Vilius Stakenas

Tikimybiu mokslopagrindai

Vilnius 2010

Turinys

1 Kaip tai atsirado? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1. Dvi ²akos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2. Italai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3. Johno Graunto demograne aritmetika . . . . . . . . . 111.4. Mokslo pasaulio kometa Edmondas Halley . . . . . . 131.5. Iºymieji Fermat ir Pascalio lai²kai . . . . . . . . . . . . 151.6. Christiano Huygenso knygele . . . . . . . . . . . . . . . 191.7. Ars Conjectandi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.8. Trys prancuzai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.9. iedadulkiu vaidmuo tikimybiu teorijos istorijoje . . . . 271.10. Rusu mokykla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.11. Didieji XX a. statistikai . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.12. Tikimybiu teorijos matematiniu pagrindu klausimas . . 361.13. Lietuviai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391.14. Klasikinis tikimybes apibreºimas . . . . . . . . . . . . 421.15. Keli pavyzdºiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 451.16. Geometrines tikimybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 521.17. Ivykiu algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 561.18. Tikimybine erdve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 611.19. Tikimybiu savybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 671.20. S¡lygines tikimybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 741.21. S¡lyginiu tikimybiu savybes . . . . . . . . . . . . . . . 801.22. Nepriklausomi ivykiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 851.23. Nepriklausomi bandymai . . . . . . . . . . . . . . . . . 911.24. Polinomine schema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 961.25. Ribines teoremos Bernoullio schemoje . . . . . . . . . . 99

2 Atsitiktiniai dydºiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1052.1. Atsitiktinio dydºio s¡voka . . . . . . . . . . . . . . . . 1052.2. Diskretieji atsitiktiniai dydºiai . . . . . . . . . . . . . . 1102.3. Tolydieji atsitiktiniai dydºiai . . . . . . . . . . . . . . . 1172.4. Kvantiliai ir kritines reik²mes . . . . . . . . . . . . . . 127

3

2.5. Nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai . . . . . . . . . . . 1292.6. Diskre£iuju atsitiktiniu dydºiu vidurkiai . . . . . . . . 1352.7. Diskre£iuju dydºiu vidurkiu skai£iavimas . . . . . . . . 1422.8. Absoliu£iai tolydºiu dydºiu vidurkiai . . . . . . . . . . 1462.9. Bendroji atsitiktiniu dydºiu vidurkio teorija . . . . . . 1522.10. Atsitiktiniu dydºiu dispersija . . . . . . . . . . . . . . 1532.11. Didºiuju skai£iu desnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1632.12. Atsitiktiniu dydºiu koreliacija . . . . . . . . . . . . . . 1682.13. Centrine ribine teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . 1742.14. Silpnasis atsitiktiniu dydºiu konvergavimas . . . . . . . 1762.15. Silpnojo konvergavimo tyrimo irankiai . . . . . . . . . 1792.16. Ribiniu teoremu irodymai . . . . . . . . . . . . . . . . 186

3 Matematine statistika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1903.1. Populiacijos ir imtys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1903.2. Apra²omoji statistika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1913.3. Ta²kiniai iver£iai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1983.4. Pasikliautiniai intervalai . . . . . . . . . . . . . . . . . 2053.5. Pasikliautiniai intervalai

normaliuju dydºiu vidurkiams . . . . . . . . . . . . . . 2073.6. Sekmes tikimybes pasikliautiniai intervalai . . . . . . . 2163.7. Pasikliautiniai intervalai dispersijai . . . . . . . . . . . 2183.8. Tiesine regresija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2213.9. Statistines hipotezes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2253.10. Hipotezes apie normaliojo dydºio vidurki . . . . . . . . 2283.11. Hipotezes apie sekmes tikimyb¦ . . . . . . . . . . . . . 2333.12. Hipotezes apie normaliojo dydºio dispersij¡ . . . . . . . 239

4 S¡vokos, terminai, etc. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

4

PratarmeVienas i² tikimybiu teorijos kureju S. Laplace'as (1749-1827) tikimybiu

teorijos esm¦ apibudino maºdaug taip: tikimybiu teorija yra sveika musu nuovoka,paversta skai£iavimais. Kitaip tariant tikimybiu teorija pagrindºia skai£iais tai,k¡ intuityviai ir taip jau£iame. Tada tokia nuomone gana tiksliai nusake ²io mok-slo padeti ir esm¦. Ta£iau daug laiko nutekejo po to, kai Laplace'as para²e ²iuosºodºius ir padejo plunksn¡. Geri du ²imtai metu! Laiko srove i²plove nemaºai tiesosi² Laplace'o teiginio. Tikimybiu teorijos turinys, vaidmuo ir raidos kryptis pasikeitelabai smarkiai. Kokia gi jos vieta musu ºiniu sistemoje? Galima teigti, kad ai²kupoºiuri, kas yra tikimybiu teorija, ºmones sukure gana neseniai. S. Laplace'o laikaisne visi matematikai buvo link¦ suteikti tikimybiu teorijai negin£ytin¡ teis¦ vadin-tis matematikos sritimi. I² tiesu, k¡ nagrineja ²i teorija? Ivykius, ir dar tokius,apie kuriuos negalima pasakyti, ivyks jie ar ne! K¡ bendro ²ios neap£iuopiamosesybes turi su grieºtais ir ai²kias geometrijos ar algebros desniais? Ta£iau paºvelg¦gilyn isitikinsime, kad ir klasikiniu matematikos kryp£iu geometrijos ir algebros s¡vokos ir iºvalgos atsirado i² nelabai ai²kiai apibreºtos empirines patirties. Jukprie² teorinius geometrijos ir algebros mokslus kaºkada buvo kasdiene matavimobei skai£iavimo patirtis.

Tikimybiu teorija i²augo i² dvieju skirtingu ºmoniu veiklos sri£iu azartiniulo²imu ir duomenu rinkimo bei vertinimo praktikos. Abu uºsiemimai labai seni. Se-niausio lo²imo kauliuko, surasto dabartinio Irako ºemeje, amºius apie 5 tukstan£iaimetu. Gyventoju ir turto sura²ymai irgi vyko labai seniai. Juos vykde ir senojoIzraelio karaliai, ir Romos imperatoriai... Ta£iau praejo daug laiko, kol lo²imus irsurinktus duomenis pradeta analizuoti pasitelkus skai£iavimus. Kas buvo pirmasis?I toki klausim¡ beveik niekada neimanoma pateikti ai²kaus ir galutinio atsakymo.Todel paminekime tik du ºmones, pastebedami, kad pana²iu ideju uºuomazgu gal-ima rasti ir gilesneje praeityje. Taigi G. Cardano (1501-1576) para²e pirm¡jiveikal¡ apie desnius, kuriems paklusta azartiniai lo²imai. Jis j¡ taip ir pavadino:Knyga apie azartinius lo²imus (Liber de Ludo Aleae). i knyga, deja, nepadaredideles itakos tikimybiu teorijos raidai, nes nepatrauke amºininku demesio. D.Grauntas (16201674) savo knygoje Naturalistines ir politines iºvalgos, gautosi² mirtingumo lenteliu (Natural and Political Observations Made upon the Billsof Mortality) i²deste i²vadas, kurias jis nustate tyrinedamas Londone periodi²kaispausdintas mirtingumo lenteles. Iki D. Graunto tomis lentelemis dometasi tik i²iprastinio ºmogi²ko, bet ne mokslinio smalsumo.

Dabar tikimybiu teorijos ir statistikos vaidmeni bei reik²m¦ galime apibudin-ti ai²kiai ir tiksliai: tai matematikos ²aka ir tuo pa£iu metu praktines veiklospatareja, t. y. taikomasis mokslas. Ta£iau ir dabar kartais tenka i²girsti nuomon¦,kad ji nieko vertingo praktikai patarti negali.

Prisiminiau, kaip kart¡ gana atkakliai gin£ijausi su jaunuoliu, gynusiu nuomon¦,kad tikimybiu teorija nereikalinga, nes visus jos praktinius uºdavinius galima i²spr¦stinaudojantis vien tik procentais. I²spr¦sti, ºinoma, galima; kartais gaunami tiepatys atsakymai, kaip ir remiantis teorija. Ta£iau visada kyla klausimas: kodel

5

turime pasitiketi tokiais sprendimais? Atsakydami i tai ºmones i² tiesu pradedadestyti savo teorij¡, supint¡ i² nei²grynintu s¡voku ir sveikos nuovokos iºvalgu.Ta£iau dabartine tikimybiu teorija gali pateikti teisingu i²vadu, kurios ne tik ne-prieinamos sveikai nuovokai, bet netgi jai prie²tarauja. Panagrinekime kad irtoki ºaislini pavyzdi. Ant stalo yra 9 sveikos taures ir viena neºymiai iskilusi. Duºmones vienas po kito atsitiktinai ketina pasirinkti po taur¦. Kuris yra geresnejepadetyje, t. y. kurio galimybes pasirinkti ger¡ taur¦ didesnes pirmojo ar antrojo?Kartais ºmoniu nuomones ²iuo klausimu i²siskiria, taigi sveika nuovoka pakuºdaskirtingas i²vadas.

Gyvenime viskas be paliovos kei£iasi. Butina ir imanoma numatyti svarbiausiasraidos tendencijas, ta£iau neimanoma visko suplanuoti detaliai. Taigi kasdien pri-valome rinktis vien¡ i² keliu tiketinu baig£iu arba raidos scenariju. tai tuomet irprisireikia argumentuotu kriteriju. Tada ir prisimenama tikimybiu teorija. Ta£iauji ne Delfu orakulas, ji atsako ne i visus klausimus, o tik i tinkamai suformuluo-tus! Kad tinkamai suformuluotume klausim¡, turime i²manyti tikimybiu teorijoss¡voku sistem¡, jos ºiniu pagrindus.

Tokie pagrindai ir destomi ²iame vadovelyje. Ji sudaro keturios dalys. Pirmo-joje apºvelgiama tikimybiu teorijos raida nuo pirmuju iºvalgu iki brandaus mokslo.Antrojoje, pavadintoje Tikimybine erdve kuriama tikimybiu skai£iavimo scena,t. y. visi teorijos reikmenys ir metodai. Galima isivaizduoti, kad ²ios dalies tikslas sukurti atsitiktiniu ivykiu matavimo instrumentus, kuriais pasinaudoj¦ galimenustatyti, kurie ivykiai yra daºnesni, kurie retesni, t. y. kuriais galima daugiau,kuriais maºiau pasikliauti.

Tre£ioji dalis skirta atsitiktiniams dydºiams. Tai dydºiai, susij¦ su atsitik-tiniais ivykiais, igyjantys daºniausiai skaitines reik²mes. Pavyzdºiu ilgai ie²kotinetenka: juk neºinote, kiek elektroninio pa²to lai²ku gausite per dien¡, kiek laikoteks praleisti transporto kam²£iuose... Tre£iojoje dalyje i²destyti atsitiktiniu dydºiusavybems reik²ti naudojami irankiai ir charakteristikos. Svarbiausias ²ios daliesskyrelis yra ir pats trumpiausias. Jame suformuluota centrine ribine teorema.Ta£iau kad gerai suvoktumete, k¡ ji teigia ir kodel yra svarbi, teks pastudijuotikone visus pirmesniuosius puslapius!

Ketvirtoji dalis skirta statistikos metodams ir uºdaviniams. Statistikos prisireikia,kai tirdami tam tikr¡ tikroves rei²kini sukaupiame dideli kieki duomenu. Tir-dami duomenis noretume pasinaudoti tikimybiu teorijos modeliais ir formuluotitam tikras i²vadas. Kaip tai padaryti matematines statistikos rupestis.

ymus danu dailininkas Peteris Stormas kart¡ tare: Sunkus yra gyvenimas, betmatematika dar sunkesne. Skubu nuraminti ²is tikimybiu teorijos ir matematinesstatistikos vadovelis nera sausos ir grieºtos matematikos knyga. Ta£iau ji galipraversti ir tiems, kurie ketina studijuoti tikrai matematin¦ tikimybiu teorijosknyg¡. Juk ºymiai geriau leistis i ºygi, turint daugiau ar maºiau ai²kius vaizdiniusto, su kuo teks susidurti. Verta pamineti kukli¡ budistin¦ i²tarm¦, kuria nesiliaujuºavetis: Nepatyr¦ nu²vitimo, turi studijuoti turini, o patyr¦ form¡.

6

1 Kaip tai atsirado?1.1. Dvi ²akos

Burtai ir lo²imai kauliukais, loterijos... Labai ilgai ºmones mane, kadtai paklusta tik dievu ar likimo valiai. Nuojauta, kad ir £ia slypi tamtikri desniai, brendo letai.

Taip buna beveik visuomet: pirmiausia veiksmas, o po to mintis. Arbamintis veiksmas, kuris rodo, kad mintis nebuvo itin gera vel mintis...

Kiekviena teorija yra geriau ar blogiau suderintu s¡voku ir ideju sistema.Galime neabejoti ji i²augo i² praktines ºmoniu veiklos, netgi jei dabar tospraktines veiklos teorijoje nebera nei atspindºio.

Taigi kokia praktine ºmoniu veikla i²kele klausimus, i kuriuos bandantatsakyti atsirado tikimybiu teorija?

Tikimybiu teorija i²pletojo ir paai²kino net dvieju, labai skirtingu veiklosru²iu patirti. Vienas ºmoniu uºsiemimas, pareng¦s dirv¡ tikimybiu teorijospagrindams azartiniai lo²imai. Uºsiemimas gana malonus ir nerupestingas.Kitas uºsiemimas gerokai rimtesnis ir sunkesnis: i²tekliu (ºmoniu, ºemes,pastatu ir kitokiu turtu) apskaita. Kitaip tariant ivairus sura²ymai...

Abu uºsiemimai labai seni ir labai skirtingi.

Astragalas - lo²imo kauliukuprotevis

Lo²imai yra pramoga, o sura²ymai darbas,rupestis del turto.

Ta£iau tikriausiai ir azartiniai lo²imai, ku-riuose sekm¦ ar nesekm¦ lemia nenuspejamaslo²imo kauliuku elgesys ar kortu i²sidestymas,taip pat turi anaiptol ne lengvabudi²k¡ prie²is-tor¦. Tais tolimais laikais, kai daugybe dievuvalde visa, kas ºemeje vyko, ºmones burtaisbandydavo suºinoti dievu, kurie niekada niekonepasako tiesiai-²viesiai, nuomones.

inomas ir tokiu burtu irankis, kuri naudojo Artimuju Rytu tautos irgraikai astragalas, kanopiniu ºinduoliu uºpakaliniu koju kaulas. io ke-tursienio kaulo sienos yra apyplok²tes, dvi pla£ios, dvi siauros. Jeigu kaul¡mesime, kuri siena bus vir²utine, ºinos tik lemti valdantys dievai. Taigii² anksto nenuspejama baigtis prana²yste, informacijos i² dievu pasaulionutekejimas. Gudrus vis delto budas i²kvosti aroganti²kas, amºinai tylin£iasdievybes!

Nugludinus astragal¡ galima pasigaminti ir ²e²iasieni kauliuk¡! Tarpupiogyventojai (tikriausiai, sumanieji ²umerai) ²e²iasienius kauliukus gamino ir i²molio. Irako ºemeje rastas toks kauliukas pagamintas apie 3000 m. pr. Kr.!

7

Taigi lo²imo kauliukai i² pradºiu burtams, o veliau irankis nuobo-duliui i²bla²kyti. Toki lo²imu taikym¡ mini Homeras: graiku kareiviai lo²¦kauliukais leisdami nuobodºias Trojos apsiausties valandas. Dar idomesnilo²imu taikymo atveji mini Herodotas ra²ydamas apie Lidijos gyventojusmaºdaug 1500 m. pr. Kr. kamavusi badmeti. Kad pamir²tu kankinantialkio jausm¡, lidie£iai es¡ sugalvoj¦ ivairiu lo²imu su astragalu, kamuoliu irkitokiu, lo²davo vis¡ dien¡. Isitrauk¦ i lo²imus uºmir²davo alki, o valgydavotik kas antr¡ dien¡...

Europie£iai irgi neatsispyre lo²imo kauliuku burtams. Lo²e ir Romos im-peratoriai, ir paprasti romenai. Net Markas Aurelijus Romos imperatoriusir didis losofas lo²e. Romenu nuomone, kuria puse atvirs mestas lo²imokauliukas, sprende Dzeuso dukra Fortuna.

Veliau atsirado dar ir kitas burtu bei lo²imu irankis kortos. Jas eu-ropie£iai irgi atsigabeno i² Rytu. Kortas i Europ¡ parveºe lik¦ gyvi kryºiauskaru entuziastai. Kaip ir ²achmatus bei sausainius, beje... Keturi kortu kara-liai tuomet nebuvo abstrak£iu karalys£iu valdovai kaip dabar. Kryºius tadavalde ºydu karalius Dovydas, ²irdis franku karalius Karlas, vynus graikuvaldovas Aleksandras Didysis, o bugnus Julius Cezaris.

O dar veliau

Europie£iai kortomis pradejo lo²ti apie 1370 metus. Apielo²imu kortomis istorij¡ galite daugiau suºinoti atsivert¦tinklalapi http://www.wopc.co.uk/

atsirado loteri-jos. Savoti²kosloterijos buvo ren-giamos senovesKinijoje 100 m.pr. Kr., pajamosi² ju buvo nau-dojamos didingokinu sumanymo didºiosios kinusienos statybosnansavimui. Ivai-riu ²aliu vyriausybes

naudojo loterijas kaip pajamu ²altinius svarbiems projektams nansuoti. 1

Europoje loteriju populiarintoja teisinga laikyti Olandij¡. Pats ºodis lotolandi²kai rei²kia lemti. Olandai pirmieji pradejo rengti loterijas vien tik supiniginiais prizais. Ju valstybine loterija staatsloterij, pradeta rengti 1732metais, veikia iki ²iol!

Taigi azartiniu lo²imu istorija tukstantmete. Ta£iau bandymai matema-ti²kai nagrineti ju desnius labai velyvi.

O dabar apie kit¡ uºsiemim¡, i² kurio irgi i²augo tikimybiu teorijoss¡vokos ir uºdaviniai. Gyventoju ir turto sura²ymai pirmiausia, ºinoma,

1Apie loteriju istorij¡ ºr., pavyzdºiui, www.mylottocorner.com/lottery−history.php8

parupo valdovams. Tokius sura²ymus vykde senojo Izraelio karaliai, romenuimperatoriai... Kas ten buvo sura²yta, jau nepaskaitysime. O ²tai apie Vil-jamo Uºkariautojo, 1085-1086 metais vykdyto Anglijos gyventoju ir turtosura²ym¡ galime suºinoti, nes ira²u knygos i²liko. iu knygu ºinios yra labaipatikimos, nes pateikejai ju tikrum¡ turejo patvirtinti priesaika.

Ta£iau tokie sura²ymai

Apie Viljamo Uºkariautojo vykdyt¡ sura²ym¡daugiau suºinoti atsivert¦ tinklalapihttp://www.domesdaybook.co.uk/index.html

buvo labai reti ir duome-nys skirti veikiau perºiu-rai nei i²samiam tyrimui.Galetume pavadinti ²iuosduomenis statistiniais, betkol atsirado statistikai, pra-ejo ne vienas ²imtmetis.

Gerai ºinoma, kad labaidaºnai ºmones veiklai ikve-pia ivairios bedos. Varguar buta didesnes bedos vidu-ramºius pabaigusioje ir mo-derneti pradejusioje Europoje nei maras. Maras uºeidavo ir ²ienaudavo ne-sirinkdamas. 1532 metais Londone buvo sumanyta imtis mirusiuju sura²ine-jimo, ²itaip bent jau bandant nustatyti, ar nearteja eiline maro ²ienapjute.Veliau sura²ymo duomenis buvo pradeta spausdinti, svarbiausia - reguliariai.itaip susikaupe didelis kiekis duomenu, kuriems buvo lemta tapti pirmosiosstatistines analizes medºiaga.

Verta pamineti dar vien¡ veiklos sriti, kuria ºmones, gyvenimo pamokyti,suskato uºsiimti draudimo sistemos kurim¡.

1.2. ItalaiLuca Paciolis: pirmieji uºdaviniai apie lo²imus matematikos knygoje.Girolamo Cardano: pirmasis bandymas matemati²kai tyrineti lo²imus nei²gydomos ligos ²altini!

Kas isitraukia i lo²imus, tas apie jokias teorijas nem¡sto. Taigi kas irkada teori²kai pradejo galvoti apie atsitiktinius ivykius? Negin£ytino at-sakymo, ºinoma, nesurasime, bet jeigu spesime, kad Aristotelis apie juos pa-galvojo, nesuklysime. Nes Aristotelis tikriausiai pagalvojo apie visk¡, apie k¡tuo metu buvo imanoma pagalvoti. Kadangi jis buvo didis sistemintojas, taisuklasikavo ir ivykius: yra ivykiai, kurie butinai ivyksta; kiti ivykiai ivykstadaºniausiai, tai tiketini ivykiai; ir pagaliau yra neprognozuojami ivykiai, t.y. ivykiai, kuriu numatyti niekaip nei²moksi.

9

K¡ gi, losojai to gal ir pakako. O matematikai atsitiktiniais ivykiais i²viso nesidomejo. Juk tuomet matematika buvo nekintamu dydºiu ir amºinudesniu mokslas!

I matematin¦ knyg¡ uºdavini apie lo²imus ko gero pirmasis itrauke LucaPaciolis. Jo veikale Suma (tai i² tikruju buvo to meto matematikos ºinius¡vadas), i²leistame 1494 metais, suformuluotas toks klausimas:

Du lo²ejai meto monet¡, vienas gauna ta²k¡, kai moneta atvirstaherbu, kitas kai skai£iumi. Vis¡ lo²imo bank¡ laimi tas, kas pir-mas surenka n ta²ku. Deja, lo²im¡ teko nutraukti, kai laimetojasdar nebuvo ai²kus. Pirmasis lo²ejas turejo p, antrasis q ta²ku.Kaip pasidalyti bank¡?

Uºdavinys pasirode toli graºu nelengvas. Pats Paciolis nesugalvojo teisingosprendimo. Jeigu manote, kad uºdavinys nesunkus, pabandykite sugalvotisav¡j¡ banko dalijimo taisykl¦. Tarkime, lo²imas baigiasi, kai vienas lo²ejassurenka penkis ta²kus. Kaip padalintumete,pavyzdºiui, 100 litu sum¡, jeigujus surinkote tris ta²kus, o kitas lo²ejas tik vien¡. Nustat¦ taisykl¦ geraipagalvokite, ar ji jums butu priimtina, jeigu jus turetumete tik vien¡, o kitas tris ta²kus!

Azartiniai lo²imai ir prakti²kai,

Girolamo Cardano (1501-1576)

ir teori²kai labai domino italu ma-tematik¡ Girolamo Cardano (1501-1576). Pavadinti ji matematiku neravisi²kai teisinga. Europos renesansolaikais budavo ºmoniu, kurie domejosiviskuo, kuo buvo imanoma dometis,ir veike visk¡, k¡ tik buvo imanomaveikti. Taigi ir apie Cardano teisingapasakyti, kad jis buvo tiek matem-atikas, kiek gydytojas, losofas, ivairiuprietaisu i²radejas. Kai autombiliuremonto dirbtuvese ²altkalviai kalbaapie kardano velen¡, jie nors ir ne-ºinodami mini Girolamo Cardanopavard¦!

