Az A. 883. feladat (2024. május)

A. 883. Legyenek \(\displaystyle J \subsetneq I \subseteq \mathbb{R}\) nemüres nyílt intervallumok, és legyenek \(\displaystyle f_1\), \(\displaystyle f_2\), \(\displaystyle \ldots\) olyan valós együtthatós polinomok, amelyekre a következők teljesülnek:

• \(\displaystyle f_i(x) \geq 0\) minden \(\displaystyle i \geq 1\) és \(\displaystyle x \in I\) esetén,
• \(\displaystyle \sum_{i=1}^\infty f_i(x)\) véges minden \(\displaystyle x \in I\) esetén,
• \(\displaystyle \sum_{i=1}^\infty f_i(x)=1\) minden \(\displaystyle x \in J\) esetén.

Következik-e ezekből, hogy \(\displaystyle \sum_{i=1}^\infty f_i(x)=1\) minden \(\displaystyle x \in I\) esetén is?

Javasolta: Imolay András (Budapest)

(7 pont)

A beküldési határidő 2024. június 10-én LEJÁRT.

1. megoldás: Megmutatjuk, hogy nem igaz az állítás, azaz léteznek megfelelő polinomok és intrervallumok. Kezdjük \(\displaystyle n=0\)-tól az indexelést, és legyen \(\displaystyle f_n(x)=C_n \cdot x^{n+1}(1-x)^n\), ahol \(\displaystyle C_n\) az \(\displaystyle n.\) Catalan-szám, azaz azon \(\displaystyle 2n\) hosszú lépéssorozatok száma a számegyenesen, melyek 0-ból indulnak, ugyanide érkeznek, minden lépésben 1-et lépnek jobbra vagy balra, de soha nem lépnek negatív számra. Legyen továbbá \(\displaystyle I=(0,1)\) és \(\displaystyle J=(1/2,1)\).

Belátjuk a következő híres állítást:

Állítás: Tekintsünk egy 0-ból induló véletlen bolyongást a számegyenesen, melyben minden lépésben egymástól függetlenül \(\displaystyle p\) valószínűséggel lépünk balra, és \(\displaystyle 1-p\) valószínűséggel jobbra. Ekkor, ha \(\displaystyle p \geq 1/2\), akkor egy valószínűséggel rálépünk a \(\displaystyle -1\)-re véges sok lépésen belül, míg ha \(\displaystyle p<1/2\), akkor pozitív valószínűséggel sosem lépünk a \(\displaystyle -1\)-re.

Bizonyítás: Jelölje \(\displaystyle a\) annak a valószínűségét hogy rálépünk a \(\displaystyle -1\)-re, ekkor \(\displaystyle 1-a\) annak a valószínűsége, hogy csak nemnegatív értékekre lépünk. Ha csak nemnegatív értékre lépünk, akkor először jobbra kell lépnünk, utána pedig vagy rálépünk újra a 0-ra \(\displaystyle a\) valószínűséggel, ami után újraindul a folyamat, vagy nem, és akkor már csak pozitív értékekre léphetünk, tehát felírhatjuk, hogy

\(\displaystyle 1-a=(1-p)(a(1-a)+(1-a)).\)

Az egyenlet megoldásai \(\displaystyle a=1\) és \(\displaystyle a=p/(1-p)\). Ez utóbbi \(\displaystyle p>1/2\) esesetén egynél nagyobb, ahonnan adódik az állítás egyik fele.

Az állítás másik fele egyenértékű azzal, hogy \(\displaystyle p>1/2\) esetén pozitív valószínűséggel nem lépünk az 1-re. Ehhez vegyük észre a következőt: ha egy lépéssorozat végén a -1-re érkezünk, akkor ezt a lépéssorozatot a 0-ra tükrözve az 1-ben végződik a sétánk. A két lépéssorozat valószínűsége \(\displaystyle p^{k+1}(1-p)^k\) (ahol \(\displaystyle k\)-t léptünk jobbra az első lépéssorozatban) és \(\displaystyle p^k(1-p)^{k+1}\), melyek aránya \(\displaystyle k\)-tól függetlenül \(\displaystyle p/(1-p)\), azaz az 1-re lépés valószínűsége a -1-re lépés valószínűségének \(\displaystyle (1-p)/p\)-szerese, ezzel készen vagyunk.

