\coln\; f(x)>0} I(x).
$$