Taigi Cardano buvo aistringas lo²ejas. Jis lo²e viskuo: kauliukais, kor-tomis, ²achmatais. Apie lo²imus jis para²e ²tai k¡:

Jeigu azartiniai lo²imai yra blogis, tai turint galvoje didºiulilo²eju skai£iu, tai yra naturalus blogis. Todel turetume tarsi gy-dytojai tai vertinti kaip nei²gydom¡ lig¡.

10

Apie lo²imus jis para²e knyg¡ Liber de ludo aleae. Tai pirmoji knyga,kurioje atsitiktinius ivykius bandoma nagrineti pasitelkus matematik¡. Irgana sekmingai! Tikimybes apibreºimas palankiu baig£iu skai£iaus ir visubaig£iu skai£iaus santykiu, kuri mes dabar vadiname klasikiniu, yra GirolamoCardano ideja!

Ta£iau ji buvo i²spausdinta tik 1663 metais, kai atsitiktiniu ivykiu mate-matinis tyrinejimas buvo gerokai pasistumej¦s i prieki.

Cardano knyg¡ idomu paskaityti ir dabar. Tais laikais dar nebuvo susi-formavusi nuomone, kad apie matematik¡ reikia ra²yti labai rimtai ir nuo-bodºiai. 2

Azartiniu lo²imu matematika domino ir kitus naujuju laiku mokslininkus.Pavyzdºiui, Galileo Galilejus savo straipsnyje Atradimas, susij¦s su lo²imokauliuku svarste toki klausim¡:

Met¦ tris lo²imo kauliukus 9 ir 10 aku£iu galime gauti ²e²iais budais.Kodel lo²ejai mano, kad 10 aku£iu atvirsta daºniau?

I² tikruju, ar ju nuomone teisinga?

1.3. Johno Graunto demograne aritmetikaSukauptos knygos dar ne i²mintis. Surinkti duomenys - dar ne ºinios.Istorija apie tai, k¡ anglu pirklys Johnas Grauntas suºinojo studijuo-damas i² pirmo ºvilgsnio nuobodºias Londono gyventoju mir£iu ira²uknygas.

Mokslu istorija beveik kaip politine istorija. Antikos graiku laikais ºodismatematika rei²ke visas ºinias, taigi vis¡ moksl¡. Palaipsniui mokslo impe-rijoje susidare savaranki²kos sritys, tarsi valstybes, gavusios savus vardus, ki-taip tariant mokslas susiskaide. Matematikos imperija susitrauke iki skai£iuir geometriniu formu teritorijos. Ta£iau jos itaka nuolat augo, pasigirdo netgitokiu nuomoniu, kad visi mokslai turetu vartoti t¡ pa£i¡ matematikos kalb¡.Ilgiausiai laikesi socialinius rei²kinius nagrinejantys mokslai. inoma, galimamanyti, kad kol ²iems rei²kiniams matematikos metodai nebuvo taikomi, tolir tu mokslu valstybiu nebuvo vien tik laikinos klajokliu gen£iu s¡jungos.Kad matematiniai metodai taip ilgai nebuvo taikomi socialiniams rei²kiniamstyrineti (ir dabar ju taikymas kelia daug keblumu), nieko nestebina. Juk su-sivokti visuomenes rei²kiniuose daºniausiai padeda veikiau gera nuojauta neinepriekai²tingai tiksli logika.

2Jeigu mokate lotyni²kai (ta£iau a² tuo labai abejoju!), galite Cardano knyg¡ Liber deludo aleae paskaityti tinklalapyjehttp://www.kloster-metten.de/cardano−de−ludo−aleae.htm .

O angli²kai apie knyg¡ http://probability.ca/jeff/ftpdir/mcfadyenreviews.pdf.

11

Vienas i² pirmuju ºmoniu, socialiniu rei²kiniu ai²kinimui pasitelkusiuskai£ius, buvo anglas Johnas Grauntas (1620-1674).

Johnas Grauntas nebuvo tuometinio mokslininku elito ºmogus. Jis buvopapras£iausias pirklys, prekiav¦s drabuºiais. Ta£iau negi profesija visk¡ lemia?Lemia, ar ºmogui rupi tik jis pats, ar ir pasaulio reikalai. Johnui Graun-tui parupo, kodel kasmet tvarkingai i²spausdinami tomai su ºiniomis apiemirusius Londono gyventojus (Bills of Mortality) gula dulketi i lentynas benaudos. Jis perºiurejo 37 metu knygas, suskai£iavo del ivairiu prieºas£iumirusius ºmones, pavaizdavo duomenis lentelemis, padare ivairias i²vadas irpara²e traktat¡ Natural and Political Observations Made upon the Bills ofMortality. i 1662 metais pasirodºiusi veikal¡ galime vadinti pirm¡ja statis-tikos knyga.

Kai kam pasirodys: anoks £ia atradimas pavaizduoti duomenis lentelemis!Ta£iau visk¡, kuo dabar esame iprat¦ naudotis, kaºkas pirmas turejo sugal-voti!

Taigi Johno Graunto knyg¡ sudaro duomenu apie gyventoju mirtingum¡lenteles ir jas tyrinejant suformuluotos i²vados. Kokios i²vados? Pavyzdºiui,berniuku gimsta daugiau negu mergai£iu; moterys gyvena ilgiau; nors berniukugimsta daugiau, ta£iau vedybinio amºiaus ir vyru ir moteru jau buna apyly-giai...

Johnas Grauntas sudare pirm¡j¡

Bills of Mortality vir²elis

Londono gyventoju mirtingumo lentel¦:Amºius moniu skai£ius

0 1006 64

16 4026 2536 1646 1056 666 376 1

Tokiomis lentelemis naudojasi irmusu laiku draudimo srities teore-tikai ir praktikai. Lentelemis nau-dojosi ir Graunto amºininkas Will-jamas Petty, savo knygoje Politinearitmetika nagrinedamas mokes£iu,prekybos ir kitus ekonomikos klausimus.

Savo tyrimus Johnas Grauntasapibudino taip:

12

... nding some Truths, and not commonly believed Opin-ions, to arise from my Meditations upon these neglected Papers,I proceeded farther, to consider what benet the knowledge ofthe same would bring to the World...3

Taigi galime tvirtinti, kad Johnas Grauntas apibreºe statistiko profesijosesm¦: duomenu analize ir i²vados bei prognozes.

J. Graunto veikalas pakylejo ji i² pirklio luomo iki Karali²kosios mokslodraugijos nario auk²tumu. ios 1660 metais isteigtos draugijos nariai buvotituluoti ir kilmingi ºmones mokslu daktarai, dvasininkai... Del J. Grauntonarystes draugijoje kilo abejoniu, todel atsiklausta karaliaus arlzo Antrojo.Karalius atsake taip:

Butinai priimkite John¡ Graunt¡ i savo draugij¡, o jeigu surasite dar irkit¡ toki pirkli kaip jis, tai ir ji nedelsdami priimkite..

1.4. Mokslo pasaulio kometa Edmondas HalleyEdmonas Halley (1656-1742) daug laiko skyre dangaus ²viesuliu ste-bejimui. Ta£iau atkreipe demesi ir i emes gyvenimo rei²kiniu statis-tinius desningumus. Taigi tikimybiu teorijos ir statistikos mokslu daigai,nors ir i² leto, bet rodosi.

Daugelis esame girdej¦ apie Halley komet¡. Ji pasirodo ºmonems maº-daug kas 75-76 metai. Paskutiniuosius jos skrydºius musu dangumi galimabuvo stebeti 1758, 1835, 1910, 1986 metais, dalis musu amºininku gales j¡ velpamatyti 2061 metais. Kai kas mano, kad Betliejaus ºvaigºde krik²£ioni²koseros au²roje buvo ta pati kometa.

O musu pasaulyje ji vadinama anglu mokslininko Edmondo Halley (1656-1742) vardu. Kodel? Nes jis numate, kad kometa vel pasirodys 1758 metais.Taip ir ivyko.

Kodel Edmond¡ Halley minime bandydami apºvelgti tikimybiu teorijos irstatistikos raid¡? Nes pats Halley gyvenimas gerokai primena kometos skrydi.Jis praleke daugelio mokslu teritorijose ir paliko jose dali savo ²vytejimo.

tai tik keletas jo gyvenimo ºygiu. Pasiturin£iu tevu namuose igij¦s tin-kam¡ i²silavinim¡ ir itikin¦s savo gabumais bei ryºtu, i²vyko i Oxford¡ sudidele manta tevai nepagailejo dideliu pinigu ir aprupino busim¡ji dan-gaus tyrinetoj¡ tokia astronominiu prietaisu gausa, kurios uºtektu isteigtinuosav¡ observatorij¡. Halley apsilanke Karali²kojoje Greenwicho observa-torijoje, ir, vadovaujant karali²kajam astronomui Flamsteedui, emesi astro-nominiu stebejimu ir matavimu. Ta£iau, matyt, kitu ºmoniu sumanymuvykdymas buvo ne Halley charakteriui. Nebaig¦s studiju jis leidosi i tolim¡

3... galvodamas apie ²iuos demesio nesusilaukusius ra²tus a² nusta£iau tiesas, o nenuomones, kuriomis pasikliaujama, ir emiau svarstyti, koki¡ naud¡ ²ios ºinios gali teiktipasauliui...

13

kelion¦ i ventosios Elenos sal¡ su ambicingu tikslu sudaryti Pietu pus-rutulio dangaus ºvaigºdelapi. Dali ²io darbo jis i² tiesu atliko. Be to jissudare pirm¡ji okeanu veju ºemelapi, verte matematinius graiku veikalus i²arabu kalbos, galvojo apie traukos desni, kuriam paklusta planetos, o suºino-j¦s, kiek ²ioje srityje yra pasistumej¦s Newtonas, i²kart suvoke jo atradimureik²m¦ ir skatino Newton¡ skelbti pagrindini jo veikal¡ Principia. Ir ne tikskatino pats skaite, taise, redagavo ir nansavo.

O tikimybiu teorijos istorijoje

Edmond Halley (1656-1742) angluastronomas ir matematikas.

ji minime del nedidelio veikalo ilgupavadinimu, kuriame jis analizuojaBreslau miesto (dabartinio Wrocla-vo) gimimu ir mir£iu registravimoduomenis. Taigi Halley naudojo pa-na²ius duomenis kaip Grauntas. Ta-£iau jo tiriami klausimai yra kon-kretesni, o duomenu analize tikslesne.Juk Grauntas vis delto buvo tik ²i-aip smalsus ir i²radingas ºmogus, oHalley auk²to lygio matematikas!

Pagrindine tema, kuri¡ Halleypasinaudodamas Breslau duomeni-mis bando tyrineti tiketina ºmo-gaus gyvenimo trukme. Halley for-muluoja klausimus labai konkre£iai.Pavyzdºiui: kokia tikimybe, kad keturiasde²imties metu amºiaus ºmogusgyvens dar bent septynis metus? tai jo skai£iavimo pavyzdys. Nustat¦s40 metu amºiaus ºmoniu skai£iu (tarkime, ju yra 550) ir 47 metu amºi-aus ºmoniu skai£iu (500) jis suranda skirtum¡ 550 − 500 = 50 ir galimybiuketuriade²imtme£iui gyventi dar bent penkis metus skai£iaus ir liudnesnioatvejo galimybiu skai£iaus santyki vertina trupmena 500 : 50 = 10 : 1. Tadatikimybe, kad keturiasde²imties metu amºiaus ºmogus gyvens dar bent sep-tynis metus lygi 10

11.

inoma, tai labai paprasta matematika. Galima teigti, kad pana²iaissamprotavimais naudojasi kone kiekvienas ºmogus, svarstydamas apie jamrupimo tikroves rei²kinio raid¡. I² tiesu, statistinis m¡stymas yra musuamºininku kasdienio proto elementas. Ta£iau ne visada taip buvo. Kaºkasturejo buti pirmas, kaºkas turejo i²mokyti taip svarstyti. Edmond Halleybuvo vienas i² pirmuju statistinio m¡stymo mokytoju. Savo darbe jis pateikei²vadas, kurios svarbios vienai labai senai ºmoniu veiklos sri£iai, turbut tokiaipat senai, kaip civilizacija draudimui. Dabar draudimo specialistai vadi-

14

nami aktuarijais, pagrindinis ju veiklos tikslas rizikos faktoriu vertinimas.i sritis vienas pagrindiniu ²iuolaikines statistikos uºdaviniu ²altiniu.

Taigi aktuarijai, apºvelgdami savo srities istorij¡, turetu nors probeg²maispamineti ºmogu, kuris, nors ir labiau domedamasis kometomis, prabegomisir juos ²io bei to pamoke.

1.5. Iºymieji Fermat ir Pascalio lai²kaiPenkiuose lai²kuose matematikai dalijosi vieno su lo²imais susijusiouºdavinio sprendimo idejomis. Jos sukure pagrind¡ tikimybiu teorijosraidai. Tikimybinius samprotavimus Pascalis taike netgi m¡stydamasapie losones problemas: Dievas yra arba jo nera; galiu juo tiketi,galiu ne; yra keturios galimybes, tik viena man nepalanki (Dievas yra,bet juo netikiu), taigi tiketi verta.

Galima sugalvoti ivairiu lo²imo su kauliuku taisykliu. Pavyzdºiui, sumokateina²¡, croupier meta kauliuk¡, ir jeigu atvirsta viena akute, jus laimite. Gananuobodus lo²imas, ir laimejimo galimybe nedidele...

Galima susitarti, kad lo²ejas laimi tada, kai viena akute atvirsta norsvien¡ kart¡, metus kauliuk¡ keturis kartus.

XVII amºiaus vidurio prancuzu diduomenes salonu ºvaigºde Antoine Gom-baud, Chevalier de Méré (1607 1684) mane, kad ²ios lo²imo s¡lygos ganapalankios. Jis tikriausiai galvojo maºdaug taip: metus kauliuk¡ vien¡ kart¡,i² ²e²iu galimybiu tik viena rei²kia laimejim¡, taigi palankiu galimybiu san-tykis su visu galimybiu skai£iumi yra 1 : 6. Jeigu mesime kauliuk¡ keturiskartus, metimu skai£iaus ir kauliuko atvirtimo galimybiu skai£iaus santykisbus lygus 4 : 6 = 2 : 3 ir lo²imas tikriausiai taps palankus lo²ejui. Nors sam-protavimas ir neatrodo itikinantis, i²vada teisinga: lo²imas tikrai palankuslo²ejui.

O jeigu metome lo²imo kauliuku por¡ ir laimime tada, kai abu jie atvirstasienelemis su viena akute? Kiek kartu reikia mesti kauliukus, kad lo²imastaptu palankus lo²ejui?

Kadangi vien¡ kart¡ met¦ kauliuku por¡, laimime tik vienu atveju, taisantykis lygus 1 : 36. De Méré padare i²vad¡, kad noredami, jog palankiugalimybiu butu daugiau negu nepalankiu, turime mesti kauliuku por¡ 24 kar-tus, nes tada metimu skai£iaus ir vieno metimo galimybiu skai£iaus santykisbus toks pat kaip lo²imo su vienu kauliuku atveju: 24 : 36 = 2 : 3.

inoma, lo²imas su dvide²imt keturiais metimais trunka ilgiau, ta£iautai juk privalumas! Daugiau metimu, daugiau emociju. Ta£iau pasirink¦spastar¡ji lo²imo bud¡, de Méré eme daºnai pralo²ti!

Kas £ia ne taip? Chevalier De Méré kreipesi i Blaise'¡ Pascali (16231662)pra²ydamas paai²kinti, kur £ia ²uo pakastas. Kad Blaise'o Pascalio protas

15

a²trus kaip skustuvas, ºinojo visi. Pascalis - vienas didºiausiu visu laikumatematiku, nors matematika jis uºsieme tik nedideli savo trumpo gyven-imo tarpsni. Ta£iau tuomet, 1654 metais, matematika ji domino ir Pascalisisigilino i de Méré klausim¡.

inoma, dabar teisingai atsakyti

Blaise Pascal (16231662) prancuzumatematikas, losofas, ra²ytojas.

i ²i klausim¡ galetu kone kiekvienasgimnazijos paskutines klases mok-sleivis. Suprasti Chevalier De Mérénesekmiu prieºasti nebuvo sunku irPascaliui. Svarbiau, kad Pascalissusidomejo su lo²imais susijusiaisuºdaviniais ir prane²e apie savo svar-stymus Pierre'ui Fermat. Abu matem-atikai para²e vienas kitam po kelet¡lai²ku. iu lai²ku mintys ir rezul-tatai sukure tvirt¡ pagrind¡ tiki-mybiu teorijos uºdaviniams nagrineti.Galime teigti, kad ²iais 1654 metaispara²ytais lai²kais baigiasi tikimybiuteorijos prie²istore ir prasideda tikrojiteorijos raida.

Kokiam gi uºdaviniui apie lo²imus skyre daugiausia demesio abu matema-tikai savo lai²kuose? Banko dalijimo uºdaviniui, kai lo²imas buvo per ankstinutrauktas. Ir Pascalis, ir Fermat sukure savo metodus ²iam uºdaviniuispr¦sti, bet atsakym¡ gavo t¡ pati. Jie nagrinejo ne tik dvieju lo²eju, betir sudetingesni triju lo²eju nebaigto lo²imo atveji.

Maºdaug tais pa£iais 1654 metais Pascalis para²e veikal¡ apie aritmetinitrikampi (Traité du triangle arithmétique). ios knygos idejos svarbiostikimybiu teorijos ir kombinatorikos raidai ... apskritai visos matematikosraidai.

Skai£iu trikampi Paskalis sudare pagal toki¡ taisykl¦: pirmojoje lenteleseiluteje ir pirmajame stulpelyje sura²e vienetus, o i kiekvien¡ kit¡ lenteleslangeli uºra²e dviejuose gretimuose langeliuose (kairiajame ir vir²utiniajame)jau ira²ytu skai£iu sum¡. Taigi i² tiesu tai skai£iu lentele, o ne trikampis.Aritmetinius trikampius gausime pjaustydami ²i¡ lentel¦ pagal istriºaines.Vienoje i² tokiu istriºainiu yra, pavyzdºiui, skai£iai 1, 5, 10, 10, 5, 1. Pradekimeistriºaines numeruoti nuo tos, kurioje yra tik du skai£iai 1, 1. Tada n-ojojeistriºaineje yra n + 1 skai£ius. Dabar ²iuos skai£ius matematikoje priimta

16

ºymeti

C0n, C1

n, . . . , Cn−1n , Cn

n , arba

(n

0

),

(n

1

), . . . ,

(n

n− 1

),

(n

n

).

Pastarasis ºymejimas laikomas modernesniu, bet man patinka ir pirmasis,kuri matematikai naudoja jau daugiau kaip ²imt¡ metu.

1 1 1 1 1 1 1 11 2 3 4 5 61 3 6 10 151 4 10 201 5 151 61

Aritmetinio trikampio istriºaines

Pierre Fermat (1601 - 1665)

skai£iai yra sumos laipsnio skleidiniokoecientai, todel jie vadinami bi-nominiais koecientais. Taigi

(x + y)n =n∑

m=0

Cmn xmyn−m.

Blaise'as Pascalis nera pirma-sis ²iu skai£iu atradejas. I² tiesupana²ias lenteles galime rasti ir ºy-miai senesniu laiku matematiku ra²-tuose. Ta£iau Pascalis pirmasis juosi²samiai i²tyre, atskleide daug juossiejan£iu ry²iu, o irodymui panau-dojo (tikriausiai pirm¡ kart¡ matem-atikos istorijoje) matematines in-dukcijos metod¡. Matematines in-dukcijos metodas yra kasdienis ir

nepakei£iamas matematiku irankis. Toks jis bus visada. Kaip tikram keli-autojui (ne turistui) kasdienis ir nepakei£iamas irankis visada buvo ir buspapras£iausia lazda! Taigi ²i aritmetini trikampi pelnytai galime vadinti Pas-calio trikampiu.

Naudodami binominiu koecientu ºymeni aritmetinio trikampio sudarymotaisykl¦ galime uºra²yti taip:

Cmn = Cm−1

n−1 + Cmn−1. (1)

17

Pritaik¦ ²i¡ taisykl¦ ²e²tosios istriºaines skai£iui C26 = 15 uºra²ykime 15 =

5 + 10. Taikykime taisykl¦ skai£iui 10 ir kitiems tame pa£iame stulpelyjeuºra²ytiems skai£iams:

15 = 5 + 10 = 5 + 4 + 6 = 5 + 4 + 3 + 3 = 5 + 4 + 3 + 2 + 1.

Lenteles skai£ius lygus kairiajame stulpelyje uºra²ytu skai£iu sumai! Galime²i¡ savyb¦ uºra²yti ir labai moksli²kai:

Cmn = Cm−1

n−1 + Cm−1n−2 + . . . + Cm−1

m + Cm−1m−1 , 0 < m ≤ n.

O dabar pasinaudokime (1) savybe kitaip ir i²reik²kime ²e²tosios istriºainestre£iosios eilutes skai£iu C4

6 = 15:15 = 5 + 10 = 5 + 4 + 6 = 5 + 4 + 3 + 3 = 5 + 4 + 3 + 2 + 1.

Taigi Pascalio trikampio lenteles skai£ius yra lygus eiluteje vir² jo para²ytuskai£iu sumai:

Cmn = Cm

n−1 + Cm−1n−2 + Cm−2

n−3 + . . . + C1n−m + C0

n−m−1, 1 ≤ m < n.

Trikampio skai£iu savybes Pascalis naudojo ivairiems uºdaviniams spr¦sti.Banko dalybu dviems lo²ejams taisykl¦, kai pirmajam iki numatytos sumostruksta n, o antrajam m ta²ku, jis suformulavo taip:

Parinkime r = n + m − 1-¡j¡ trikampio istriºain¦ ir sudarykime tokiasjos skai£iu sumas:

A =m−1∑j=0

Cjr , B =

n−1∑j=0

Cjr .

Bank¡ lo²ejams teisinga padalyti santykiu A : B.

Pavyzdºiui, jeigu pirmajam iki laimejimo truksta 2 ta²ku, o antrajam 4,tai bank¡ reikia padalyti santykiu (1 + 5 + 10 + 10) : (1 + 5) = 13 : 2.

Kaip galima paai²kinti toki¡ taisykl¦? Pastebekime, visu pirma, kadlo²im¡ t¦siant, nugaletojui i²ai²kinti prireiktu ne daugiau kaip r = n+m− 1simetri²kos monetos metimu. Kartais nugaletojas i²ai²kes ir anks£iau, ta£iauisivaizduokime, kad net ir tokiu atveju lo²imas t¦siamas ir atliekama lygiair metimu. Kiekvienas metimas duoda ta²k¡ arba pirmajam arba antrajamlo²ejui. I² viso yra 2r skirtingu kombinaciju. Jeigu yra A palankiu pirma-jam lo²ejui kombinaciju, tai antrajam ju bus B = 2r − A. Taigi bank¡ bututeisinga padalyti santykiu A : B. Belieka isitikinti, kad Pascalio taisyklejeapibreºti dydºiai ir rei²kia palankiu kombinaciju skai£ius.

Sugriºkite prie ²io klausimo perskait¦ kelet¡ ²ios knygos antros daliesskyreliu. Gali buti, kad Pascalio taisykle pasirodys visi²kai ai²ki.

18

1.6. Christiano Huygenso knygelePirmoji tikimybiu teorijai skirta knygele nedidelis uºdaviniu su sprendi-mais rinkinelis. Ta£iau jame yra svarbiu s¡voku uºuomazgu. Viena i²ju atsitiktinio dydºio vidurkis.