Jelölje \(\displaystyle f(p)\) az állításban definiált (\(\displaystyle a\)-val jelölt) valószínűséget. Ekkor

\(\displaystyle f(p)=\sum_{i=0}^\infty f_i(p),\)

ugyanis \(\displaystyle f_i(p)\) éppen azt írja le, hogy mekkora a valószínűsége, hogy először éppen \(\displaystyle 2i+1\) lépés után lépünk a \(\displaystyle -1\)-re. Így az állításból azonnal adódik, hogy ez tényleg egy megfelelő példa a feladatra, feltéve, hogy beláttuk, hogy ez az összeg konvergens \(\displaystyle 0\le p\le 1\) esetén. Mivel nemnegatív értékeket adunk össze, és \(\displaystyle p\) kiemelése után \(\displaystyle p=1/2\) esetén minden egyes összeadandó a lehető legnagyobb, ezért elég \(\displaystyle p=1/2\) esetén belátni a konvergenciát. Felhasználva a Catalan-számok képletét, azt kell belátni, hogy a

\(\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k+1}\binom{2k}{k}\frac{1}{4^k} \)

konvergens. Ehhez pedig felső becslést kell adni a \(\displaystyle \binom{2k}{k}\) binomiális együtthatóra, melyről jól ismert, hogy kisebb, mint \(\displaystyle 4^k/\sqrt{2k}\). Így végül a fenti összeg konvergenciája következik abból a jól ismert tényből, hogy \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k\sqrt{k}}<\infty\).

1. megjegyzés: az összeg konvergenciája a következőből is látszik: ha csak az első véges sok tagot adom össze, akkor egy véges eseménytéren értelmezhető esemény valószínűségét kapom, hiszen a megtett lépések száma korlátos. A véges részletösszegek tehát nem lehetnek nagyobbak 1-nél. Mivel nemnegatív tagokat adott össze, így a felülről korlátosság a konvergencia ekvivalens feltétele.

2. megjegyzés: Ha \(\displaystyle p\neq 1/2\) esetén 1 valószínűséggel lépnénk a -1-re és az 1-re is, akkor 1 valószínűséggel vissza kéne térnünk a 0-ba. Azonban a következő híres gondolatmenet mutatja, hogy \(\displaystyle p\neq 1/2\) esetén 1-nél kisebb eséllyel térünk vissza a 0-ba: nézzük a visszatérések számának várható értékét. Ha 1 valószínűséggel térünk vissza, akkor a várható érték végtelen lenne (hiszen ha véges lenne, kielégítené az \(\displaystyle E=1+E\) egyenletet, illetve az is belátható, hogy 1 valószínűséggel visszatérünk végtelen sokszor is a 0-ba). Azoban a várható érték felírható a következő módon is: \(\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty} \binom{2i}{i}p^i(1-p)^i\), és itt az összeadandók felülről becsülhetők \(\displaystyle 4^ip^i(1-p)^i\)-nel, amely egy 1-nél kisebb kvóciensű mértani sor \(\displaystyle p\neq 1/2\) esetén, így az összege véges.

2. megoldás. Legyen \(\displaystyle f_i(x)=x^2(1-x^2)^{i-1}\), továbbá legyen \(\displaystyle I=(-1,1)\) és \(\displaystyle J=(0,1)\). Világos, hogy \(\displaystyle f_i(x) \geq 0\) minden \(\displaystyle i \in \mathbb{Z}_+\) és \(\displaystyle x \in I\) esetén. Azt állítjuk, hogy

\(\displaystyle \sum_{i=1}^\infty f_i(x)=\begin{cases} 0 \quad \text{ha \(\displaystyle x=0\),} \\ 1 \quad \text{ha \(\displaystyle x \in I \setminus \{0\}\).} \end{cases}\)

Világos, hogy ebből következne a feladat állítása. Ha \(\displaystyle x=0\), akkor minden \(\displaystyle i \in \mathbb{Z}_+\) esetén \(\displaystyle f_i(x)=0\). Ha \(\displaystyle x \neq 0\) és \(\displaystyle |x|<1\), akkor \(\displaystyle 0<1-x^2<1\), és az \(\displaystyle f_1(x), f_2(x), \ldots\) egy mértani sorozat, így

\(\displaystyle \sum_{i=1}^\infty f_i(x)=\frac{x^2}{1-(1-x^2)}=1,\)

ahogy állítottuk.

Statisztika:

4 dolgozat érkezett.
7 pontot kapott:	Szakács Ábel, Varga Boldizsár.
0 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2024. májusi matematika feladatai