Tikimybiu teorijos pradºia keliu gana kukliu uºdaviniu sprendimai irsvarstymai apie juos, i²destyti Pascalio ir Fermat lai²kuose. Nei vienas i² ²iumatematiku toliau nepletojo savo ideju ir nepara²e jokio tikimybiu teorijosveikalo.

Pirm¡j¡ knygel¦, skirt¡ tikimybiu

Olandu matematikas ChristianasHuygensas (1629-1695)

teorijai, para²e olandu matematikasChristianas Huygensas (1629-1695).Lotyni²kai knygele vadinasi Libel-lus de ratiociniis in ludo aleae, ji1657 metais buvo i²spausdinta kaipHuygenso mokytojo F. van Schoo-teno knygos priedas.

Uºdaviniais apie lo²imus Huy-gensas tikriausiai susidomejo savogyvenimo Paryºiuje metais (1666-1681), suºinoj¦s apie Pascalio ir Fer-mat tyrinejimus.

Huygenso knygel¦ sudaro 14 tei-giniu arba uºdaviniu su pateiktaissprendimais. Svarbiausia naujove lo²imo vertes s¡voka, kuri¡ mesdabar vadiname matematiniu atsi-tiktinio dydºio vidurkiu. inoma,Huygensas nagrinejo tik atskirus lo-²imu ir ju vertes skai£iavimo atvejus.

Huygensas samprotauja taip:

jeigu yra p galimybiu laimeti a ir q galimybiu laimeti b dydºiosum¡, tai tokio lo²imo verte yra

ap + bq

p + q.

Taigi Huygenso apibreºta lo²imo verte yra matematinis atsitiktinio dy-dºio, igyjan£io reik²m¦ a su tikimybe p

p+qir reik²m¦ b su tikimybe q

p+q

vidurkis.

19

Kiti teiginiai susij¦ su ivairiais banko dalijimo esant nebaigtam lo²imuiatvejais. Pabaigoje Huygensas pateikia kelet¡ uºdaviniu be sprendimu. taivienas i² tokiu uºdaviniu:

A ir B pakaitomis meto lo²imo kauliuku por¡. A laimi, jeigugauna metimo aku£iu sum¡ lygi¡ 6 anks£iau negu B gauna aku£iusum¡ lygi¡ 7. Kokios A ir B laimejimo tikimybes, jeigu A pradedalo²im¡?

Kone penkiasde²imt metu Huygenso knygele buvo pagrindinis ºiniu apietikimybes s¡vadas.

Veliau pasirode ²veicarai ir prancuzai.

1.7. Ars ConjectandiSpejimo menas taip vadinasi J. Bernoullio knyga, skirta tikimybiuteorijai. Ta£iau ji i²moke matematikus ne speti, kas ivyks, bet tiksliaimatemati²kai formuluoti svarbius tikimybiu teorijos teiginius. Vienasi² ju didºiuju skai£iu desnis, kuri praktikoje taikome taip: didelioskai£iaus apytiksliu reik²miu vidurkiu pasikliaujame labiau nei bet kuriovieno matavimo reik²me.

Tais pa£iais 1654 metais, kai Fer-

veicaru matematikas J. Bernoullis(1654-1705)

mat ir Pascalis lai²kuose svarste uº-daviniu apie lo²imus sprendimu ide-jas, Bazelyje gime Jacobas Bernoullis(skaitome Bernulis). Turtingo pirk-lio ir itakingo miesto pilie£io sunuibuvo numatytas garbingas dvasinin-ko likimas. Ta£iau susikloste ki-taip. Likim¡, kuri pasirinko Ja-cobas, geriausia nusakyti jo patiesºodºiais: Invito patre sidera verso(prie² tevo vali¡ tyrineju ºvaigºdes).Jacobas Bernoullis (1654-1705) irjo brolis Johanas Bernoullis (1667-1748) tapo iºymios ²veicaru moks-lininku ir menininku dinastijos pra-

dininkais.Tiesa, vadinti juos ²veicarais nera visi²kai teisinga. Bernoulliu ²eima

Bazelyje atsirado 1583 metais. Jie atvyko i veicarij¡ i² Antverpeno, kuriuºeme kataliki²kosios Ispanijos kariuomene. Protestantu Bernoulliu ²eima

20

nutare paie²koti saugesnio kra²to gyventi. Ramybes tuometiniuose olandukra²tuose buvo maºai vyko a²tuoniasde²imt metu truk¦s karas su Ispanijadel nepriklausomybes.

Taigi Bernoulliai tapo Bazelio miesto pilie£iais. Ir ne bet kokiais! Vieniºymiu matematiku i² Bernoulliu ²eimos kamieno i²augo net a²tuoni!

Jeigu Fermat ir Pascalio idejos padejo tikimybiu teorijos pamatus, taigalima sakyti, kad Jacobas Bernoullis pradejo kelti ir sienas.

Jacobas Bernoullis para²e tik vien¡ tikimybiu teorijos veikal¡ Ars Con-jectandi (spejimo menas). Ra²e ji ilgai apie dvide²imt metu, ties¡ sakant,ir nepabaige. Knyga i²spausdinta tik 1713 metais, taigi a²tuoni metai po Ja-cobo Bernoullio mirties. Leidejai norejo, kad prie² spausdinant, nebaigt¡j¡dali uºbaigtu Jacobo Bernoullio sunenas Nikolajus Bernoullis, disertacijosSpejimo meno taikymai teiseje (Dissertatio inauguralis mathematico-juridicade usu artis conjectandi in jure, 1709) autorius. Ta£iau sunenas nesijautegalis pabaigti savo iºymaus dedes darbo, ir knyga buvo i²spausdinta tokia,koki¡ j¡ paliko autorius.

Spejimo menas maºdaug triju ²imtu nedidelio formato puslapiu knyga,kuri¡ sudaro keturios dalys. Pirmojoje dalyje pakartotas Huygenso De Ra-tiociniis in Ludo Alea tekstas su Jacobo Bernoullio komentarais. Tiesa,tu komentaru tekstas ilgesnis nei paties Huygenso veikalas. Ir idomesnis.Jacobas Bernoullis nagrineja daug nauju uºdaviniu. tai vienas i² ju:

Lo²ejas A turi m, o lo²ejas B n monetu. Galimybiu laimetiviename lo²ime santykis lygus a : b. Pralaimej¦s lo²im¡ lo²ejassumoka laimejusiam vien¡ monet¡. Lo²iama, kol vienas i² lo²ejupraranda vis¡ savo sum¡. Kokia tikimybe, kad laimes A?

Antroje dalyje nagrinejami uºdaviniai apie keitinius ir derinius, kuriuosmes dabar priskirtume kombinatorikai. Tre£ia dalis skirta i²destytu idejuir metodu taikymui ivairiems lo²imams nagrineti. Bernoullis formuluoja iri²sprendºia 24 uºdavinius, susijusius su populiariais tuo metu lo²imais.

Svarbiausi Bernoullio teiginiai i²destyti ketvirtojoje dalyje. Jos pavadini-mas ºada tikrai daug: Ketvirtoji spejimo meno dalis, kurioje i²destyta, kaip²i moksl¡ taikyti pilietiniams, moraliniams ir ekonominiams klausimams.Ta£iau apie tokius taikymus rastume nelabai daug vertingo. Uºtat ²ioje kny-gos dalyje suformuluotas ir irodytas (ºinoma, atskiru atveju) teiginys, kurigalime pavadinti svarbiausiuju tikimybiu teorijos teiginiu prototipu. iamteiginiui prigijo pavadinimas, kuri sugalvojo prancuzu matematikas DenisasPoissonas didºiuju skai£iu desnis.

Jau Bernoullio gyvenimo metais matematikai vertindami ivykio pasirody-mo galimybes naudojo du metodus. Mes dabar sakytume, kad pirmasis re-miasi klasikiniu tikimybes apibreºimu: ivykio tikimybe yra palankiu baig£iu

21

skai£iaus ir visu galimu baig£iu skai£iaus santykis. Antrasis statistinisapibreºimas naudoja empirinius duomenis: ivykio tikimybe galime laikytiivykio pasirodymo skai£iaus santyki su stebetu atveju skai£iumi. PatiesBernoullio dienora²tyje yra ira²as apie maro tikimyb¦ busimais metais. Ber-noullis ²i¡ tikimyb¦ apibreºia maro metu tam tikru laikotarpiu skai£iaus san-tykiu su visu metu skai£iumi.

Didºiuju skai£iu desnis susieja

Jacobo Bernoullio knygos ArsConjectandi vir²elis

²ias dvi tikimybes. Jis teigia: jeigustatistine tikimybe apskai£iuota at-likus daug nepriklausomu bandymu,tai labai tiketina, kad ji maºai skir-sis nuo teorines, t. y. matema-ti²kai apskai£iuotos tikimybes. Ta-£iau toks didºiuju skai£iu desnio for-mulavimas kelia daug subtiliu klau-simu. K¡, pavyzdºiui, rei²kia labaitiketina? K¡ rei²kia maºai skir-sis? Butina pabreºti, kad pats Ber-noullis ²i desni formuluoja ir na-grineja grieºtai matemati²kai. Tar-kime, p yra teorine tikimybe, ap-skai£iuota naudojantis, pavyzdºiui,klasikiniu apibreºimu. Jeigu bandy-mas yra simetri²ko lo²imo kauliukometimas, o mus domina ivykis, kadatvirs daugiau kaip 4 akutes, taiapskai£iav¦ gausime p = 1

3. Tarkime, kauliuk¡ ketiname mesti n kartu, ivykio

pasirodymu skai£iu (jo i² anksto neºinome) paºymekime Sn. Tada pn = Sn

n

bus statistine tikimybe. Tegu ε > 0 koks nors maºas skai£ius. Kiek yragalimybiu ivykti ivykiams

|p− pn| < ε, |p− pn| ≥ ε?

Bernoulis irodo: kad ir koki dideli skai£iu C > 0 parinktume, ²iu ivykiugalimybiu skai£iu santykis bus didesnis uº C, jeigu tik n parinksime pakanka-mai dideli.

Tikimybiu teorijos raidai svarbus ne tik ²io teiginio turinys, bet ir forma.Matematines kurybos vert¦ sudaro ne tik nauji atsakymai, bet ir naujaisuformuluoti klausimai. iuo poºiuriu Bernoullio didºiuju skai£iu desniuitikimybiu teorijoje maºai kas gali prilygti.

Pats Bernoullis suvoke savo atrasto desnio svarb¡. Jis ra²e, kad jo reik²meprilygintina skritulio kvadraturos uºdavinio sprendimo reik²mei. Mes saky-

22

tume pranoksta. Nes Bernoullio desnis parode matematikams, kaip reikiaformuluoti tikimybiu teorijos uºdavinius.

Jacobo Bernoullio antkapyje i²kalta kreive logaritimine spirale ir uºra²y-tas matematiko motto Eadem Mutata Resurgo (besikeisdama i²lieku tokiapat). Tai priminimas apie Bernoullio atskleist¡ spirales savyb¦. Ta£iau t¡pati galima pasakyti ir apie didºiuju skai£iu desni: jo esm¦ galime iºvelgtidaugybeje moderniosios tikimybiu teoremos teiginiu. 4

1.8. Trys prancuzaiJu gyvenimai labai skirtingi, skirtingi ir ina²ai i tikimybiu teorijosraid¡. Ta£iau visu triju labai svarbus.

Kai mokslo teorija vystosi, jai skirtos knygos storeja. is teiginys teisingasir tikimybiu teorijai.

Po Jacobo Bernoullio stor¡ tikimybiu teorijos knyg¡ para²e Abrahamasde Moivre'as (1667-1754). De Moivre'o mokslo laimejimais galetu didºiuotisPrancuzija, ta£iau negali. Nes svarbiausius matematinius darbus de Moivre'aspara²e anapus Laman²o, Anglijoje. Taigi de Moivre'¡ teisinga vadinti pran-cuzu-anglu matematiku, dar priduriant, kad abi ²ios ²alys nebuvo jam itinsvetingos.

I² savo tevynes Prancuzijos de Moivre'as turejo pasitraukti del tikejimo.1685 metais Prancuzijos karalius Louis XIV at²auke Nanto edikt¡, garantavusiprotestantams s¡lygini saugum¡. Jiems beliko pasitraukti i tremti.

De Moivre'as atvyko i London¡ ir pradejo pelnytis pragyvenim¡ pri-va£iomis matematikos pamokomis. Jis moke mokinius ju namuose, o taippat ir kavinese. Taip pat konsultuodavo lo²ejus, kaip ir kiek statyti. Ko gerojis buvo pirmasis tikimybiu teorijos ekspertas-profesionalas!

Apie Newtono darbus de Moivre'as suºinojo tik budamas Anglijoje iri² karto suprato, kad juos butina i²studijuoti. Nusipirk¦s Newtono veikal¡Philosophiae naturalis principia mathematica supjauste ji puslapiais, kadpatogiau butu ne²iotis ir studijavo Newton¡ pertrauku tarp pamoku metu.Veliau susipaºino ir su pa£iu autorium, netgi tapo jo draugu. Newtonas labaivertino matematines de Moivre'o ºinias ir daºnai kviesdavo ji i savo namuspokalbiui apie moksl¡. Ilgai ie²koti de Moivre'o nereikedavo jis buvo nuola-tinis Slaughterio kavines lankytojas. Joje rinkdavosi ²achmatininkai, lo²¦ i²pinigu, £ia uºeidavo ºmones, kuriems reikdavo matematiniu patarimu, taigi²i kavine buvo pagrindine de Moivre'o darboviete. Deja, nors ir pranok-damas kitus matematinemis ºiniomis bei turedamas tokiu itakingu draugukaip Newtonas ir Leibnizas, de Moivre'as neistenge gauti jokios akademinesvietos, garantuojan£ios nuolatini pragyvenimo ²altini.

4Jeigu mokate prancuzi²kai daug ºiniu apie Bernoulli ir jo darbus galite surasti Bernoul-liui skirtame elektroninio ºurnalo Journ@l Electronique d'Histoire des Probabilités et dela Statistique numeryje http://www.jehps.net/juin2006.html23

Pagrindinis de Moivre'o matematinis veikalas knyga The Doctrine ofChance, skirta tikimybiu teorijai. Ji buvo i²leista tris kartus 1718, 1738ir 1756 metais. ioje knygoje pirm¡kart pasirodo nepriklausomu ivykiuapibreºimas. De Moivre'as nepriklausomais ivykiais pavadina ivykius kurienesusij¦ tarpusavyje, ir vieno i² ju pasirodymas nedaro itakos kito ivykiopasirodymo tikimybei. Dabar ²itaip paai²kin¦s nepriklausomu ivykiu s¡-vok¡ per egzamin¡, studentas tikriausiai nebus labai gerai ivertintas. Jukpraejo keli ²imtai metu ir daugelis iºvalgu pavirto tiksliai formuluojamaisteiginiais!

Paskutiniajame papildytame lei-

Abrahamas de Moivre'as (1667-1754)

dime i²destytas pagrindinis de Moi-vre'o rezultatas, kuri jis atskiru lei-diniu paskelbe 1733 metais. TaiBernoullio didºiuju skai£iu desniopatikslinimas, tap¦s vienu svarbiausiutikimybiu teorijos desniu centrinesribines teoremos prototipu.

Irodymui de Moivre'as pasinau-dojo jo paties atrasta faktorialo apy-tikslio skai£iavimo formule

m! ≈ B√

ne−mmm, m →∞.

Tik konstantos B dydºio jis negalejonustatyti. De Moivre'o papra²ytastai padare J. Stirlingas: B =

√2π.

Ir formulei prigijo Stirlingo vardas!I²ties, istorija daºnai i²saugo vardus neatsiºvelgdama i nuopelnus. O gal £iagludi subtilus siekimas apsaugoti nuo kasdienio vartojimo vertuju vardus, kadjuos prisimintu tik ºinantys tikr¡j¡ ties¡?

De Moivre'as taip pat kaip anks£iau Grauntas tyrinejo gyventoju mirtin-gumo statistinius desningumus bei draudimo klausimus.

1754 metais Abrahamas de Moivre'as uºmigo amºinu miegu. Tai nemetafora! Ji i² tikruju apeme savoti²ka miego liga. Pastebej¦s, kad kasdienjis miega ketvir£iu valandos ilgiau, netgi apskai£iavo, koki¡ dien¡ ji pasiimsmirtis kai paros miegui prireiks daugiau nei 24 valandu!

Kai de Moivre'as mire, Normandijos valstie£io Laplace'o sunui Pierrui-Simonui buvo tik penki metai. Ir, ºinoma, niekas negalejo ºinoti, kuo jis tapsuºaug¦s. Tevai mintyse jam tiese dvasininko keli¡. Baºny£ia arba armija du patys geriausi pasirinkimai valstie£iu luomo jaunuoliui! Ta£iau ju sunussurado ypating¡, titulais ir garbes ºenklais paºenklint¡ keli¡: didºiausias

24

Prancuzijos matematikas, akademikas, senatorius, ministras, Garbes ordinokavalierius... Kad Pierre-Simonas Laplace'as (1749-1827) buvo matematikosgenijus, nera ko abejoti. Ta£iau proto didybe, anaiptol ne geriausia s¡lygaigyti auk²t¡ visuomenin¦ padeti ir solidu turt¡. Tuo labiau tais sukuringaisir nuoºmiais Prancuzijos revoliucijos metais, kai gyveno Laplace'as. BetLaplace'as, paprastai tariant, mokejo laiku prisi²lieti ir laiku pasitraukti...Napoleono Bonaparto mokytojas ir galima sakyti, bendraºygis, po to joprie²u Bourbonu remejas. Bet kam berupi seniai nutil¦ politines audros! Omatematines idejos rupi!

Svarbiausias Laplace'o veikalas

Pierre-Simon Laplace (1749-1827)

vadinasi Mécanique Céleste, t. y.Dangaus mechanika. Ta£iau jisdomejosi kuo ivairiausiais matema-tikos uºdaviniais. Tariant amºinin-ko ºodºiais ... akademijoje Lapla-ce'as reik²davo nuomon¦ apie vis-k¡. Tikimybiu teorija viena i²matematikos sri£iu, kurios uºdaviniaidomino Laplace'¡ daugeli metu. JukLaplace'ui matematika buvo ne au-tonomi²ka ºiniu sritis, bet irankispasaulio s¡rangai atskleisti. Beje,Laplace'ui tikimybiu teorija anaip-tol nebuvo mokslas apie atsitiktiniusivykius. Jo nuomone, atsitiktiniuivykiu i² viso nera! Jeigu galetumetureti i²samias ºinias apie pasaulio

busen¡, tai galetume neklysdami numatyti visa, kas ivyks. Ta£iau musu ºin-ios ribotos, todel numatyti neklysdami negalime. Tikimybiu teorija tai visolabo savoti²ka technika, kuri mums padeda efektyviau pasinaudoti tomis ºin-iomis apie pasauli, kurias turime. Tokiai nuomonei apie tikimybiu teorijosvaidmeni galime pritarti ir ²iandien, ta£iau tvirto tikejimo, kad pasaulio raidavyksta pagal jau sura²yt¡ plan¡, jau nebeturime. Naujuju amºiu zikostyrinejimai itvirtino idej¡, kad egzistuoja grynas atsitiktinumas ir tai yraesminis pasaulio s¡rangos bruoºas.

Laplace'o dvitomio veikalo Analizine tikimybiu teorija (Théorie Ana-lytique des Probabilités) pirmasis leidimas su dedikacija Napoleonui Bona-partui buvo i²leistas 1812 metais. Po dvieju metu pasirode antrasis leidimas,jau be ²ios dedikacijos, ta£iau kone tre£daliu storesnis!

Neimanoma trumpai apºvelgti ²io didºiulio veikalo. Galima pavadinti jito meto tikimybiu teorijos uºdaviniu ir metodu s¡vadu. Ypatingos destymo

25

darnos jame nera, Laplace'as tiesiog surinko po knygos vir²eliais ivairiu tiki-mybiu teorijos klausimu tyrinejimo rezultatus. Meistri²ku stiliumi veikalasirgi nepasiºymi. Veikalo vertejas i anglu kalb¡ Todhunteris atsidus¦s para²e:Kai perskaitydavau Laplace'o ºodºius akivaizdu, kad, ºinodavau, kad manprireiks keliu valandu, o gal ir dienu sunkaus triuso, kol paai²kes, tai, kasakivaizdu.

Svarbiausias Laplace'o kurinio bruoºas ivairiausiu analizes irankiu (in-tegralu, skirtuminiu ir diferencialiniu lyg£iu...) taikymas tikimybiniams uº-daviniams spr¦sti. iuo poºiuriu Laplace'o tyrinejimai padare didel¦ itak¡tikimybiu teorijos raidai. Kita vertus, Laplace'as ie²kojo ir rado daugyb¦nauju tikimybiu teorijos taikymo sri£iu. Jo knygoje yra nagrinejami tikimy-binio pobudºio astronomijos, demograjos, klaidu teorijos ir kitu sri£iu uº-daviniai. Taigi Laplace'o Analizine tikimybiu teorija yra taikomosios matem-atikos knyga, kurioje atskleista tikimybiu teorijos metodu ir ju taikymogalimybiu ivairove, kita vertus velesniu matematiku kartu poºiuriu, pa-teikianti veikiau medºiag¡, nei sistem¡ naujai tikrosios matematikos sri£iaisukurti.

Prancuzi²k¡ tikimybiu teorijos

Siméon Denis Poisson (1781-1840)

raidos tarpsni uºbaikime SiméonoDeniso Poissono (1781-1840) darbuaptarimu. S.D. Poissono kaip ir Lap-lace'o tevai i² luomines visuomenesºemuju sluoksniu. Tevas buvo ka-reivis, veliau smulkus valdininkas...Prasidejus revoliucijai, ºinoma, kar²-tas jos ²alininkas. Dejo daug pa-stangu, kad sunus igytu tinkam¡i²silavinim¡ ir igytu garbing¡ ir pel-ning¡ profesij¡. Ta£iau pradetasmedicinos studijas sunui teko nu-traukti, viena vertus, todel, kad josmenkai domino, kita prieºastis pras-ta judesiu koordinacija tikrai didelekliutis ºmogui, kuriam tektu dar-

buotis skalpeliu. Taigi met¦s medicinos studijas Poissonas atsidejo matem-atikai, ir joje surado tikr¡j¡ savo viet¡. Poissono nuomone, gyvenimasyra geras del dvieju dalyku galimybes tyrineti matematik¡ ir galimybesj¡ destyti. iomis gerybemis Poissonas naudojosi vis¡ gyvenim¡. Pois-sonas padare daug svarbiu atradimu ivairiose taikomosios matematikos sri-tyse. Aptardami tikimybiu teorijos raid¡ minime ji del vienos jo knygos,kuri vadinasi gana keistai: Recherches sur la probabilité des jugements

26

en matiére criminelle et en matiére civile (Kriminaliniu ir civiliniu teismonuosprendºiu tikimybiniai tyrinejimai"). Joje Poissonas nagrineja klausim¡,kuri apytikriai galime suformuluoti taip: kokia tikimybe, kad teismu nu-osprendºiai teisingi? Ta£iau tikimybiu teorijai ²i knyga svarbi ne atsakymaisi tokio pobudºio klausimus, bet tuo, kad joje Poissonas i²deste labai svarbuateities tyrinejimams ir taikymams tikimybini modeli. Isivaizduokime dideliskai£iu bandymu su menka sekmes tikimybe (pavyzdºiui, prie masalo antkabliuko priplaukia daug ºuvu, ta£iau retai kuri susigundo). Kokia tikimybe,kad bus m sekmiu (kad per dien¡ ºvejys sugaus, pavyzdºiui, penkias ºuvis)?tai tokiems skai£iavimams ir praver£ia Poissono modelis. Rei²kiniai, kurie²iam modeliui paklusta, Poissono gyvenimo laikotarpiu nebuvo labai svarbus.O dabar ju daug: transporto ivykiai, komunikacijos procesai, aptarnavimorei²kiniai... Todel Poissono vard¡ dabarties tikimybiu teorijos knygose irstraipsniuose mini ko gero daºniau nei paties Laplace'o.

1.9. iedadulkiu vaidmuo tikimybiu teorijos istorijojeIstorija apie tai, kaip tikimybiu teorija visai nesidomej¦s gamtininkasatrado rei²kini, apie kuri dabar ra²omos solidºios tikimybiu teorijosknygos.

Koks svarbiausias rei²kinys, kuri nagrineja dabartine tikimybiu teorija?Jei kas paklaustu, galite atsakyti nedvejodami Browno judesys! Susilauksitenet profesoriu draugijos pritarimo.

Prisiminkime, k¡ apie tikimybiu teorij¡ mane Laplace'as: tikimybiu teorijayra savoti²ka samprotavimu technika, padedanti mums daryti i²vadas, kaineturime i²samios informacijos. Ta£iau jeigu j¡ turetume (ir moketume japasinaudoti), jokios tikimybiu teorijos nereiktu. Kitaip tariant, teigti, kadtam tikr¡ rei²kini valdo atsitiktinumas, tolygu pripaºinti, kad mes neturimeapie ji pakankamai ºiniu, todel negalime jo visi²kai suprasti.

P. S. Laplace'as mire 1827 metais. Tais pa£iais metais anglu botanikasRobertas Brownas (17731858) paºvelge pro mikroskop¡ i vandenyje plaukio-jan£ias augalo ºiedadulkes. Ji nustebino tu daleliu judejimo budas. Dalelesjudejo maºais ²uoliukais, kuriu kryptys nuolat keitesi. Be to jos sukiojosi,ta£iau ir ²io sukimosi a²ies kryptis nuolat keitesi... Brownas atliko daugyb¦eksperimentu, bandydamas nustatyti ²io keisto judesio prieºasti. Gal dale-les ne²ioja mikroskopiniai skys£io sukuriai? i¡ prielaid¡ teko atmesti. Galdaleles turi gyvybines galios, kuri jas ver£ia bla²kytis? Ta£iau 100 metusenumo daleles, kuriose gyvybine galia tikrai turejo buti jau i²nykusi, judejotaip pat. Kad galutinai atmestu gyvybiniu galiu hipotez¦ Brownas stebejoneorganines kilmes daleles. Dulkeles, nugremºtos nuo egiptieti²ko snkso

27

statulos tikrai negalejo buti gyvos! Ta£iau ir jos vandenyje judejo taip patkaip ir ºiedadulkes!

Browno judesio paslaptis lauke paai²kinimo daugiau kaip 70 metu. Dabarrei²kinio esm¦ tikriausiai suvoktu kone kiekvienas mokyklines zikos ºiniaspasitelk¦s ºmogus. Ta£iau paprasta mintis apie dujas ar skysti kaip judan£iumolekuliu visum¡ daugybes mokslininku daugyb¦ metu kurtas musu dabar-tinio m¡stymo elementas!

Browno judesio prieºasti maº-

Browno judesio trajektorija yra trimate.Ta£iau galime isivaizduoti ir vienojeplok²tumoje judan£i¡ dalel¦. Breºinyjeparodyta tokio judesio trajektorija.

daug tuo pa£iu metu paai²kino duºmones. A. Einsteinas (1879-1955)paskelbe Browno judesiui skirt¡ straip-sni 1905 metais, o M. Smoluchowskis(1872-1917) 1906 metais. Esminejudesio chaoti²kumo prieºastis mo-lekuliu smugiai, kuriuos patiria plu-duriuojanti skystyje dalele. Jeigudalel¦ molekules smugiuotu i² visupusiu vienodai daºnai ir vienodaismarkiai, tai dalele tiesiog nuolankiairymotu. Ta£iau ir smugiu skai£ius,ir jega kiekvienu momentu nuolat

ir atsitiktinai kei£iasi, todel ir dalele juda tokia keista, nuolat kei£ian£iakrypti trajektorija.

inoma, ²ios idejos dar ne matematinis rei²kinio modelis. Matematinismodelis tai grieºtai apibreºtos s¡vokos, integralai, lygtys, ivairiu skaitiniurei²kinio charakteristiku skai£iavimo metodai. Browno judesio matematikabuvo sukurta kiek veliau. Vienas i² autoriu Norbertas Wieneris (1894-1964), todel matematinis Browno judesys daºnai vadinamas Wienerio pro-cesu.

Taigi tos maºytes ºiedadulkes neblogai pasitarnavo tikimybiu teorijai. Jujudesio stebejimai ir tyrimai paskatino suabejoti Laplace'o nuomone, kadtikrove paklusta grieºtam planui, kuriame viskas i² anksto numatyta. Palengvaisitvirtino ideja, kad gamta irgi renkasi savo raidos kelius atsitiktinai. Ojeigu atsitiktinumas yra prigimtinis tikroves bruoºas, tai ir tikimybiu teorijane samprotavimu technika, bet tokia pat tikroves rei²kiniu savybes apra²antikalba, kaip pavyzdºiui, teorine mechanika.

Veliau pasirode, kad Browno judesio desningumai budingi ir kitokiemsgamtos bei visuomenes rei²kiniams. Pavyzdºiui, ekonomikos ar nansu pa-saulio daleliu judejimui. ia skatinan£iu keisti judesio krypti molekuliuvaidmeni atlieka musu doleriai, jenos, eurai, latai, litai...

28

1.10. Rusu mokyklaMatematines analizes raida judesys nuo skai£iu link funkciju. Tikimybiuteorijos nuo atsitiktiniu ivykiu link atsitiktiniu dydºiu. Judesi ²iakryptimi paspartino rusu matematiku darbai.

Matematika ²ilto ir ²viesaus Graikijos klimato augalas. I ²iauresniuskra²tus ji plito letai. Ta£iau plito. XVIII amºiuje pasieke ir Rusij¡. Pa-grindus matematikai prigyti Rusijoje padejo caras Petras I didysis Rusijosgyvenimo modernintojas. Viena i² jo plano daliu ²vietimo sistemos pert-varkymas. Kelioniu po Europos ²alis metu jis surado labai gerai i²manan£iumokslo reikalus patareju. Vienas i² ju pats Gottfriedas Wilhelmas von Leib-nizas. Jis parenge vis¡ Rusijos ²vietimo reformos plan¡, vienas i² ²io planoelementu mokslu akademijos steigimas. Petras I jam pritare, akademij¡buvo nuspr¦sta steigti pagal Paryºiaus akademijos pavyzdi: nedidele moks-lininku bendrija, i²laikoma valdovo. Imperatorius akademijos Peterburgenebei²vydo. Petras I mire 1725 metu sausio menesi gyven¦s 52 metus, jaude²imties metu tap¦s imperatoriumi. Vis delto planas buvo igyvendintas:tais pa£iais metais Peterburgo mokslu akademij¡ savo dekretu isteige imper-atore tapusi antroji Petro I ºmona Jekaterina.

Peterburgo mokslu akademijos

Pafnutijus Lvovi£ius eby²ovas(1821-1894)

nariu veikla ²lovingas puslapis ma-tematikos istorijoje. Uºtenka vienpamineti vardus tu matematiku, kuriejoje dirbo: Leonardas Euleris, Chris-tianas Goldbachas, Nikolajus ir Da-nielis Bernoulliai... Ta£iau matem-atikos mokslo tradiciju pletojimo ºi-diniu Rusijos imperijoje jos nepa-vadinsi. Klestejusi pirmaisiais savogyvavimo de²imtme£iais, kai joje dirboiºymus uºsienie£iai, XVIII amºiauspabaigoje ji visai sumenko.

Pirmasis XIX amºiaus de²imt-metis Rusijoje prasidejo liberaliomisAleksandro I reformomis. Isteigtanauju universitetu Kazaneje (1804),Charkove (1804). Uºsimezge glau-desni akademiniai kontaktai su VakaruEuropos mokslininkais (nors ir gerokaiapkarpyti del po Napoleono karu suve²ejusiu antivakarieti²ku nuostatu). Ta£iauvis delto Rusijos jaunimas spejo paºvelgti i margesni pasauli.

29

Kazanes universiteto profesoriaus Nikolajaus Loba£evskio neeuklidine ge-ometrija yra rusu pirmasis reik²mingas ira²as i matematikos istorij¡.

Ta£iau griºkime prie tikimybiu teorijos. Kone kiekviename ²iuolaikiniametikimybiu teorijos vadovelyje rasime paminet¡ eby²ovo pavard¦.

Pafnutijus Lvovi£ius eby²ovas (1821-1894) buvo Maskvos universiteto(isteigto 1755 metais) aukletinis, ta£iau jo pedagogine ir moksline veikladaugiausia susijusi su Peterburgo universitetu (isteigtas 1819). eby²ovobaigiamasis darbas buvo skirtas tikimybiu teorijai, ta£iau tikimybiu teorija tik viena jo matematiniu tyrimu sritis.

Kil¦s i² auk²tesniuju visuomenes sluoksniu ir guvernantes puikiai i²moky-tas prancuzu kalbos, eby²ovas lengvai uºmezge ry²ius su Vakaru Europos,ypa£ su prancuzu matematikais. I Prancuzij¡ jis vaºiuodavo kone kiekvien¡vasar¡, lankydavosi universitetuose, skaitydavo juose prane²imus, o taip patir Paryºiaus mokslu akademijoje.

Prieºastis, kodel eby²ovo vardas taip daº-

Aleksandras Michailovi£iusLiapunovas (1857-1918)

nai minimas tiek pradinio, ties auk²tesniojolygio tikimybiu teorijos vadoveliuose pa-prasta nelygybe, kuria naudojantis galima iver-tinti tikimybes, susijusias su atsitiktiniais dy-dºiais. Nelygybe labai paprasta, ta£iau nau-dinga. Pasinaudojus ja galima paprastai irodinetiivairius didºiuju skai£iu desnio atvejus. idesni Bernoullis irode bandymu su dviem baig-timis atvejui, pasinaudodamas ne tokiais jaupaprastais analiziniais skai£iavimais.

Tiesos delei reikia pabreºti, kad eby²o-vas ne vienintelis irod¦s ²i¡ nelygyb¦. Ji nau-dojama, pavyzdºiui, ir gero eby²ovo paºis-tamo prancuzo Bienaymé darbuose. Todelnelygyb¦ butu teisingiau vadinti Bienaymé-eby²ovo nelygybe. Ta£iau kai ²i¡ nelygyb¦

pamatysite, tikriausiai ir jums pasirodys, kad toks ilgas pavadinimas tokiaipaprastai nelygybei nelabai tinka...

inoma, ²i nelygybe tik vienas epizodas eby²ovo kuryboje, skirtoje ti-kimybiu teorijai. Jo darbu reik²m¦ tikimybiu teorijos raidai galima nusakytimaºdaug taip: jeigu anks£iau svarbiausias demesys teko ivairiu ivykiu tikimybiunagrinejimui, tai dabar tampa ai²kesne atsitiktinio dydºio s¡voka ir pastan-gos labiau sutelkiamos atsitiktiniu dydºiu analizei pletoti.

Tikimybiu teorijos paskaitas Peterburgo universitete eby²ovas skaite1860-1882 metais. Du jo studentai Aleksandras Michailovi£ius Liapuno-vas (1857-1918) ir Andrejus Andrejevi£ius Markovas (1856-1922) taip pat

30

tapo tikimybiu teorijos klasikais.Tiesa, A. Liapunovo mokslineje

Andrejus Andrejevi£ius Markovas(1856-1922)

veikloje tikimybiu teorija sudaro tiktrump¡ epizod¡. Jam teko destytitikimybiu teorij¡, tai paskatino at-sideti sudetingesniems klausimams.Svarbiausias A. Liapunovo ina²as centrines ribines teoremos irodymasanaliziniu charakteristiniu funkcijumetodu. Dabar ²is metodas yrakiekvieno tikimybiu teorijos klausimutyrinetojo pagrindiniu irankiu deºeje.

Iki 1917 metu A. Liapunovas dir-bo Peterburgo universitete, veliaugavo viet¡ Odesoje. Odesos uni-versitete Liapunovas deste vos me-tus. 1918 metu pavasari jo ºmonossveikata eme spar£iai blogeti, o rudeniji mire. Susitaikyti su netektimi

moters, su kuria ji siejo ne tik pragyventi metai, bet ir vaikystes prisiminimai,Liapunovas neistenge. Kit¡ dien¡ Liapunovas nukreipe i save ginkl¡.

A. Markovui tikimybiu teorija buvo viena svarbiausiu jo mokslines veiklossri£iu, nors jo matematinio kelio pradºi¡ ºymi puikus skai£iu teorijos darbai.Visi A. Markovo darbai svarbus tikimybiu teorijos raidai, ta£iau svarbiausitie, kuriuos pats autorius kaºin ar vertino labiausiai. Markovo procesai,Markovo grandines, Markovo laukai ... ²itaip vadinasi i²tisi ²iuolaikinestikimybiu teorijos knygu skyriai ar net pa£ios knygos. Ar visus ²iuos matem-atinius objektus sukure A. Markovas? inoma, ne. Jis nagrinejo tam tikr¡lyg grandine tarpusavyje susijusiu atsitiktiniu dydºiu modeli, kuris veliaupasirode labai svarbus ivairiuose taikymuose.

Kas yra Markovo grandines, paai²kinti nesudetinga. Isivaizduokime lo-²imo kauliuk¡, kurio sieneles suºymetos skai£iais 1, 2, 3, 4, 5, 6. Metykime irra²ykime skai£ius, kurie atvirto. Bandymo pabaigoje galime sakyti: ²tainepriklausomu atsitiktiniu dydºiu stebejimo rezultatai pirmasis dydis susi-j¦s su pirmuoju metimu, antrasis su antruoju ir t. t.

O dabar isivaizduokime, kad yra ²e²i lo²imo kauliukai, kiekvieno sienelessuºymetos tais pa£iais skai£iais, ta£iau kauliukai yra skirtingi, taigi tais pa-£iais skai£iais paºymetu sieneliu atvirtimo tikimybes priklauso nuo to, kurikauliuk¡ mesime. Kauliukus irgi sunumeruokime: pirmasis kauliukas, antra-sis, ..., ²e²tasis. Meskime pirm¡ji kauliuk¡. Jeigu atvirto sienele su skai£iumii, ji uºra²ykime ir meskime i-¡ji kauliuk¡. Jeigu jis atvirto sienele su skai£i-

31

umi j, meskime j-¡ji kauliuk¡. Pabaig¦ bandymus turime teis¦ teigti: ²taiatsitiktiniu dydºiu, susijusiu Markovo grandine, stebejimu rezultatai.

tai i² ²ios markovi²ko atsitiktiniu dydºiu ry²io s¡vokos kai atsitik-tinio dydºio reik²miu tikimybes priklauso nuo ankstesnio dydºio reik²mes ir i²augo i²tisa tikimybiu mokslo teritorija atsitiktiniu procesu teorija.

A. Markovas gyveno Rusijos revoliuciju laikais. Kil¦s i² viduriniojo vi-suomenes sluoksnio (jo tevas buvo samdomas dvaru valdytojas) jis ir patsbuvo radikaliu, prie² autokratini caro valdym¡ nukreiptu paºiuru. 1913metais Romanovu dinastija i²kilmingai minejo 300 metu valdymo sukakti.A. Markovas nusprende organizuoti kitos sukakties minejim¡ 200 metudidºiuju skai£iu desnio! Ir tai ivykde.

1.11. Didieji XX a. statistikaiGyvoji gamta milºini²ka ivairove. Visuomenes rei²kiniai taip pat.Kokias i²vadas galima padaryti pasinaudojus didºiuliais i² gamtos irvisuomenes gyvenimo gautais duomenu kiekiais? Ie²kant atsakymu iratsirado statistika.

Tikimybiu teorijos pradininkai didieji

Karlas Pearsonas (1857-1936)

matematikai, del ivairiu prieºas£iu susidomej¦atsitiktinius rei²kinius valdan£iais desningu-mais. Ta£iau statistikos klausimus pirmiejikele visai kitokie ºmones. Prisiminkime, pavyzdºiui,Graunt¡, Petty ar Halley ... Jie tyre duome-nis, gautus stebint socialinio gyvenimo rei²kinius.inoma, statistiniai duomenu tyrimo meto-dai rupejo ir tiksliuju mokslu atstovams: as-tronomams, zikams, ... visiems, kieno dar-bui reikalingi dideli duomenu kiekiai, gautii² apytiksliu matavimu. Ta£iau tiksliuju moksludydºiu matavimo prietaisus galima patobu-linti, taigi duomenu gavimo proces¡ galimalengviau kontroliuoti.

Duomenys apie gyvosios gamtos rei²kiniusar socialinius procesus visai kitas dalykas! ia tikrosios reik²mes, prie ku-rios galetum priarteti patobulin¦s savo matavimu instrumentus papras£iau-siai nera. Tiesos reikia ie²koti kitais budais. Tad nenuostabu, kad didelisstimulas statistikos raidai atsirado tuomet, kai tyrinetojai nuo kokybiniugamtos ir visuomenes rei²kiniu apra²ymu perejo prie kiekybiniais duomenimispagristo tyrimo. O ²iuolaikines statistikos metodu kurejai ne gryniejimatematikai, bet labai ivairiu interesu turej¦ ºmones.

32

Vienas i² ²iuolaikines statistikos metodu kureju Karlas Pearsonas (1857-1936). Kadangi jis gime tikru tikriausiu anglu ²eimoje, tai gavo, ºinoma,Carlo vard¡. I²vyk¦s t¦sti studiju Heidelbergo universitete pakeite pirm¡j¡vardo raid¦. Viena i² prieºas£iu galbut ºavejimasis Karlo Marxo idejomis.Amºininkai minedami ²i universaliu interesu ºmogu ra²ydavo tiesiog KP.

Enciklopedijose galima rasti, pavyzdºiui, toki KP veiklos apibudinim¡ teisininkas, germanistas, eugenikas, matematikas ir statistikas (visu pirma statistikas). Visu pirma nerei²kia, kad visos kitos sritys jam buvo maºiausvarbios. Kaip tik prie²ingai statistika jis susidomejo gana velai, ypa£ tada,kai bendraudamas su gamtininku Walteriu Weldonu pamate, koki¡ ivairiuduomenu gaus¡ tyrinetojams pateikia gyvoji gamta. Duomenu daug, visi jieivairus, o k¡ gi teigia ju visuma?

Akademini savo keli¡ Pearsonas pradejo studijomis Cambridge. Apiesavo studiju metus jis para²e taip: Cambridge matematikos mane mokeRouth, Stokes, Cayley ir Maxwell, bet a² skai£iau Spinozos ra²tus. Ne todel,kad butu nusivyl¦s matematika. Anaiptol. Tikr¡sias jo paskatas geriausiaapibudina jis pats:

A² puldavau nuo mokslo prie losojos, ir nuo losojos priemusu senuju draugu poetu; o tada pavarg¦s nuo per dide-lio idealizmo vel tapdavau prakti²kas ir sugriºdavau prie mok-slo. Ar jusu niekada nebuvo uºvald¦s jausmas, kad nera visatojenieko, ko nebutu verta tyrineti? Literaturos milºinai, daugia-mates erdves paslaptys, Boltzmanno ir Crooko bandymai isiskverbtii tikr¡j¡ Gamtos laboratorij¡, Kanto visatos teorija, paskutiniaiembriologijos atradimai, istabus pasakojimai apie gyvybes raid¡ kokia neaprepiamybe.

Paºintis su Weldonu, o taip pat su anglu gamtininku Galtonu itraukePearson¡ i gyvosios gamtos evoliucijos rei²kiniu tyrinejimus. Laikotarpiunuo 1893 iki 1912 metu Pearsonas para²e 18 straipsniu, kuriuose matematikataikoma evoliucijos teorijos klausimams tyrineti. iuose darbuose i²destytimetodu, kuriuos galetume pavadinti statistikos klasika, pagrindai regresinesir koreliacines analizes, chi-kvadrat testu...

K. Pearsonas kartu su W. Weldonu ir F. Galtonu 1901 metais isteigeºurnal¡ Biometrika, skirt¡ gyvybes evoliucijos rei²kiniu statistiniams tyri-mams. Steigeju nuomone evoliucijos tyrimo problema yra statistikos uº-davinys.

Nuo 1906 metu Pearsonas emesi organizacines veiklos, kurios tikslas, joºodºiais tariant,

33

... padaryti statistik¡ taikomosios matematikos ²aka su savaterminologija ir technika, ugdyti statistikus kaip mokslininkus ...ir apskritai paversti statistik¡ ²ioje ²alyje i² diletantu ºaidimulauko solidºiu mokslu, kuriuo niekas negaletu uºsiimti neigij¦satitinkamo i²silavinimo...

Pagrindinius sau i²keltus tikslus K. Pearsonas pasieke. Jo veikl¡ vertinoir specialistai, ir ocialioji valdºia. Karali²kas riterio titulas butu glost¦sdaugelio mokslininku savimeil¦. Tik ne K. Pearsono. Socializmo ²alininkas,aktyvus pilietiniu teisiu gynejas ir ²iaip ºmogus link¦s apie visk¡ tureti savonuomon¦, auk²£iausiu valstybiniu apdovanojimu tiesiog atsisakydavo.

Kitas statistikas, minimas kiek-

Williamas Gossetas (1876-1937)

viename vadovelyje, taip pat pradejostatistikos tyrimus pirmiausia su-sidur¦s su praktiniais uºdaviniais.Vienas tokiu praktiniu uºdaviniu alaus kokybes kontrole iºymioje Guin-nesso alaus darykloje Dubline. Joje1899 metais pradejo dirbti Oxfordouniversitete chemijos ir matematikosstudijas baig¦s Williamas Gossetas(1876- 1937).

Ta£iau statistika jaunas aludarisuºsieme ne i²kart. Noredamas igytisavo darbui reikalingu ºiniu 1906metais Williamas Gossetas pradejostudijas Karlo Pearsono laboratori-joje. Tuomet jis ir pradejo pub-

likuoti statistikos mokslo straipsnius. Ta£iau nors Gossetas minimas kiekvien-ame statistikos vadovelyje, jo pavardes ten nerasite. Uºtat rasite Studentoskirstini, Studento test¡ (daºniau vadinam¡ t-testu). Tas Studentas ir yraGossetas, ²iuo vardu jis skelbdavo savo mokslinius straipsnius, nes Gui-nesso darbuotojams buvo draudºiama skelbti savo tyrimus, kuriais (kas ºino!)galetu pasinaudoti konkurentai. Nors Gossetas ir gilino ºinias Pearsono lab-oratorijoje, jo bendramin£iu jis netapo. Viena vertus biometrika Gossetonedomino, kita vertus skirtingai nuo Pearsono Gossetui Guinesso aludejetekdavo daryti i²vadas neturint labai didelio kiekio duomenu. Taigi jo uº-daviniams spr¦sti reikalingi kiek kitokie metodai nei tie, kuriuos pletojo Kar-las Pearsonas. Gosseto sukurtas t-testas butent toks metodas ir yra.

Williamo Gosseto metodu reik²me ne i² karto buvo suvokta. Nesuklysimeteigdami, kad j¡ tinkamai ivertino kitas iºymus XX amºiaus statistikas

34

Ronaldas Aylmeris Fisheris (1890-1962). Jo kelias i statistikos moksl¡ irgibuvo vingiuotas. Cambridge jis studijavo matematik¡ ir astronomij¡. Naudo-jimasis astronominiais duomenimis, kai butina atsiºvelgti i galimas matavimopaklaidas, jau savaime kelia statistikos uºdavinius.

Ta£iau baigus studijas teko galvoti ne apie

Ronald Fisher (1890-1962)

mokslo uºdavinius, o apie pragyvenim¡. Pa-dirbej¦s kelis menesius Kanadoje, griºo i An-glij¡, mokytojavo, prasidejus karui ketino eitii front¡, ta£iau del silpno regejimo nebuvopriimtas. Tad vel teko mokyti moksleiviusmatematikos ir zikos. 1919 metais pasiseke:gavo net du pasiulymus statistiko vietai. Vien¡i² K. Pearsono, kit¡ i² Rothamstedo eksper-imentines ºemes ukio stoties. ioje stotyjebuvo atliekami ilgalaikiai bandymai ir stebe-jimai, siekiant ivertinti tr¡²u efektyvum¡ irpagerinti augalu derlingum¡. Duomenu buvosukaupta daug, reikejo juos vertinti ir darytii²vadas.

R. Fisheris isikure Rothamstede ir ²itaipprasidejo jo statistiko karjera. Rothamstede R. Fisheris dirbo iki 1933 metu,£ia jis subrandino svarbias ne tik statistikos, bet ir genetikos idejas. Jo1925 metais i²leista knyga Statistiniai metodai mokslo darbuotojams (Sta-tistical Methods for Research Workers) tapo parankine knyga ivairiu sri£iumokslininkams, per maºdaug 50 metu ji i²leista net 14 kartu. Savo idejas irmetodus Fisheris taike evoliucijos rei²kiniams tyrineti. Vienas i² svarbiausiu²ios srities uºdaviniu buvo Darvino naturalios atrankos ir Mendelio gene-tinio paveldimumo teoriju suderinimas. Kaip ivyksta gyvybes formu poky£iaiir kaip jie perduodami? R. Fisheris tyrinejo ²iuos klausimus naudodamastikimybiu teorij¡ ir statistik¡. Fisherio knyga Genetine naturalios atrankosteorija (Genetical Theory of Natural Selection) tapo klasikiniu ²ios mokslosrities veikalu.

Daugelis Fisherio ivestu s¡voku ir pasiulytu metodu tapo ²iuolaikinespraktines ir teorines statistikos kasdieniais irankiais. Pana²iai kaip GossetasFisheris pletojo metodus, tinkan£ius maºesniams duomenu kiekiams.

Statistiniai duomenys i² dangaus nenukrenta, juos reikia atitinkamu buduigyti. Daºnai duomenys gaunami atliekant bandymus. Taigi bandymu planav-imas yra svarbus praktinio statistikos taikymo klausimas. R. Fisherio knygaEksperimentu planavimas (The Design of Experiments) irgi tapo klasika,1935-1966 metais buvo i²leista a²tuonis kartus.

Klausimus, kurie i²kyla planuojant eksperiment¡, R. Fisheris populiariai

35

paai²kino straipsnyje Ragaujan£ios arbat¡ damos matematika (Mathemat-ics of a Lady Tasting Tea).

Tarkime, didel¦ arbatos su pienu gerimo patirti turinti ponia teigia, kadji vien i² skonio gali nustatyti, ar i puoduk¡ pirmiausia buvo ipilta pieno, opo to arbatos, ar atvirk²£iai. Kaip nustatyti, ar ji tikrai turi toki gebejim¡?Reikia atlikti bandym¡. Patiekti tam tikr¡ skai£iu puoduku su arbata ir pa-pra²yti, kad ponia pasakytu, i kuriuos puodukus pirma buvo ipilta pieno, opo to arbatos. Suprantama, kad i² tokio bandymo didelio duomenu kiekio ne-gausime. Be to, bandym¡ tikriausiai galesime atlikti tik vien¡ kart¡. Ta£iaunoretume priimti labai patikim¡ sprendim¡.

Pirmiausia reikia nuspr¦sti, kiek puoduku panaudosime ir i kiek puodukupieno ipilsime i² pradºiu. Sekdami Fisheriu tarkime, kad i lygiai pus¦ puodukupienas bus ipiltas i² pradºiu. Tarkime, kad tai ºino ir bandymo dalyve. Jeigupanaudosime tik du puodukus, tai tikimybe duoti teising¡ atsakym¡ pa-pras£iausiai spejant, lygi 1/2. Toks bandymas vargu ar yra pakankamas, kadsekmingo spejimo atveju patiketume subtiliais arbatos gerejos sugebejimais.O jeigu patiektume 6 puodukus ir i tris pienas butu ipiltas anks£iau uº ar-bat¡? Tuomet tikimybe atsakyti teisingai tiesiog spejant butu lygi 1/20,ta£iau jeigu manytume, kad arbatos skonio ºinoves reputacijos nesugriaunair viena klaida, tai tikimybe praeiti toki test¡ tik spejant (j¡ galima nesunkiaiapskai£iuoti i²ra²ius visus galimus variantus) vel lygi 1/2!

Taigi gerai pagalvoti, kaip atlikti bandym¡ reikia net ²iuo labai paprastuatveju.

1.12. Tikimybiu teorijos matematiniu pagrindu klausi-mas

Matematikos teorija daºniausiai atsiranda i² keliu idomiu uºdaviniu,i² keliu iºvalgu ir metodu. Jie pletojami, tikslinami ... Tada i²kylabutinybe susisteminti, aksiomatizuoti teorij¡. Kitaip tariant turi at-sirasti ²ios teorijos Euklidas.

XIX a. pabaigoje tikimybiu teorijos vaidmuo labai i²augo. Mokslininkaitaike tikimybiu teorij¡ tyrinedami zikos, evoliucijos desnius, ai²kindami so-cialinius procesus. Ta£iau pa£ios tikimybiu teorijos vieta mokslu visumojebuvo neai²ki. Net pagrindines jos s¡vokos nebuvo ai²kiai apibreºtos. 1919metais Richardo von Miseso straipsnyje apie tikimybiu teorijos pagrindusra²oma taip: ... dabartin¦ padeti galima apibudinti tik taip: tikimybiuteorija nera matematine disciplina.

Kiekvienos praktikoje taikomos matematines teorijos raidoje i²kyla dusvarbiausi klausimai: kaip grieºtai apibreºti teorines s¡vokas bei dydºius ir

36

kaip ²ias s¡vokas bei dydºiu reik²mes iºvelgti tikroves rei²kiniuose. Kartaisbe nuoseklios teorijos ºmones i²siver£ia labai ilgai. Pavyzdys geometriniuilgiu, plotu ar turiu matavimo praktika. Kas yra kvadrato plotas? Pasakyskiekvienas. O skritulio? inoma, πr2. Kodel? Nes tokia formule. Arkiekvienos guros plotui skai£iuoti yra sava formule, kas gi yra tas plotas?Kas i²mano, tikriausiai pasakys ne taip lengva paai²kinti... Ir bus visi²kaiteisus. Nes patys matematikai po tukstantmetes geometriniu matu skai£iav-imo praktikos tik XIX amºiaus pabaigoje ir XX amºiaus pradºioje i² tiesui²siai²kino, kas tas matas yra. Didºiausi nuopelnai ²ioje srityje tenka dviemsprancuzu matematikams E. Boreliui (1871 - 1956) ir H. Lebesgue'ui (1875 -1941).

Tad nenuostabu, kad ir matem-

Richardas von Misesas (1883-1953).Pirmajame pasauliniame kare jis buvokaro lakunas, veliau deste aviacijosmokslu disciplinas ir, ºinoma,matematik¡. Be to buvo labai gerasaustru poeto R. M. Rilkes kurybosºinovas. Matematikus, kurie ºino ²i poet¡ir suvokia jo kurybos gelm¦, tikriausiaigalima ant pir²tu suskai£uoti.

atikai ilg¡ laik¡ skai£iavo ivykiu ti-kimybes, irodinejo teoremas neturedamiai²kaus poºiurio, kas gi i² tikrujutos tikimybes yra. Kai bandymobaig£iu aibe baigtine ir visos jos vien-odai galimos, galima skai£iuoti palankiasivykiui baigtis, o ivykio tikimybelaikyti palankiu baig£iu ir visu baig£iukiekiu santyki. O jeigu baigtys neravienodai galimos? Arba jeigu juyra be galo daug?

Matematine teorija tik tuomettampa tikrosios matematikos dal-imi, kai sukuriama ²ios srities ak-siomatika, t.y. i²vardinami pagrin-diniai objektai, ju savybes, o i² ju naudojantis logika kaip darbiniuinstrumentu i²vedamos visos ki-tos s¡vokos ir teiginiai.

Vienas pirmuju tikimybiu teorij¡ aksiomatizuoti pabande Richardas vonMisesas (1883 - 1953). Jis domejosi ivairiomis matematikos taikymo sritimis,vadovavo Berlyno taikomosios matematikos institutui. Kai Vokietijos gyven-im¡ pradejo tvarkyti naciai, R. von Misesui teko i²vykti. Nepadejo nei jo karo lakuno nuopelnai I pasauliniame kare.

Savo tikimybiu teorijos aksiomatik¡ R. von Misesas kure pagrindiniu ob-jektu pasirink¦s begalines sekas, kurias pavadino kolektyvais. Kolektyv¡galime laikyti matematiniu rei²kinio, kuri valdo atsitiktinumas, modeliu.Pavyzdºiui, simetri²ko lo²imo kauliuko, kurios sieneles suºymetos skai£iais

37

1, 2, 3, 4, 5, 6, metymo bandym¡ atitiktu Miseso kolektyvasi1, i2, i3, . . . , ij ∈ 1, 2, 3, 4, 5, 6,

turintis toki¡ savyb¦: jeigu aj(n), j = 1, 2, . . . , 6, rei²kia kieki elementuik = j, k ≤ n, tai aj(n)/n → 1/6, kai n → ∞. S¡voka gana miglota,veiksmai su ²iais objektais, kuriuos nagrineja Misesas, gana painus. Nenu-ostabu, kad Miseso poºiuris nesusilauke demesio. Ta£iau ºvilgtelej¦ i tuossenai pamir²to straipsnio puslapius galbut geriau suvoksime koki eleganti²k¡poºiuri i tikimybes i²deste rusu matematikas Andrejus Nikolajevi£ius Kol-mogorovas (1903-1987). Jo nedidele 1933 metais vokie£iu kalba para²ytaknygele Tikimybiu teorijos pagrindai i² tikruju yra pagrindai, kuriuos, norsir ne i² karto, bet pripaºino visi, kas tyrineja ar taiko tikimybiu teorij¡. A.Kolmogorovo poºiuri neformaliai galima paai²kinti taip.

K¡ rei²kia surasti ivykio tikimyb¦?

Andrejus Nikolajevi£ius Kolmogorovas(1903 - 1987)

Rei²kia i²matuoti jo galimybes ivykti.Taigi tikimybe yra ivykio matas.Todel ji privalo tureti tas pa£iaspagrindines savybes, kaip pavyzdºiui,geometrinis matas. Geometrinio ma-to teorija jau yra. Taigi paverskimeivykius aibemis, pana²iomis i geo-metriniu ta²ku aibes, o tikimybesapibreºkime pagal geometrinio matopavyzdi.

Tokia yra Kolmogorovo sukur-tos tikimybiu teorijos aksiomatikosesme. Priimdami ²i¡ konstitucij¡paver£iame tikimybiu teorij¡ visa-verte matematikos sritimi, tokia kaipgeometrija arba analize. Matema-

tikams, kuriuos domino tikimybiu teorija, ºinoma, labai palengvejo. Ta£iautiems, kas nori taikyti tikimybiu teorij¡ gamtos bei socialiniuose moksluose nelabai. Juk realiu ivykiu matavimo, t.y. ju tikimybiu skai£iavimo klausi-mas lieka toks pat keblus kaip ir anks£iau. Pavyzdºiui, poºiuris i tikimyb¦kaip i mat¡, nei kiek nepadeda atsakyti i klausim¡ kokia tikimybe, kad popenkiasde²imt metu ºmones irengs gamyklas Marse? O gal toks klausimasi² viso neturi prasmes? Kiek pagalvoj¦ tikriausiai nieko nenuspr¦sime, ta£iaupajusime, jog noretume, kad tokios ru²ies klausimai irgi butu prasmingi.

A. N. Kolmogorovas buvo vienas ºymiausiu XX amºiaus matematiku.Jis paºere daugyb¦ nauju ideju, poºiuriu ir rezultatu visose svarbiausiosematematikos srityse i²skyrus skai£iu teorij¡.

38

Budamas septyniolikos metu A. N. Kolmogorovas istojo i Maskvos uni-versitet¡ jau turedamas geru savaranki²kai igytu matematikos ºiniu. Jaubuvo spej¦s ir kiek padirbeti traukinio konduktorium. Galbut i² pradºiunebuvo visi²kai tikras, ar matematika jo tikrasis pa²aukimas. Emesi is-torijos tyrinejimu, para²e rimt¡ darb¡ apie mokes£iu rinkim¡ senojoje Nov-gorodo respublikoje. Legenda pasakoja, kaip t¡ darb¡ ivertino ºinomas is-torikas: Jus pateikete vien¡ istorinio fakto irodym¡. Matematikoje vienoirodymo visi²kai pakanka, bet mums istorikams reikia bent de²imties. Ir A.N. Kolmogorovas atsidejo matematikai. Nepaisant visu porevoliucines Rusi-jos nepritekliu Maskvos universitetas buvo nuostabi vieta studijuoti matem-atik¡. ia dirbo auk²£iausio lygio matematikai, kur¦ XX amºiaus matem-atikos pagrindus: N. N. Luzinas, P. S. Urysonas, P. S. Aleksandrovas, A. J.Chin£inas.

Dirbdamas su A. J. Chin£inu 1924

Jonas Kubilius, vienas pirmujumatematikos mokslo tyrimuLietuvoje pradininku, daug metubuv¦s Vilniaus universitetorektoriumi

metais A. Kolmogorovas pradejo tikimy-biu teorijos tyrimus. Tikimybiu teorijosaksiomatika tik vienas A. Kolmogorovotikimybiu teorijos kurinys, ta£iau ir jouºtektu, kad autorius taptu ²ios sritiesklasiku. A. Kolmogorovo ideju itaka ti-kimybiu raidai didºiule jis prat¦se Mar-kovo darbus, sukure ²iuolaikines atsitiktiniuprocesu teorijos pagrindus...

Ir dar kaºin ar visoje matematikosistorijoje buvo tokio lygio matematikas,kuris butu tiek daug laiko, demesio irpastangu skyr¦s gabiu moksleiviu ugdy-mui. Iºymiojoje matematines kryptiesmokykloje Maskvoje Kolmogorovo mokyk-loje jis skaitydavo paskaitas turbut daº-niau nei universitete.

Kolmogorovas kure kaºk¡ daugiau neimatematines teorijos, Kolmogorovas kure Kolmogorovo visat¡. Jeigu noritesuºinoti daugiau apie A. Kolmogorovo gyvenim¡ ir veikl¡ pavartykite tink-lalapi http://www.kolmogorov.com/

1.13. LietuviaiLietuvoje tikimybiu mokslo ºmoniu yra daug. Kaip gi jie atsirado?

Pirmieji tikimybiu teorijos daigai Vilniaus universitete pasirode apie 1800

39

metus. O atskir¡ tikimybiu teorijos kurs¡ studentams 1830 metais buvopasireng¦s skaityti Zigmantas Revkovskis. Ta£iau ne kaºin kiek suspejo uºpagalb¡ 1830 metu sukileliui teko i²keliauti i Kaukaz¡ gavus caro kariuomeneseilinio titul¡. Ne tik Z. Revkovskio, bet, kaip ºinome, ir paties Vilniausuniversiteto mai²tinga dvasia buvo caro tinkamai ivertinta 1832 metais jisbuvo uºdarytas.

1919 metais lenkai atkure Vilniaus universiteto veikl¡ pavadin¦ ji SteponoBatoro universitetu, o 1922 metais lietuviai Kaune ikure Lietuvos univer-sitet¡. Abiejuose universitetuose tikimybiu teorija maºai dometasi. Tiesa,Stepono Batoro universitete dirbo du iºymus lenku matematikai, kurie tyrinejoir tikimybiu teorij¡: A. Zigmundas ir J. Marcinkiewiczius. Ta£iau tikimybiuteorijos mokslo Lietuvoje jie, ºinoma, negalejo idiegti. Juolab, kad J. Mar-cinkiewiczius, trisde²imties metu Lenkijos karininkas, padejo galv¡ Katyneje.Kulkos yra tiesai, talentui ir groºiui labai abejingi vabzdºiai.

Pasibaigus II pasaulinio karo tragedijai,

Bronius Grigelionis atsitiktiniu procesu tyrimokrypties Lietuvoje pradininkasir vadovas.

nusileido uºdanga. Ji, deja, buvo geleºine.Taigi stebeti vakaru kulturos bei mokslo ivy-kius tapo beveik neimanoma. Tuo labiau ju-ose dalyvauti. Ta£iau ºvelgti i rytus nebuvodraudºiama. inoma, tiesa yra visur tiesa,nesvarbu, kur spindi rytuose ar vakaruose.Jeigu jai leidºiama spindeti. Kadangi tiksliujumokslu tiesu tironai ar totalitariniai reºimaibijo maºiau, arba netgi tikisi jas i²naudotisaviems tikslams, todel pasitaiko, kad tik-slieji mokslai suklesti ir nepalankiomis visuomenesraidai aplinkybemis. itaip galima pasakytiir apie Tarybu S¡jung¡ pokario de²imtme£i-ais matematikos tyrimai buvo pasauliniolygio. I tokius matematinius centrus Maskvojeir Leningrade turejo galimyb¦ i²vykti keli pir-mieji Vilniaus universiteto pokario metu ab-

solventai matematikai (K. Grincevi£ius, J. Kubilius, A. Naftalevi£ius, S. Stre-licas). Nei vieno i² ju neketino uºsiimti tikimybiu teorija. Ar£iausiai josatsidure J. Kubilius i²vyk¦s i Leningrad¡ (dabar Sankt-Peterburgas), nesjo mokslinis vadovas J. Linnikas (1915-1972) tyrinejo ir skai£iu teorijos, irtikimybiu teorijos bei matematines statistikos uºdavinius. Ta£iau J. Kubil-ius uºsieme skai£iu teorija ir sekmingai apgyn¦s disertacij¡ sugriºo i Lietuv¡.

Vienas lauke ne karys ²is prieºodis nelabai tinka mokslui. Mokslevienas ºmogus gali buti ne tik karys, bet netgi gali pranokti vis¡ armij¡.Ta£iau buti vieninteliu, net ir labai geru kariu ... tiesiog nuobodoka.

40

Sugriº¦s i Vilniu J. Kubilius ne tik t¦se savo skai£iu teorijos tyrimus, betir emesi veiklos, pana²ios i A. Kolmogorovo. Pletojo ne tik savo matematinesidejas bet ir kure s¡lygas kitiems isitraukti i matematin¦ kuryb¡. Be entuzi-azmo nieko gero nesukursi, o entuziazm¡ sukelia asmenines sekmes, kad irnedideles. Buvo pradetos rengti moksleiviu matematikos olimpiados. Ar galibuti geresne scena patirti pirm¡sias matematines sekmes ir netgi susilauktiplojimu?

I kokias gi tyrimo sritis nukreipti

Vytautas Statulevi£ius (1929-2003).Jis buvo pasaulinio lygio tikimybiuteorijos srities matematikas, taip patdaug nuveike organizuodamastikimybiu teorijos tyrimus Lietuvoje.

tuos jaunus ºmones, patyrusius pirmo-sios sekmes skoni moksleiviu matem-atikos olimpiadose, pradejusius tikrasmatematikos studijas universitete ir su-pratusius, kad jos tik pradºia? Gaivuspradºios jausmas vienas didºiausiukiekvieno tyrinetojo malonumu.

Buvo nuspr¦sta pagrindine Lietuvojepletojamu matematikos tyrimu kryp-timi paversti tikimybiu teorij¡. Argu-mentai paprasti, lengvai suvokiami irteisingi: tikimybiu teorija idomi teoriniupoºiuriu, be to svarbi savo taikymais.Ta£iau reikejo isikibti, isitraukti i svarbiutikimybiu teorijos ir statistikos klausimutyrim¡.

I matematinius Tarybu S¡jungos cen-trus i²vyko jaunesnes kartos ºmones:Vytautas Statulevi£ius i Leningrad¡ tikimybiuteorijos studiju vadovaujant J. Linnikui, B. Grigelionis i²vyko i Kijev¡ ir tapoºymaus tikimybininko B. Gnedenkos aspirantu... Taip susidare pirmosios li-etuvi²kos tikimybiu teorijos mokslo ²akos, o kaip jos toliau ²akojosi atskirustudiju verta tema.5

Kai geleºine uºdanga surudijo ir subyrejo, Lietuvos matematikams at-sivere ir vakaru erdve. Daug Lietuvoje i²augusiu tikimybiu teorijos specialistudirba ivairiu ²aliu mokslo centruose.

O Lietuvoje nuo 1973 metu kas 5 metai vyksta tradicine tarptautinetikimybiu teorijos ir statistikos konferencija. Tai viena svarbiausiu ²ios sri-ties konferenciju. Prie² kelis de²imtme£ius ji teike unikali¡ galimyb¦ susitiktivakaru ir rytu ²aliu mokslininkams tyrinejantiems tikimybiu teorijos moksl¡.Apie ²io mokslo pagrindus skaitykite jau kitame ²ios knygos puslapyje.

5I²sami¡ apºvalg¡ galima rasti knygoje Matematika Lietuvoje po 1945 metu. Matem-atikos ir informatikos institutas, 2006.

41

1.14. Klasikinis tikimybes apibreºimasKlasikinis vadinasi, pripaºintas, pagrindinis, pavyzdinis. Galima jitaikyti, ie²koti apibendrinimu, galima juo remtis arba neigti ...

Palyginkime du bandymus. Pirmasis: metame simetri²k¡ monet¡ ir uºsi-ra²ome, kas atvirto S jeigu skai£ius (sekme), N jeigu herbas (nesekme).Antrasis: nuej¦ iki gatves kampo ºvilgterkime, ar uº jo kartais nesislapstolokys. Jeigu jis ten yra uºsira²ome S (sekme), jeigu ne uºsira²ome N(nesekme). Abu bandymai turi po dvi baigtis, kurias net ºymime vienodai:Ω = S,N. Kuo gi vis delto skiriasi ²ie bandymai? Tai ai²ku kiekvienam:abi pirmojo bandymo baigtys yra lygiavertes, kitaip tariant vienodai gal-imos. O antrojo antroji baigtis ºymiai daºnesne. Ta£iau ir pirmoji kartaisgali pasitaikyti, jeigu mieste yra zoologijos sodas arba cirkas.

iame skyrelyje nagrinesime bandymus, kurie turi baigtini kieki baig£iu irvisos jos vienodai galimos. Tokiu bandymu pavyzdºiai: simetri²kos monetos(arba simetri²ko kauliuko) metimas vien¡ ar daugiau kartu, egzamino bilietotraukimas i² pateikto rinkinio, kokios nors loterijos laimetojo parinkimasatsitiktinai traukiant lai²k¡ i² ²usnies...

Kartais reikia ²iek tiek pagalvoti prie² darant i²vad¡, kad baigtys vienodaigalimos. Isivaizduokime, kad bandymas dvieju simetri²ku lo²imo kauliukumetimas. Tarkime, buvo nuspr¦sta baigtimi laikyti atvirtusiu aku£iu sum¡.Taigi bandymas turi vienuolika baig£iu, kurias galima uºra²yti skai£iais 2,3, . . . , 12. Ar galime teigti, kad jos vienodai galimos? inoma, ne, nes pavyzdºiui,gauti sum¡, lygi¡ 4 yra trys galimybes, o gauti 3 tik dvi.

Taigi nagrinekime bandym¡, kurio baig£iu aibe sudaryta i² n vienodaigalimu baig£iu:

Ω = ω1, ω2, . . . , ωn.Kitus su bandymu susijusius ivykius vaizduojame ²ios aibes poaibiais. Kuodaugiau palankiu baig£iu turi ivykis A, tuo daugiau jis turi galimybiu atlikusbandym¡ ivykti, t. y. tuo jis tiketinesnis.

Susitarsime baigtines aibes B elementu skai£iu ºymeti |B|. Pavyzdºiui,|12, 38, 45| = 3.

Dabar jau galime apibreºti ivykio tiketinumo mat¡, kitaip tariant tikimyb¦.

Klasikinis apibreºimas1 apibreºimas. Jeigu bandymo baig£iu aibe Ω yra baigtine, ovisos baigtys yra vienodai galimos, tai ivykio A ⊂ Ω tikimybe vadinsimeskai£iu

P (A) =|A||Ω| .

42

is apibreºimas vadinamas klasikiniu. Maºdaug prie² keturis ²imtus metupirmasis ji pradejo naudoti italu matematikas J. Cardano.

Jeigu parduotuves lentynoje i²rikiuota n = 10 stikliniu vazu ir m = 4 i²ju neºymiai iskil¦, tai renkantis vaz¡ atsitiktinai, ivykio

A = nusipirksime iskilusi¡ vaz¡

tikimybe lygiP (A) =

m

n=

2

5.

Kokiu ºiniu apie vazu pirkim¡ suteikia ²is skai£ius? K¡ jis rei²kia prakti²kai?Jeigu tokiomis aplinkybemis po vaz¡ nusipirks, tarkime, N = 100 pirkeju,kiek i² ju parsine² namo iskilusias? Niekas negali atspeti tikslaus skai£iaus.Ta£iau jeigu teigsime, kad maºdaug N ·P (A) = 40, labai tiketina, kad maºaiapsiriksime.

Figuros plotas yra jos didumo matas, o ivykio tikimybe jo galimybiuivykti atlikus bandym¡ matas. Abu matai turi nemaºai tu pa£iu savybiu.

1 teorema. Tegu bandymo baig£iu aibe yra baigtine ir visos baigtysyra vienodai galimos. Tada su ²iuo bandymu susijusiu ivykiu tikimybes turi²ias savybes:

1. bet kokio ivykio tikimybe yra intervalo [0; 1] skai£ius, t. y. bet kokiamivykiui A teisinga nelygybe 0 ≤ P (A) 6 1.

2. negalimojo ivykio tikimybe lygi nuliui, o butinojo vienetui:

P (∅) = 0, P (Ω) = 1;

3. ivykio A ir jam prie²ingojo ivykio A tikimybes susij¦ lygybe

P (A) = 1− P (A).

iu savybiu irodymas beveik akivaizdus. Vis delto isivaizduokite, kadjusu kas nors paklause: o kodel ²ie teiginiai teisingi? Sugalvokite itikinamuspaai²kinimus.

Klausimai1. odyje AMERIKA yra ²e²ios skirtingos raides. Bandymas: atsitiktinai

i²braukiama viena raide. Jeigu baigti ºymesime i²braukt¡j¡ raide, tai baig£iu aib¦sudarys ²e²ios baigtys. Ar tokiam bandymui galima taikyti klasikini tikimybesapibreºim¡?

43

A) Galima taikyti.B) Negalima, nes baig£iu aibe neteisingai apibreºta.C) Nors baig£iu aibe apibreºta teisingai, ta£iau baigtys nera vienodai galimos,

todel klasikinis tikimybes apibreºimas netinka.2. Simetri²kos monetos puses paºymetos skai£iais 0 ir 1. Moneta metama du

kartus. Baigtis skai£iu ant atvirtusiu pusiu suma. Tada baig£iu aibe Ω = 0, 1, 2.Ar tokiam bandymui galima taikyti klasikini tikimybes apibreºim¡?

A) Negalima taikyti, nes baigtys nera vienodai galimos.B) Galima taikyti.C) Galima taikyti, ta£iau ne visiems ivykiams.3. Urnoje yra 10 rutuliu, vieni ju balti, kiti juodi. Bandymas atsitiktinis

rutulio traukimas i² urnos. Ivykio, kad bus i²trauktas baltas rutulys, tikimybe yraketuris kartus didesne uº ²iam ivykiui prie²ingo ivykio tikimyb¦. Kiek baltu rutuliuyra urnoje?

A) 9.B) 8.C) Tokia padetis nera imanoma.

Atsakymai1. C. 2. A. 3. B.

44

1.15. Keli pavyzdºiaiTaikant klasikini tikimybiu apibreºim¡ kartais tenka nemaºai skai£iuo-ti. Ne visada skai£iavimo ant pir²tu igudºiu pakanka.

Noredami pritaikyti klasikini tikimybes apibreºim¡, turime suskai£iuoti,kiek i² viso yra bandymo baig£iu ir kiek yra nagrinejamam ivykiui palankiubaig£iu. Daºnai tai pavyksta padaryti pritaikius visai paprast¡ skai£iavimotaisykl¦.

Tarkime, kokius nors savo daiktus (pavyzdºiui, CD plok²teles) norimesuºymeti skaitmens ir raides poromis. Skaitmenis rinksime i² aibes S =0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, o raides i² aibes R = A,B, C, D, taigi |S| = 10,|R| = 4. Kiek skirtingu daiktu galime tokiomis poromis paºymeti? Atsaky-mas kone akivaizdus. Kad butu visi²kai akivaizdus, sura²ykime visus ºymenisi lentel¦:

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9A A0 A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9B B0 B1 B2 B3 B4 B5 B6 B7 B8 B9C C0 C1 C2 C3 C4 C5 C6 C7 C8 C9D D0 D1 D2 D3 D4 D5 D6 D7 D8 D9

Taigi i² viso galime sudaryti |S| · |R| = 10 · 4 = 40 skirtingu poru. inoma,skai£iai ir raides ²iame pavyzdyje tik tarp kitko. Por¡ galime sudaryti ir i²bet kokiu kitokiu objektu.

Daugybos taisykle2 teorema. Tegu aibeje U yra M , aibeje V N elementu, o por¡sudarome pirm¡ji element¡ rinkdami i² aibes U, antr¡ji i² aibes V. Tadai² viso ²itaip galime sudaryti M ·N skirtingu poru.Jeigu teorema, turi buti ir irodymas. Ta£iau pasitenkinkime nuojauta:

poru lentele beveik irodymas.Daºnai tenka galvoti ne apie elementu poras, bet ilgesnes eiles. Skai£iuoti,

kiek ju yra, irgi galime naudodamiesi daugybos taisykle.Bendroji daugybos taisykle

3 teorema. Tegu aibese U1, U2, . . . , Uk yra atitinkamai N1, N2, . . . , Nk

elementu, o elementu eil¦ sudarome rinkdami pirm¡ji i² aibes U1, antr¡jii² U2 ir t.t. Tada ²itaip galime sudaryti i² viso

N1 ·N2 · · ·Nk

k ilgio elementu eiliu.

45

Aibes U1, U2, . . . , Uk nebutinai skirtingos. Visus elementus galime rinktii² tos pa£ios aibes U . Galime isivaizduoti, kad elementai tai suºymetiskai£iais rutuliai urnoje. Parink¦ element¡ uºsira²ome jo numeri, o element¡gr¡ºiname atgal. Tada vel renkame i² naujo. Jeigu aibeje U yra N skirtinguelementu, tai ²itaip sudaryt¡ k elementu eil¦ vadiname gretiniu i² N po kelementu su pasikartojimais.6 Tokiu gretiniu i² viso yra

N ·N · · ·N︸ ︷︷ ︸k

= Nk.

1 pavyzdys. Kauliuko metymasSimetri²k¡ lo²imo kauliuk¡ metame keturis kartus. Kokia tikimybe, kad

antrajame ir ketvirtajame metimuose atvirs lyginis, o pirmajame ir tre£ia-jame nelyginis aku£iu skai£ius?

Pradeti reikia nuo bandymo baigties apibreºimo. Jeigu po kiekvienometimo uºsira²ysime atvirtusiu aku£iu skai£iu, tai gautasis skai£iu ketver-tas

ω = 〈ω1, ω2, ω3, ω4〉, ωi ∈ 1, 2, 3, 4, 5, 6,ir nusakys baigti. Taigi bandymo baigtis gretinys i² 6 elementu po 4 supasikartojimais. I² viso yra |Ω| = 6 · 6 · 6 · 6 = 64 bandymo baig£iu. Kokiosbaigtys palankios mums rupimam ivykiui A? Ir jas galime suskai£iuoti naudo-damiesi daugybos taisykle. I² tiesu, ω1, ω3 reikia parinkti i² nelyginiu skai£iu,o ω2, ω4 i² lyginiu skai£iu (ne didesniu uº 6) aibes. Taigi |A| = 3 ·3 ·3 ·3 = 34,ir

P (A) =(3

6

)4

=1

16.

2 pavyzdys. Ir vel kauliukasSimetri²k¡ lo²imo kauliuk¡ metame keturis kartus. Kokia tikimybe, kad

nors kart¡ atvirs ²e²ios akutes?Bandymo baig£iu skai£ius tas pats kaip nagrinetame pavyzdyje: |Ω| = 64.

Ta£iau dabar mums rupimo ivykio

A = nors kart¡ atvirs ²e²etukas

palankiu baig£iu skai£iu kiek kebliau surasti. I² tiesu, juk ²e²etukas galiatvirsti ne vien¡, bet daugiau kartu. Kai ivykis yra sudetingas, verta pana-grineti prie²ing¡ji ivyki. Galbut jis paprastesnis? Musu atveju prie²ingas

6Prisimin¦ algebros s¡vokas galime sakyti: gretinys su pasikartojimais tai Dekarto san-daugos U × U × · · · × U elementas.

46

ivykis yra toks: A = ²e²etukas neatvirto nei karto. Skai£iuokime prie²in-gajam ivykiui palankias baigtis ω = 〈ω1, ω2, ω3, ω4〉. Skai£iai ωi gali buti betkokie, i²skyrus 6. Vel turime gretini su pasikartojimais, tik dabar i² 5 po 4elementus. Taigi |A| = 54 ir

P (A) = 1− P (A) = 1−(5

6

)4

.

Jeigu sudarydami gretini parinktuju aibes U elementu nebegr¡ºinsimei aib¦, tai gausime gretini i² skirtingu elementu. Jeigu aibeje U yra Nelementu, o i² jos be gr¡ºinimo renkame ir rikiuojame i eil¦ k elementu, taigaut¡j¡ eil¦ vadinsime gretiniu i² N po k elementu be pasikartojimu.Paºymekime ju kieki Ak

N . i skai£iu taip pat galime surasti naudodamiesi dau-gybos taisykle. I² tiesu, pirm¡ji element¡ galime parinkti N budais, antr¡jigalime rinktis i² vienu elementu maºiau turin£ios aibes ir t. t.

Gretiniai be pasikartojimu

4 teorema.

A2N = N · (N − 1), A3

N = N · (N − 1) · (N − 2), . . . ,

AkN = N · (N − 1) · (N − 2) · · · (N − k + 1)︸ ︷︷ ︸

k

.

Tarkime, rinksime elementus tol, kol nebebus ko rinkti, t. y. k = N.Tada gautasis gretinys bus tiesiog visu aibes elementu eile, o skai£ius AN

N

lygus galimybiu i²rikiuoti visus elementus i eil¦ skai£iui. Taigi N elementu ieil¦ galime surikiuoti

ANN = N · (N − 1) · · · 2 · 1 = N !

budais.3 pavyzdys. Kortos i² kaladesI² 52 kortu kalades atsitiktinai i²traukiamos 5 kortos. Kokia tikimybe,

kad visos i²trauktosios kortos bus bugnai?Isivaizduokime, kad kortas traukiame vien¡ po kitos ir rikiuojame i eil¦.

i eile ir yra bandymo baigtis. Taigi bandymo baigtis gretinys i² 52 po 5be pasikartojimu. I² viso baig£iu yra |Ω| = 52 · 51 · 50 · 49 · 48. Ivykiui A =

47

visos i²trauktosios kortos bugnai palankios baigtys gretiniai, sudaryti i²skirtingu bugnu kortu. Ju skai£iu irgi galime greitai apskai£iuoti:

|A| = 13 · 12 · 11 · 10 · 9, P (A) =13 · 12 · 11 · 10 · 952 · 51 · 50 · 49 · 48

=11

39984≈ 0, 0003.

Tikimybe gauti visas bugnu kortas labai maºa; tokia sekme pasitaiko maº-daug tris kartus i² 10000.

Kokia tikimybe i²traukus penkias kortas gauti lygiai vien¡ bugnu kort¡?Paºymekime ²i ivyki B. Bugnu korta gali buti pirmoji, antroji ir t. t. Taigiivykiui B palankiu baig£iu bus:

|B| = 13 · 39 · 38 · 37 · 36 + 39 · 13 · 38 · 37 · 36 + . . . = 5 · 13 · 39 · 38 · 37 · 36.

TadaP (B) =

5 · 13 · 39 · 38 · 37 · 36

52 · 51 · 50 · 49 · 48≈ 0, 411.

Ivykis B ivyks maºdaug keturis kartus i² de²imties bandymu! O kokiatikimybe, kad i²trauk¦ penkias kortas gausime lygiai du bugnus? Kiek pa-svarst¦ suprasime, kad ²iam ivykiui palankiu baig£iu skai£iu tiesiogiai skai£i-uojant nustatyti kiek sunkiau. Todel paie²kokime kito, paprastesnio budo.

Tarkime, aibeje yra n elementu, o mes norime sura²yti visus gretinius pok (1 6 k 6 n) i² ²ios aibes elementu. Kiek ju yra, jau ºinome:

Akn = n · (n− 1) · (n− 2) · · · (n− k + 1)︸ ︷︷ ︸

k

.

Sudarydami gretinius galime elgtis ²itaip: pirmiausia pasirinkime k skir-tingu aibes elementu ir sudarykime visas pasirinktuju elementu eiles (gre-tinius). I² viso ju bus k!. Po to pasirinkime nauj¡ poaibi i² k elementu ir velsudarykime gretinius. Gretiniai, sudaryti i² skirtingu poaibiu elementu, busbutinai skirtingi. Kiek skirtingu poaibiu i² k elementu galime sudaryti, jeiguelementus galime rinkti i² n elementu turin£ios aibes? Paºymekime ²i dydiCk

n. Tada

Deriniai

Akn = Ck

n · k!, Ckn =

Akn

k!=

k︷ ︸︸ ︷n · (n− 1) · (n− 2) · · · (n− k + 1)

k · (k − 1) · (k − 2) · · · 1︸ ︷︷ ︸k

.

48

Poaibi, sudaryt¡ parinkus k elementu i² n elementu turin£ios aibes, vadin-sime deriniu i² n po k elementu. I²vedeme deriniu skai£iaus formul¦, ku-rios daºnai prireiks. Kai n ir k nedideli, deriniu skai£iu apskai£iuoti lengva.Pavyzdºiui,

C310 =

10 · 9 · 83 · 2 · 1 = 120, C7

10 =10 · 9 · · · 4

7 · 6 · · · 3 · 2 · 1 = 120.

Gavome, kad C310 = C7

10. Tai ne atsitiktinumas.Tris elementus i² de²imties galime parinkti taip: papra²ykime, kad kas

nors pasirinktu septynis i² de²imties, o mes pasirinkime likusius. Yra tiekpat budu pasirinkti tris elementus i² de²imties, kiek septynis i² de²imties.i taisykle teisinga ir bendruoju atveju:

Ckn = Cn−k

n , 0 6 k 6 n.

Kai k = 0, gauname C0n = Cn

n = 1. Visus elementus galime pasirinkti tikvienu budu, nieko nepasirinkti irgi vienu.

O dabar griºkime prie pavyzdºio.4 pavyzdys. Kortos i² kaladesI² 52 kortu kalades atsitiktinai i²traukiamos 5 kortos. Kokia tikimybe,

kad i² ju lygiai dvi kortos bus bugnu?Dabar isivaizduokime, kad visos penkios kortos traukiamos ne po vien¡,

bet i² karto. Taigi baigtis derinys i² 52 po 5. Baig£iu i² viso yra |Ω| = C552.

Ivykiui C = lygiai dvi kortos bus bugnu palankios tos baigtys (deriniai),kuriose yra dvi bugnu kortos. Bugnu kortas galime parinkti C2

13 budais, olikusias tris C3

39 budais. Pasinaudoj¦ daugybos taisykle gausime

|C| = C213 · C3

39, P (C) =C2

13 · C339

C552

=9139

3320≈ 0, 274.

5 pavyzdys. Rutuliai i² urnosUºdavini apie kortas galime suformuluoti visai neminedami kortu. Tegu

urnoje yra N baltu ir M juodu rutuliu (arba jeigu norite gaminiu partijojeN geru ir M brokuotu). Atsitiktinai traukiame k rutuliu. Kokia tikimybe,kad tarp ju bus lygiai n baltu?

Atsakymas, ºinoma, priklauso nuo dydºiu reik²miu. Jeigu, pavyzdºiui,n > N, tai galime be skai£iavimu teigti, kad tikimybe lygi nuliui. Tikimybei²traukti n baltu rutuliu nelygi nuliui, jei

max(0, k −M) 6 n 6 min(k, N).

49

i¡ s¡lyg¡ ºodºiais galima paai²kinti taip: negalime i²traukti daugiau balturutuliu nei traukiame; taip pat nei yra urnoje. Kita vertus, jei traukiamerutuliu daugiau nei yra juodu, tai bent k−M baltu rutuliu tikrai i²trauksime.

Bandymo baigtis derinys i² N + M po k elementu. Taigi |Ω| = CkN+M .

IvykiuiA = i²trauksime lygiai n baltu rutuliu

palankias baigtis suskai£iuosime irgi naudodamiesi deriniais:

|A| = CnN · Ck−n

M , P (A) =Cn

N · Ck−nM

CkN+M

.

Nagrinedami pavyzdºius, skai£iavome dydºius Cmn . Jie labai daºnai pa-

sitaiko ivairiuose s¡ry²iuose ir turi daug savybiu. Vien¡ i² ju jau nustateme:Cm

n = Cn−mn . Dar ²iek tiek patyrinekime.

Tarkime, i² n elementu aibes reikia parinkti m elementu poaibi. Parinkimevien¡ element¡ ir atidekime ji i ²ali. Rinkdami m elementu, galime atidet¡jielement¡ itraukti i poaibi, galime neitraukti. Jeigu itraukiame, tai likusiuo-sius m− 1 element¡ turesime parinkti i² n− 1 elemento, tokiu galimybiu yraCm−1

n−1 . Jeigu atidetojo elemento neitrauksime i poaibi, tai bus Cmn−1 galimybiu

sudaryti poaibi. TaigiCm

n = Cm−1n−1 + Cm

n−1. (2)O dabar i ²ali atidekime ne vien¡, bet k, 1 < k < n elementu, tada liks

n − k elementu. Rinkdami m elementu poaibi i² atidetosios grupeles ga-lime neimti nei vieno, galime imti vien¡, galime daugiau elementu. Jeigu i²atidetosios grupeles neimame nei vieno elemento, tai poaibi galesime parinktiCm

n−k budais. Vien¡ element¡ i² atidetuju galesime parinkti C1k = k budais, o

likusiuosius m− 1 elementus Cm−1n−k budais. Taigi galesime sudaryti C1

kCm−1n−k

skirtingu poaibiu. Atitinkamai rinkdami 2 elementus i² atidetuju galesimesudaryti C2

kCm−2n−k poaibiu. itaip samprotaudami gauname toki (2) lygybes

apibendrinim¡:

Cmn =

m∑j=0

CjkC

m−jn−k .

Beje, ²i lygybe teisinga su visomis sveikomis neneigiamomis 0 6 k 6 n,m, nreik²memis.

Prisiminkime (arba irodykime), kad dydºiai Cmn dvinario laipsnio koe-

cientai:

(a + b)n = C0nan + C1

nan−1b + . . . + Cmn ambn−m + . . . + Cn

nan.

O dabar keletas uºdaviniu jegoms i²bandyti.

50

Uºdaviniai1. Lo²imas su simetri²ka moneta: jeigu mesta moneta atvirsta herbu, pirmasis

ºaidejas gauna ta²k¡, jeigu skai£iumi antrasis. Kokia tikimybe, kad po keturiumetimu bus lygiosios? Kokia tikimybe, kad po penkiu metimu vienas i² ºaidejutures vieno ta²ko persvar¡?

2. Muzikos grotuvo grojara²tyje n muzikiniu kuriniu, kurie grojami atsitik-tine tvarka. Tas pats kurinys gali buti grojamas pakartotinai. Kokia tikimybe, kadpirmasis pagrotas kurinys vel bus pagrotas m-uoju, ta£iau ne anks£iau?

3. Muzikos grotuvo grojara²tyje n muzikiniu kuriniu, kurie grojami atsi-tiktine tvarka, ta£iau tas pats kurinys negali buti grojamas i² eiles du kartus.Kokia tikimybe, kad pirmasis pagrotas kurinys vel bus pagrotas m-uoju, ta£iaune anks£iau?

4. Fotograju parodai pateikta n fotograju, m i² ju peizaºai. Nuspr¦stanuotraukas sukabinti atsitiktine tvarka. Kokia tikimybe, kad visi peizaºai bus su-kabinti vienas po kito?

5. T¡ pati rinkini i² n SMS ºinu£iu gavo m ºmoniu. Kiekvienas i² ju vien¡i²tryne neperskait¦s. Kokia tikimybe, kad bent du ºmones i²tryne t¡ pa£i¡ ºinu-t¦?

6. I vienos istaigos laukiam¡ji vienas po kito suejo n ºmoniu. Ta£iau jieaptarnaujami ne i² eiles, bet atsitiktine tvarka. Kokia tikimybe, kad pirmasis atej¦sbus aptarnautas m-uoju?

7. Namo auk²tu skai£ius n, liftu vaºiuoja m ºmoniu. Kiekvienas gali i²liptibet kuriame auk²te. Kokia tikimybe, kad lygiai du ºmones i²lips viename auk²te,o likusieji i²lips po vien¡?

8. Keista kelione: kiekvien¡ minut¦ ºmogus ºengia ºingsni arba i kair¦, arbai de²in¦. Krypti jis pasirenka visi²kai atsitiktinai. Kokia tikimybe, kad po 2m

minu£iu jis gri² i t¡ pa£i¡ viet¡, i² kurios pajudejo?

9. Trys beveik vienodo ilgio gatves sudaro trikampi, jos kertasi ta²kuoseA,B, C. I² ta²ku A ir B atsitiktinai pasirink¦ kryptis vienu metu i²keliauja dudraugai. Jeigu nesusitinka, tai gatviu sankirtos ta²kuose atsiduria vienu metu irvel atsitiktinai pasirink¦ vien¡ i² dvieju galimu kryp£iu keliauja toliau. Kokiatikimybe, kad po n tokiu keliones etapu jie vis dar bus nesusitik¦?

10. Duryse yra du uºraktai, rakinami skirtingais raktais. Raktu ry²ulyje yran raktu, juos bandome atsitiktinai: pasirenkame rakt¡ ir patikriname, ar jis tinkakuriam nors uºraktui. Jau i²bandytas raktas pakartotinai nebebandomas. Kokiatikimybe, durys atsidarys, kai bandysime m-¡ji rakt¡?

51

Atsakymai1. 3/8 ir 5/8. 2. Jei n = 5,m = 4, tai tikimybe 16/125. 3. Jei

n = 5,m = 4, tai tikimybe 3/16. 4. Jei n = 10,m = 4, tai tikimybe 1/30.

5. Jei n = 6,m = 4, tai tikimybe 13/18. 6. Jei n = 10, tai tikimybe 1/10.

7. Jei n = 10,m = 5, tai tikimybe 504/1000. 8. Jei m = 4, tai tikimybe35/128. 9. Jei n = 5, tai tikimybe 1/32. 10. Jei n = 10,m = 5, tai tikimybe4/45.

1.16. Geometrines tikimybesKai ivyki sudaran£iu lygiaver£iu baig£iu suskai£iuoti neimanoma ga-lima bandyti kitus matavimo budus. Mokame matuoti ir skai£iuoti il-gius, plotus, turius... K¡ moki visuomet pritaikai!

Noredami skai£iumi i²reik²ti geometrines guros didum¡, skai£iuojamejos plot¡. Noredami skai£iumi i²reik²ti ivykio tiketinum¡, skai£iuojame jotikimyb¦. Kartais ²i tikimybe rei²kiama geometriniais dydºiais: ilgiu, plotu,turiu.

6 pavyzdys. Sustoj¦s laikrodisKai elektroninio laikrodºio baterijos i²sikraus, jis sustos. Kokia tikimybe,

kad tai atsitiks, kai valandu rodykle bus tarp 2 ir 3 valandos?Neabejoju, kad atsakym¡ ispejote i² karto: tikimybe lygi 1

12. Kaip gi

pagristume savo nuomon¦?Tarkime, laikrodis yra skritulio formos, taigi valandu rodykle kiekvienu

metu yra nukreipta i vien¡ padalu apskritimo ta²k¡. Laikrodis gali sustotibet kuriuo metu. Bandymo baigti vaizduokime tuo ta²ku, i kuri laikrodºiuisustojus liko nukreipta valandu rodykle. Taigi baig£iu aibe Ω apskritimota²ku aibe, o A = laikrodis sustojo tarp 2 ir 3 valandos palankios baigtyssudaro lank¡, jungianti ²iu valandu padalas. Kyla naturali mintis ivykio Atikimyb¦ reik²ti geometriniu ilgiu santykiu:

P (A) =lanko A ilgis

Ω ilgis =1

12. (3)

iame pavyzdyje panaudojome kitoki nei klasikinis tikimybes apibreºim¡.Nustatykime, kokiems bandymams ji galima taikyti.

52

Geometrinis tikimybes apibreºimas

Tegu bandymo baigtys vaizduojamos geometrines srities Ω ta²kais, visosbaigtys yra lygiavertes, o sritis Ω turi nenulini ir baigtini geometrini mat¡(ilgi, plot¡ ar turi). Tada susijusio su bandymu ivykio A ⊂ Ω tikimybevadinsime skai£iu

P (A) =geometrinis A matasgeometrinis Ω matas ,

£ia geometrinis matas rei²kia ilgi, plot¡ ar turi.

Nesunku isitikinti, kad ivykiu tikimybiu savybes, kurias i²vardijome skyre-lyje Klasikinis tikimybes apibreºimas, teisingos ir geometrinio tikimybesapibreºimo atveju.

Panagrinekime daugiau geometrinio tikimybes apibreºimo taikymo pa-vyzdºiu.

7 pavyzdys. Draugu susitikimasDu draugai paºadejo paskambinti tre£iajam tarp pirmos ir tre£ios valan-

dos. Kokia tikimybe, kad laikotarpis tarp pirmojo ir antrojo skambu£iu busne ilgesnis uº 15 minu£iu?

Bandymas baigsis, kai bus paskambinta antr¡ji kart¡. Pavadinkime pirm¡jidraug¡ A, o antr¡ji B. Jeigu A skambu£io moment¡ paºymesime xA, o Bskambu£io moment¡ xB, tai ²iu skai£iu pora ω = 〈xA, xB〉 ir bus bandymobaigtis. Galime laikotarpi nuo pirmos iki tre£ios valandos sutapatinti suskai£iu intervalu [0; 2], tada xA, xB gales igyti bet kokias reik²mes i² ²iointervalo. Plok²tumoje ived¦ Dekarto koordina£iu sistem¡, skai£iu por¡ ωgalesime pavaizduoti plok²tumos ta²ku. Koki¡ plok²tumos ta²ku aib¦ sudarysvisos galimos bandymo baigtys? Atsakymas paprastas kvadrat¡, kuriokra²tines ilgis lygus 2. O dabar pabandykime pavaizduoti ivyki

U = laikotarpis tarp skambu£iu bus ne ilgesnis kaip 14valandos.

Kad baigtis ω = 〈xA, xB〉 butu palanki U, skambu£iu momentu skirtumomodulis turi buti ne didesnis uº 1

4, t. y.

U =〈xA, xB〉 : |xA − xB| 6 1

4

.

Pavaizduokime ivyki U plok²tumoje. Taigi ivykio U tikimybe lygi uºbruk²-niuotos srities ir viso kvadrato plotu santykiui. Lengviausia apskai£iuoti uº-bruk²niuotos srities plot¡, suradus neuºbruk²niuotu trikampiu plotus (tri-

53

kampius suglaud¦, gausime kvadrat¡!) ir ²i plot¡ atemus i² kvadrato ploto.

0 2 xA

2

xB

0 2 xA

2

xB

xA − xB = 0.25

xB − xA = 0.25

GaunameP (U) =

22 − 1,752

22=

15

64≈ 0,234.

iame pavyzdyje bandymo baigtis vaizdavome plok²tumos ta²kais, o ivykiotikimyb¦ rei²keme plotu santykiu. Panagrinekime bandym¡, kurio baigtimspavaizduoti prisireiks erdves ta²ku.

8 pavyzdys. Uºdavinys apie trikampiAtsitiktinai parenkamos trys atkarpos, kuriu ilgiai intervalo [0; 1] skai£iai.

Kokia tikimybe, kad i² atkarpu galesime sudeti trikampi?Visk¡ lemia parinktuju atkarpu ilgiai. Paºymej¦ juos atitinkamai x1, x2, x3

sudarysime baigti skai£iu trejet¡ ω = 〈x1, x2, x3〉, xi ∈ [0; 1]. Skai£iu tre-jet¡ vaizduosime erdves, kurioje ivesta Dekarto koordina£iu sistema, ta²ku.Pavaizdav¦ visas galimas bandymo baigtis, gautume kub¡, kurio kra²tinesilgis lygus 1. Taigi baig£iu aibe Ω yra vienetinis kubas. Kokie jo ta²kaivaizduoja baigtis, palankias ivykiui T = galesime sudeti trikampi? Kadi² atkarpu, kuriu ilgiai yra x1, x2, x3 galetume sudeti trikampi, butina irpakankama, kad butu patenkintos trikampio nelygybes:

x1 + x2 > x3, x1 + x3 > x2, x2 + x3 > x1.

Panagrinekime pirm¡j¡ nelygyb¦. Pakeiskime nelygybes ºenkl¡ lygybes ºen-klu: x1 + x2 = x3. Visi erdves ta²kai, tenkinantys ²i¡ lygyb¦ yra vienojeplok²tumoje. Plok²tumai apibreºti pakanka triju ta²ku. tai jie: O(0; 0; 0),A(1; 0; 1), B(0; 1; 1). Taigi plok²tuma kerta tris kubo sienas pagal istriºainesir dalija kub¡ i dvi dalis. Viena ju piramide COAB, £ia C ºymime ta²k¡su koordinatemis (0; 0; 1). Kurie ta²kai tenkina nelygyb¦ x1 + x2 > x3? Ga-lime patikrinti istat¦ ta²ko D(1; 1; 0) koordinates. Akivaizdu, kad ²io ta²kokoordinates tenkina nelygyb¦. Taigi piramides OABC ta²ku koordinatesnetenkina pirmosios nelygybes. Analogi²kai samprotaudami atmetame dar

54

dvi piramides. Gauname, kad visas tris nelygybes tenkina briaunainio, kuriovir²unes yra O,A, B, D, E ta²ku koordinates.

x2

1

x3 1

x1

1

x2

1

x3 1

x1

1

O

A

B

x2

1

x3 1

x1

1

O

A

B

D

E

TodelP (T ) =

OABDE turiskubo turis .

Kaip apskai£iuoti briaunainio turi? Papras£iausia surasti triju atkirstujupiramidºiu turius ir atimti juos i² kubo turio:

P (T ) =1− 3 · 1

6

1=

1

2.

Uºdaviniai1. Vienetine atkarpa atsitiktinai padalijama i dvi dalis. Kokia tikimybe, kad

trumpesniosios dalies ilgis bus maºesnis uº 13?

2. Nuo Vyºuonu iki Uºpaliu yra 9 kilometrai, o nuo Uºpaliu iki Juºintu 17kilometru. Jei vaºiuojant i² Vyºuonu i Juºintus per Uºpalius ma²ina del gedimosustotu, kokia tikimybe, kad Uºpaliai butu ar£iau negu Vyºuonos? Kokia tikimybe,kad Uºpaliai butu ar£iau negu Vyºuonos ir Juºintai?

3. Vienetiniame kvadrate atsitiktinai parenkamas ta²kas. Kokia tikimybe, kadjis bus ant kurios nors istriºaines?

4. Sudetingos formos sklypo plot¡ buvo nutarta ivertinti keistu budu. Srityjebuvo paºymetas 1 m× 1 m dydºio kvadratas, ir i² tolo sklypo link buvo metomasakmuo. Penkis ²imtus kartu buvo pataikyta i sklyp¡, o i² ju 25 kartus i kvadrat¡.Kaip naudodamiesi ²iais duomenimis galetume ivertinti sklypo plot¡?

5. Atsitiktinai parenkamas rombo ta²kas. Kokia tikimybe, kad jis bus ar£iaukurios nors vir²unes negu istriºainiu susikirtimo ta²ko? Galbut sprendim¡ surastibus lengviau, jeigu nagrinesite atskir¡ rombo atveji kvadrat¡.

Atsakymai1. 2/3. 2. 43/52 ir 1/2. 3. 0. 4. ≈ 20 m2. 5. 1/2.

55

1.17. Ivykiu algebraVaikai nesaugo dovanotu ºaidimo kaladeliu giliai spintoje. Jie jasdelioja, derina, konstruoja. Pana²iai elgiasi ir matematikai: sukur¦s¡vokas, jie ima su jomis k¡ nors veikti. Taigi veiksmai su ivykiais...

Kauliuko metimo bandymas turi ²e²ias baigtis: Ω = ω1, ω2, . . . , ω6, £iaωi kaip visada ºymime baigti atvirto i aku£iu. Ta£iau ivykiu, kuriuos galimesieti su ²iuo bandymu yra gerokai daugiau. Kiek? Kadangi ivykius vaizduo-jame baig£iu aibes poaibiais, tai tu ivykiu bus tiek, kiek galima sudarytibaig£iu aibes poaibiu. Yra i² viso Cm

6 , m = 0, 1, . . . , 6 budu sudaryti poaibii² m baig£iu, tai ivykiu i² viso yra

C06 + C1

6 + C26 + C3

6 + C46 + C5

6 + C66 = 26 = 64.

Ivykius sieja ivairus tarpusavio ry²iai. Kadangi juos vaizduojame poaibiais,tai aibiu veiksmus galime naudoti ivykiu ry²iams nagrineti.

Tegu Ω yra bandymo baig£iu aibe, o A su bandymu siejamu ivykiu²eima, j¡ sudaro baig£iu aibes poaibiai. Jau ºinome, kad kiekvienam ivykiuiA ²ioje ²eimoje galime rasti antrinink¡ prie²ing¡ji ivyki A. Prie²ingojoivykio sudarymas yra pirmasis veiksmas, kuri pritaik¦ i² vieno ivykio gau-name nauj¡.

A

A

Ivykius ir ju s¡ry²ius patogu vaizduoti diagramomis. Kvadratas vaiz-duoja butin¡ji ivyki Ω.

Apibre²ime dar du veiksmus.2 apibreºimas. Tegu A ir B yra su tuo pa£iu bandymu siejami ivykiai,

t. y. jie vaizduojami tos pa£ios baig£iu aibes poaibiais. Ivyki, kuri sudarobaigtys, palankios abiems ivykiams A,B, vadinsime ju sankirta ir ºymesimeA∩B. Ivyki, kuri sudaro baigtys, palankios bent vienam i² ivykiu A, B (galibuti palankios ir abiems), vadinsime ju s¡junga ir ºymesime A ∪B.

Taigi ivykiu veiksmai tie patys aibiu veiksmai. Nagrinedami juos galimenet nemineti jokiu bandymu ir ivykiu. Ta£iau kasdieneje kalboje niekas ne-sako, pavyzdºiui, taip: ºinai, vakar ivyko toks ivykis, jis yra ²tai tokios aibespoaibis... Bet ivykiu veiksmai minimi ir kasdieneje kalboje. Pavyzdºiui,sakinys tikekimes, kad dviratis nesuges ir neprades lyti i² tikruju rei²kia,

56

kad tikimasi, jog ivyks dvieju su bandymu (kelione) susijusiu ivykiu sankirtaA ∩B, £ia A = dviratis nesuges, B = neprades lyti.

Ivyki A ∩ B galime apibreºti kaip ivyki, kuris ivyksta tada ir tik tada,kai ivyksta abu ivykiai A,B. Ivykis A ∪ B savo ruoºtu rei²kia ivyki, kurisivyksta, kai ivyksta bent vienas i² ivykiu A, B (arba abu).

Veiksmus su ivykiais galime pavaizduoti paprastais breºiniais. Tie breºiniai tai tiesiog veiksmu apibreºimai be ºodºiu.

A B

A ∩ B

A ∪ B

Jeigu visos baigtys, palankios ivykiui A yra palankios ir ivykiui B, tai Avaizduosime B poaibiu. Tokiu atveju ra²ysime A ⊂ B. Taigi

A ⊂ A ∪B, A ∩B ⊂ A, A ∩B ⊂ B.

Galime apibreºti ne tik poros, bet ir bet kokios ivykiu sistemos A1, A2,A3, . . . (netgi begalines) s¡jung¡ ir sankirt¡. Begalines ivykiu sekos A1, A2, . . .s¡junga tai ivykis, sudarytas i² baig£iu, kurios palankios bent vienam sekosivykiui, o sankirta ivykis, sudarytas i² baig£iu, kurios palankios visiemssekos ivykiams.

Jeigu yra ivykiai veiksmai, tai reikia aptarti ir ju savybes. Dauguma jutiesiog akivaizdºios.

5 teorema. Tegu A,B, C yra su tuo pa£iu bandymu susij¦ ivykiai, Ωºymime butin¡ji, ∅ negalim¡ji ivyki. Teisingi ²ie teiginiai:

1. ∅ = Ω, Ω = ∅, A = A;

2. ∅ ∪ A = A, Ω ∪ A = Ω, ∅ ∩ A = ∅, Ω ∩ A = A;

3. A ∪ A = A, A ∩ A = A;

4. A ∩ A = ∅, A ∪ A = Ω;

57

5. (A ∪B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C);

6. A ∪B = A ∩B, A ∩B = A ∪B.

Kiek sudetingesne yra ²e²toji savybe. Ta£iau ir ji turetu paai²keti, jeipanagrinesite ivykiu s¡jung¡ ir sankirt¡ vaizduojan£i¡ diagram¡.

9 pavyzdys. Ivykiu rei²kiniaiNaudodamiesi ivykiu veiksmu savybemis galime tvarkyti rei²kinius su

ivykiu veiksmais. Pavyzdºiui, suprastinkime ivykio D = (A ∪B) ∪ C i²rai²k¡.Tai galime padaryti naudodamiesi ivykiu veiksmu savybemis taip:

D = (A ∪B) ∩ C = (A ∩B) ∩ C = A ∩B ∩ C.

Taigi ivykis D rei²kia, kad ivykis A ivyko, o ivykiai B, C ne.Jeigu Ω yra bandymo baig£iu aibe, tai kiekvien¡ su bandymu susijusi ivyki

galime pavaizduoti poaibiu A ⊂ Ω. Ivykiu ²eimos A nariu ry²ius rei²kiamenaudodami prie²ingo ivykio, ivykiu sankirtos ir s¡jungos veiksmus. Atlik¦juos su ²eimos A ivykiais, vel gauname ²ios ²eimos narius. Taigi ivykiu²eima A turi ²ias savybes;

∅ ∈ A, Ω ∈ A,

kiekvienam A ∈ A taip pat A ∈ A,

bet kokiems A1, A2, . . . ∈ A taip pat ∩i Ai,∪iAi ∈ A.

Kitap tariant atlik¦ veiksmus su ²eimos A ivykiais, vel gauname ²ios ²eimosivykius. Tai pana²u i sveikuju skai£iu aritmetik¡: sudedami, daugindamisveikuosius skai£ius vel gauname sveikuosius skai£ius.

Bandymo baig£iu aibeje Ω galima parinkti daug poaibiu. Daºnai netgibe galo daug. Ta£iau mes ne ²iaip ketiname nagrineti su bandymu susijusiusivykius. Norime apibreºti ir skai£iuoti ju tikimybes. Kai ivykiu yra labaidaug, ar neteks kartais apriboti apetit¡ ir nagrineti tik dali ivykiu? Sutokia butinybe jau buvome susidur¦. Juk geometrin¦ tikimyb¦ apibreºemetik ivykiams, vaizduojamiems poaibiais, kuriu geometrini mat¡ galima ap-skai£iuoti. Kokia taisykle vadovautis i² visu ivykiu ²eimos atrenkant tuos,kuriuos nagrinesime? Tikriausiai sutiksite, kad butu gerai, jog nagrinejamuivykiu ²eima turetu tas pa£ias visu ivykiu ²eimos savybes: jeigu ivykisitrauktas i nagrinejamu ivykiu ²eim¡, tai prie²ingas ivykis irgi turi joje buti,taip pat nagrinejamu ivykiu ²eimoje turi buti ivykiu s¡jungos bei sankirtos.Taigi nagrinejamu ivykiu ²eimos taisykl¦ reikia suformuluoti taip.

58

Ivykiu σ-algebraNagrinejamu, su bandymu susijusiu ivykiu ²eimai turi priklausytibutinasis ir negalimasis ivykiai. Jeigu priklauso ivykis A, tai turi prik-lausyti ir A. Jeigu ²eimai priklauso ivykiai A1, A2, . . . , tai turi priklausytiir visu ju s¡junga bei sankirta.Ivykiu ²eima A, turinti ²ias savybes, vadinama σ-algebra.Kam ivykiu ²eimos pavadinime reikalinga ta graiki²ka raidele σ (sigma)?

Galite laikyti j¡ ypatingu galiu ºenklu, kaip koki¡ ²erifo ºvaigºd¦ amerikie£iulme. Kartais tenka nagrineti paprastesnes ivykiu ²eimas, kuriu ivykiusjungti ar kirsti galime tik tada, kai tu ivykiu skai£ius baigtinis. Jungiant arkertant begalines tokiu ²eimu ivykiu sekas galime gauti jau nebe tos pa£ios²eimos ivykius. Tokios ivykiu ²eimos vadinamos tiesiog algebromis.

Ar daºnai tenka rupintis ivykiu σ-algebru sudarymu? Kol studijuojametik tikimybiu teorijos pagrindus ne. Pavyzdºiui, jeigu bandymo baig£iu aibeyra baigtine, tai sudar¦ σ-algebr¡ i² visu galimu ivykiu, bedu neturesime. Kaibegaline visko gali buti.

Ta£iau σ-algebros sudarymo uºdavinys yra veikiau teorinis nei prakti-nis. Mus dominan£iu ivykiu sistem¡ S, nors ir nesudaran£i¡ σ-algebros,galime papildyti iki σ-algebros, itrauk¦ naujus ivykius. Papildyti, ºinoma,galima ivairiai. Pavyzdºiui, jeigu mus domina tik vienas su lo²imo kauliukometimu susij¦s ivykis A = atvirto lyginis aku£iu skai£ius, tai σ-algebr¡gausime itrauk¦ visus kitus galimus ivykius. Joje bus net 64 ivykiai. Ta£iaupastebekime, kad vos keturiu ivykiu ²eima

A = ∅, Ω, A, Ajau sudaro σ-algebr¡. Tai pati maºiausia σ-algebra, kuriai priklauso ivykis A.Sakysime, kad j¡ generavo i² vieno ivykio sudaryta ivykiu sistema S = A.

Kad ir kokia butu pradine ivykiu sistema S, j¡ visada galima papildytiiki σ-algebros. Pati maºiausia σ-algebra, kuriai priklauso visi sistemos Sivykiai, vadinama S generuota σ-algebra.

Panagrinekime vien¡ svarbu pavyzdi.10 pavyzdys. Borelio aibesTarkime, bandymo baigtys vaizduojamos skai£iu tieses ta²kais, o mus

dominan£iu ivykiu sistem¡ S sudaro intervalai: S = [a, b) : a < b. iossistemos generuot¡ σ-algebr¡ vadiname skai£iu tieses Borelio σ-algebra, o joselementus Borelio aibemis. Trumpai tariant Borelio aibes tai aibes, kuriasgalima gauti i² S intervalu juos jungiant, kertant bei taikant prie²ingo ivykiosudarymo veiksm¡. Pavyzdºiui, i² s¡ry²iu

[a; b] =∞⋂

n=1

[a; b +

1

n

), a =

∞⋂n=1

[a; a +

1

n

)

59

gauname, kad uºdarieji intervalai bei i² vieno skai£iaus sudarytos aibes yraBorelio aibes. Apskritai visos skai£iu aibes, kurias daºniausiai nagrinejame,yra Borelio aibes. Aibiu, kurios nepriklauso ²iai ²lovingai aibiu ²eimai, irgiyra labai daug, ta£iau jos gludi toje gudºioje tankmeje, i kuri¡ mes paprastainekeliame kojos.

Klausimai ir uºdaviniai1. Jeigu bandymo baigtis yra palanki ir ivykiui A, ir ivykiui B, tai ji palankiA) ju s¡jungai, bet ne sankirtai.B) ju sankirtai, bet ne s¡jungai.C) ir s¡jungai, ir sankirtai.2. Tegu bandymo baig£iu aibe yra baigtine, A,B yra du atsitiktiniai ivykiai,

o C = A ∩B. TadaA) ivykis C visada turi daugiau jam palankiu baig£iu negu A.B) ivykis C gali tureti tiek pat jam palankiu baig£iu, kiek ir ivykis A.C) ivykio C palankiu baig£iu skai£ius lygus ivykiams A ir B palankiu baig£iu

skai£iu sumai.3. Jeigu A,B yra atsitiktiniai ivykiai, A ⊂ B, A 6= B, taiA) A ⊂ B.B) B ⊂ A.

C) Tarp A ir B negalima nustatyti visais atvejais teisingo s¡ry²io.4. Bandymas dvieju lo²imo kauliuku metimas. Nagrinekime ivykius:

A = atvirtusiu aku£iu suma lygine,B = ant pirmojo kauliuko atvirto daugiau aku£iu negu ant antrojo,C = ant kauliuku atvirtusiu aku£iu skirtumas ne didesnis uº 1.

Kada ivyksta ivykis A ∩B ∩ C?5. Bandymas kortos traukimas i² kalades. Nutareme nagrineti tik dali ivykiu,

kuriuos galima sieti su ²iuo bandymu. Vienas i² ivykiu, kuri butinai norime itrauktii nagrinejamu ivykiu ²eim¡ yra A = i²traukta bugnu korta. Kokius dar ivykiusbutinai turime itraukti i nagrinejamu ivykiu sistem¡, kad pastaroji sudarytu alge-br¡? Ar reikia itraukti ivyki i²traukta vynu korta?

6. Bandymas tas pats kaip ankstesniajame pavyzdyje kortos traukimasi² kalades. Norime, kad i nagrinejamu ivykiu sistem¡ butinai ieitu ivykiai A =i²traukta bugnu korta, B = i²traukta vynu korta. Kokius dar ivykius butinaiturime itraukti i ivykiu sistem¡, kad ji butu ivykiu algebra?

7. Bandymas vel traukiame kort¡. Ta£iau ²ikart mus domina tokie ivykiai:

A = i²traukta bugnu korta, C = i²trauktas tuzas.

60

Pasinaudokite ivykiu veiksmais ir i²reik²kite ivyki i²trauktas tuzas, bet ne bugnu.

8. Tegu A,B su tuo pa£iu bandymu susij¦ ivykiai. Pasinaudokite veiksmusu ivykiais savybemis ir isitikinkite, kad A ∪ (B ∩A) yra butinasis ivykis.

Atsakymai1. C. 2. B. 3. B.4. Ant abieju kauliuku atvirto tas pats aku£iu skai£ius.5. A, ∅, Ω. Ne.6. ∅, Ω, A, B,A ∪B, A ∪B.

7. A ∩ C.

1.18. Tikimybine erdveJei reikia atlikti darb¡ butina darbo vieta ir irankiai. Noredamityrineti atsitiktinumu valdom¡ rei²kini irgi turime susikurti darbo viet¡ tam rei²kiniui tinkan£i¡ tikimybin¦ erdv¦.

Isivaizduokime tris bandymus. Pirmasis: metame monet¡, pavyzdºiui,5 kartus ir ra²ome rezultatu eilut¦ (S jei atvirto skai£ius, H jei herbas).Antrasis: metome monet¡, kol pagaliau atvirsta herbas. Tre£iasis: i² inter-valo I = [0; 1] atsitiktinai parenkame skai£iu. iu bandymu baig£iu aibestokios:

Ω1 = = SSSSS, HSSSS, . . . , HHHHH,Ω2 = = H,SH, SSH, SSSH, . . . , SSS...,Ω3 = [0; 1].

Visas pirmojo baigtis galime sunumeruoti, prireiks tik |Ω| = 25 = 32 skai£iu.Antrojo bandymo baigtis irgi galime sunumeruoti. Begalinei sekai galimepriskirti nuli, o kitas baigtis numeruoti naturaliaisiais skai£iais. Tada kiekvienabaigtis tures savo numeri. O ²tai tre£iojo bandymo baig£iu neimanomasunumeruoti. Tuo ²is bandymas i² esmes skiriasi nuo dvieju pirmuju.

3 apibreºimas. Jeigu aibes elementus galime sunumeruoti, j¡ vadin-sime diskre£i¡ja.

Apibreºus bandymo baig£iu aib¦ reikia nuspr¦sti, koki¡ su bandymu susi-jusiu ivykiu ²eim¡ nagrinesime. Jau ºinome, kad visais atvejais reikia laikytistos pa£ios taisykles ivykiu ²eima turi sudaryti σ-algebr¡. Kai bandymobaig£iu aibe diskreti (kaip pirmuju dvieju bandymu atveju), galime imtivisus galimus ivykius ir nesukti sau galvos. Ta£iau gerokai gali tekti pa-galvoti kaip apibreºti ivykiu tikimybes. Konkretus apibreºimas priklauso

61

nuo paties bandymo ir nuo baig£iu aibes ru²ies. Pavyzdºiui, apibreºimai, tin-kantys, kai baig£iu aibe diskreti, bus visai nepritaikomi atvejams, kai baig£iusunumeruoti negalima. Jeigu paliktume visi²k¡ apibreºimu pasirinkimo laisv¦,galetume susilaukti tikros painiavos. Tikimybemis gali buti pavadinti visi²kaiskirtingas ivykiu savybes atspindintys dydºiai! Kad taip neatsitiktu, reikia²iek tiek apriboti apibreºimu laisv¦, t. y. butina nustatyti kokias bendrassavybes privalo tureti ivairiai apibreºtos ivykiu tikimybes. Tos savybes labaipaprastos, galima sakyti, nusiºiuretos i² geometriniu plotu matavimo teori-jos.

Prie² formuluojant ²ias savybes susitarkime del vieno pavadinimo, kuridaºnai naudosime,

4 apibreºimas. Jeigu ivykiai A,B neturi nei vienos abiems palankiosbaigties, t. y. negali kartu ivykti, tai juos vadinsime nesutaikomais.

Jeigu jokie du sistemos A1, A2, . . . ivykiai negali ivykti kartu, tai sakysime,kad jie sudaro nesutaikomu ivykiu sistem¡.

Tikimybes apibreºimas

5 apibreºimas. Ivykiu tikimybe vadinsime taisykl¦, kiekvienamσ-algebros A ivykiui A priskirian£i¡ intervalo [0; 1] skai£iu P (A) ir ten-kinan£i¡ ²ias s¡lygas:

1. P (Ω) = 1;

2. jei A1, A2, . . . sudaro nesutaikomu ivykiu sistem¡, tai

P( ⋃

i

Ai

)=

∑i

P (Ai).

ia ∪iAi ºymime visu ivykiu s¡jung¡, o∑

i P (Ai) rei²kia visu ivykiutikimybiu sum¡.Skai£iu P (A) vadinsime ivykio A tikimybe.

A1

A2

A3 A4

Ω

62

Nesutaikomus ivykius Ai, Ai ∩ Aj = ∅, i 6= j, breºinyje galime pavaiz-duoti nesikertan£iomis sritimis.

Taigi butinojo ivykio tikimybe visada lygi vienetui. O kaipgi negalimojo?Imkime du negalimuosius ivykius, jie neturi nei vienos bendros palankiosbaigties (nes neturi palankiu baig£iu i² viso!). Taigi abu juos galime pavadintinesutaikomais. Jeigu sujungsime gausime t¡ pati negalim¡ ivyki. Taigi

∅ ∪ ∅ = ∅, P (∅ ∪ ∅) = P (∅) + P (∅) = P (∅), P (∅) = 0.

Jeigu su bandymu susiejote jo baig£iu aib¦, parinkote ivykiu σ-algebr¡ irapibreºete tikimyb¦, vadinasi, sukonstravote matematini modeli savo bandy-mui nagrineti.

Tikimybine erdveTikimybine erdve vadinsime trejet¡, kuri sudaro: bandymo baig£iu aibeΩ, su bandymu susijusiu ivykiu σ-algebra A ir taisykle, priskiriantiivykiams skai£ius ju tikimybes.Du budus apibreºti tikimyb¦ jau ºinome. Jeigu bandymo baig£iu aibe yra

baigtine ir visos jos vienodai galimos, tai ivykio A tikimyb¦ galime apibreºtinaudodamiesi klasikiniu apibreºimu:

P (A) =|A||Ω| .

Jeigu baigtys vaizduojamos geometrines srities ta²kais, ir visos jos ly-giavertes galime taikyti geometrini tikimybes apibreºim¡:

P (A) =geometrinis A matasgeometrinis Ω matas .

Panagrinekime pavyzdi, kuriam netinka nei vienas i² ²iu apibreºimu.11 pavyzdys. Kitoks lo²imo kauliukasTarkime, ant lo²imo kauliuko sieneliu, kaip parodyta breºinyje, sura²yti

skai£iai 1, 2, 3, 4.

1

1

2

3

4

3

63

Met¦ kauliuk¡ pamatysime, koks skai£ius atvirto. Taigi bandymo baig£iuaibeje yra keturios baigtys: Ω = ω1, ω2, ω3, ω4, £ia ωi kaip visada ºymibaigti, kad atvirto i aku£iu. Kiekvienam akivaizdu, kad baigtys nera vie-nodai galimos, taigi klasikinio apibreºimo taikyti negalime. Ta£iau taip patakivaizdu, kaip apibreºti bandymo baig£iu tikimybes:

P (ω1) =2

6, P (ω2) =

1

6, P (ω3) =

2

6, P (ω4) =

1

6.

Kam lygi ivykio A = atvirto nelyginis skai£ius = ω1, ω3 tikimybe? Tik-riausiai kiekvienas sutiks, kad ²i¡ tikimyb¦ reikia skai£iuoti taip:

P (A) = P (ω1) + P (ω3) =2

6+

2

6=

4

6.

is paprastas pavyzdys rodo, kaip reikia apibreºti tikimyb¦ tuo atveju, kaibandymo baig£iu aibe yra diskreti.

Diskre£iosios tikimybines erdves sudarymas

Jeigu bandymo baig£iu aibe Ω yra diskreti, t. y. Ω = ω1, ω2, . . ., taiivykiu algebr¡ A galime sudaryti i² visu poaibiu A ⊂ Ω. Po to reikiaapibreºti baig£iu tikimybes

P (ω1) = p1, P (ω2) = p2, . . . (0 < pi < 1),

p1 + p2 + . . . = 1.

Bet kokio kito ivykio A ⊂ Ω tikimyb¦ apibreºiame sumuodami ²iamivykiui palankiu baig£iu tikimybes

P (A) =∑ω∈A

P (ω).

Nesudetinga isitikinti, kad toks tikimybes apibreºimas tenkina visas apibreºimos¡lygas.

Sudaryti diskre£iosios tikimybines erdves baig£iu aib¦ daºniausiai bunanesudetinga. Kitas reikalas apibreºti ju tikimybes. Kartais tai galimepadaryti, pasinaudojant bandymo aplinkybemis, kaip tai dareme pavyzdyje.Ta£iau tikroveje bandymai ºymiai sudetingesni. Kaip apibreºti baig£iu tiki-mybes tokiais atvejais?

12 pavyzdys. Augalo ºiedai

64

Pasodinome augal¡ ir laukiame, kol jis sukraus ºiedus. Taigi bandymas augalo augimas. Sudareme toki¡ baig£iu aib¦:

ω0 = augalas nepraºys,ω1 = augalas praºys vienu ºiedu,ω2 = augalas praºys dviem ºiedais,ω3 = augalas praºys trimis ºiedais,ω4 = augalas praºys ne maºiau kaip keturiais ºiedais.

Ta£iau kas i² to? iu baig£iu tikimybiu neºinome. Kaip suºinoti? Budastera vienas pasodinti dideli skai£iu n augalu (atlikti daug nepriklausomubandymu) ir kai jie praºys (bandymai pasibaigs), suskai£iuoti, kiek kartuivyko baigtys ω0, . . . , ω4. Jeigu ²iu baig£iu pasitaikymo skai£iai yra atitinka-mai n0, n1, n2, n3, n4, tai galime apibreºti

P (ωi) =ni

n, i = 0, 1, 2, 3, 4.

Ar tokiu budu nustatysime tikras baig£iu tikimybiu reik²mes? inoma, kadne. Ta£iau juk ir tikroveje, kad ir k¡ matuotume, gausime tik apytikslesdydºiu reik²mes. inoma, nustatant tikimybes tokiu budu, prireiks ir darbo,ir laiko. O gal kas nors jau anks£iau vykde tokius bandymus? Nueikime ibibliotek¡ ir pavartykime botanikos knygas...

Uºdaviniai

1. Urnoje yra 5 balti, 4 juodi ir 3 raudoni rutuliai. Bandymas i²kart dviejurutuliu traukimas. Tada baigtis spalvu derinys, pavyzdºiui, abi spalvos baltos,balta ir juoda. Kiek baig£iu yra bandymo baig£iu aibeje? Kaip reiktu apibreºtibaigties ω = abi spalvos raudonos tikimyb¦?

2. Bandymas dvieju kauliuku metimas. Stebima baigtis atvirtusiu aku£iusuma. Apibreºkite baig£iu tikimybes.

3. Bandymas dalyvavimas loterijoje. Galimos trys baigtys: nelaimeta nieko,laimetas naujas loterijos bilietas, laimetas prizas. Antroji baigtis pasitaiko dvigubaire£iau negu pirmoji, o tre£ioji trigubai re£iau negu antroji. Suraskite baig£iutikimybes. Kokia tikimybe k¡ nors laimeti tokioje loterijoje?

4. Bandymas kelione i² ta²ko O ºemyn, kryºkelese atsitiktinai renkantis

65

kryptis.

A B C D

O•

• •

• •

• • • •

Bandymo baig£iu aibe Ω = ωA, ωB, ωC , ωD, £ia ωX rei²kia baigti, kad keleivisatvyko i ta²k¡ X. Apibreºkite baig£iu tikimybes.

5. Kaireje ir de²ineje gatves puseje po kavin¦. e²i sve£iai renkasi kavin¦atsitiktinai. Bandymo baigtis sve£iu, pasirinkusiu de²ines puses kavin¦, skai£ius.Apibreºkite bandymo baig£iu tikimybes. Kokia tikimybe, kad de²ines puses kavin¦pasirinks daugiau sve£iu negu kairi¡j¡? Kokia butu ²io ivykio tikimybe, jeigu butune ²e²i, bet septyni sve£iai?

Atsakymai1. I² viso yra 6 baigtys; P (abi spalvos raudonos) = C2

3/C212 = 1/22.

2. Paºymekime ωj baigti, kad aku£iu suma lygi j, j = 2, 3, . . . , 12. TadaP (ω2) = P (ω12) = 1/36, P (ω3) = P (ω11) = 2/36 ir t. t. Pagalvojus galimaisitikinti, kad P (ωi) = P (ω14−i, i = 2, . . . , 12.

3. Baig£iu tikimybes lygios 6/10; 3/10; 1/10. Tikimybe laimeti lygi 4/10.4. P (ωA) = 1/7; P (ωB) = 3/7;P (ωC) = 2/7;P (ωD) = 1/7.

5. Paºymekime ωi baigti, kad i de²ines gatves puses kavin¦ atejo i sve£iu,i = 0, 1, . . . , 6. Tada P (ωi) = Ci

6/26. Tikimybe, kad de²ines puses kavin¦ pasirinksdaugiau sve£iu lygi 11/32. Jeigu sve£iu butu 7, ²i tikimybe butu lygi 1/2.

66

1.19. Tikimybiu savybesDaugelio tikimybiu teorijos uºdaviniu esme tokia: ºinodami vienu ivykiutikimybes, apskai£iuokite kitu. Tokius uºdavinius sprendºiame naudo-damiesi tikimybiu savybemis.

Norime igyti ºiniu apie atsitiktinius ivykius? Vadinasi, reikalinga tikimy-bine erdve. Ar visada butina j¡ konstruoti? Juk ne visos jos savybes yramums rupimam uºdaviniui svarbios. I² tikruju, daºnai galime manyti, kadtikimybine erdve jau sukurta, o mums reikia naudojantis ºinomomis keliuivykiu tikimybemis surasti neºinomas kitu ivykiu tikimybes.

Pavyzdºiui, gali buti ºinoma, jog velyvo rudens dien¡ lietaus tikimybelygi 2

3, sniego 1

4, o ir lietaus, ir sniego 1

5. Kokia tikimybe, kad t¡ dien¡ ap-

skritai bus krituliu? Atsakym¡ galime gauti naudodamiesi ivykiu tikimybiusavybemis. Tad kokios gi jos yra?

6 teorema. Jeigu A,B yra atsitiktiniai ivykiai, A ⊂ B, tai

P (A) 6 P (B).

Irodymas. is teiginys tvirtina: jeigu visos ivykio A baigtys yra palankiosivykiui B, tai ivykio B tikimybe ne maºesne uº ivykio A tikimyb¦.

Kad tai tiesa, vargu ar kas suabejos. Vis delto, irodykime j¡ naudodamiesitikimybiu savybemis.

I² breºinio matyti, kad B = A∪ (A∩B). Kadangi ivykiai A ir A∩B yranesutaikomi, tai

P (B) = P (A ∪ (A ∩B)) = P (A) + P (A ∩B) > P (A),

nes atmetus vien¡ neneigiam¡ demeni suma nepadideja.

A B

A ∩ B

67

7 teorema. Bet kokiam atsitiktiniam ivykiui A teisinga lygybe

P (A) = 1− P (A).

ia savybe daºnai praver£ia sprendºiant uºdavinius: jeigu ivykis A yra sudetingas,verta panagrineti jam prie²ing¡. Kartais prie²ingojo ivykio struktura bunagerokai paprastesne.

Irodymas. Ivykiai A ir A yra nesutaikomi, o ju s¡junga butinasisivykis.

A

A

TaigiP (A) + P (A) = P (Ω), P (A) + P (A) = 1.

8 teorema. Bet kokiems ivykiams A, B teisinga lygybe

P (A ∩B) = P (A)− P (A ∩B). (4)

Irodymas.

A ∩ B B

A ∩B

Kadangi ivykiai A ∩B ir A ∩B yra nesutaikomi, o ju s¡junga lygi A, tai

P (A) = P (A ∩B) + P (A ∩B).

I² ²ios lygybes i²plaukia teoremos tvirtinimas (4).

68

Ivykis A ∩ B rei²kia, kad A ivyko, o ivykis B ne. Savo ruoºtu, B ∩ Arei²kia, kad ivyko B, bet neivyko A. Tada ju s¡junga rei²kia ivyki, kad i²dvieju ivykiu A, B ivyko tik vienas. Taigi

P (ivyko tik vienas i² ivykiu A, B) = P (A ∩B) + P (B ∩ A).

Pasinaudoj¦ (4) gauname: jei C = ivyko tik vienas i² ivykiu A, B, taiP (C) = P (A)− P (A ∩B) + P (B)− P (B ∩ A)

= P (A) + P (B)− 2 · P (A ∩B).

Neretai tenka skai£iuoti tikimyb¦, kad i² keliu ivykiu ivyko bent vienas.

Ivykiu s¡jungos tikimybe9 teorema. Bet kokiems ivykiams A,B teisinga lygybe

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).

Irodymas. I² breºinio, kuri naudojome ankstesnes teoremos irodymui,matyti, kad ivykiai B,A∩B yra nesutaikomi, o ju s¡junga lygi A∪B. Taigi

P (A ∪B) = P (B) + P (A ∩B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B),

£ia tikimybei P (A ∩B) reik²ti pasinaudojome (4).O kaip skai£iuoti ivykiu s¡jungos tikimyb¦, kai tu ivykiu yra daugiau negu

du? Tarkime, i² viso yra n ivykiu A1, A2, . . . , An. Paºymekime visu tikimybiusum¡

S1 = P (A1) + P (A2) + . . . + P (An),

o taip pat ivykiu poru sankirtu tikimybiu, ivykiu trejetu sankirtu tikimybiuir t. t. sumas:

S2 =∑

16i1<i26n

P (Ai1 ∩ Ai2), S3 =∑

16i1<i2<i36n

P (Ai1 ∩ Ai2 ∩ Ai3), . . . ,

Sm =∑

1<i1<...<im6n

P (Ai1 ∩ . . . ∩ Aim), . . . , Sn = P (A1 ∩ . . . ∩ An).

Sumoje S2 yra C2n = n(n − 1)/2 nariu, sumoje S3 demenu yra C3

n = n(n −1)(n− 2)/6 ir t.t. Dydºiais Si galime i²reik²ti ivykiu A1, A2, . . . , An s¡jungostikimyb¦.

10 teorema. Bet kokiems ivykiams A1, A2, . . . , An teisinga lygybe

P (A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An) = S1 − S2 + S3 − . . . + (−1)n+1Sn.

69

Ivykis A ∪ B rei²kia, kad ivyko bent vienas i² ivykiu A,B. io ivykiotikimyb¦ galime i²reik²ti ir kitaip. Pasinaudoj¦ s¡jungos prie²ingojo ivykioi²rai²ka gauname:

A ∪B = A ∩B, P (A ∪B) = 1− P (A ∪B) = 1− P (A ∩B).

Analogi²ka lygybe teisinga ir su didesniu ivykiu skai£iumi. Bet kokiemsivykiams A1, A2, . . . , An teisinga lygybe

P (A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An) = 1− P (A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An).

13 pavyzdys. Lietus ir sniegasGriºkime prie skyrelio pradºioje minetu ivykiu. inomos ivykiu tikimy-

bes:

P (A) = P (rudens dien¡ lis) =2

3,

P (B) = P (rudens dien¡ snigs) =1

4,

P (A ∩B) = P (rudens dien¡ lis ir snigs) =1

5.

Kokia tikimybe, kad rudens dien¡ bus krituliu? Kad bus tik vienos ru²ieskrituliu?

Naudodamiesi tikimybiu savybemis galime apskai£iuoti:

P (bus krituliu) = P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B)

=2

3+

1

4− 1

5=

43

60,

P (bus vienos ru²ies krituliu) = P (A) + P (B)− 2P (A ∩B)

=2

3+

1

4− 2

5=

31

60.

14 pavyzdys. Nerupestingas lai²kininkasLai²kininko krep²yje n skirtingiems gavejams adresuotu lai²ku. Lai²ki-

ninkas nusprende perdaug nesivarginti skaitydamas, kas uºra²yta ant voku.Lai²kus i deºutes jis ketina sumetyti visi²kai atsitiktinai. Kokia tikimybe,kad bent vienas ºmogus gaus jam skirt¡ lai²k¡?

Isivaizduokime, kad gaveju pa²to deºutes yra vienoje eileje ir suºymetosskai£iais nuo 1 iki n. Lai²kai irgi suºymeti tais pa£iais numeriais. Lai²kininkaseina paeiliui pro deºutes ir atsitiktinai i²trauk¦s i² savo krep²io lai²kus metojuos i deºutes. Paºymekime Ai ivyki, kad i-asis gavejas gaus jam skirt¡ lai²k¡.

70

Tai ivyks tuo atveju, kai i-uoju lai²kininkas i²trauks lai²k¡, kurio numeris irgii. Kiek pagalvoj¦ turbut sutiksite, kad P (Ai) = 1/n. Taigi

S1 = P (A1) + P (A2) + . . . + P (An) = n · 1

n= 1.

Apskai£iuokime tikimyb¦, kad i i1 ir i2 deºutes lai²kai bus imesti teisingai,t. y. kad ivyks ivykis Ai1 ∩ Ai2 . Budu atsitiktinai i²traukti du lai²kus yran(n− 1), o tinkamas tik vienas, taigi P (Ai1 ∩ Ai1) = 1/(n(n− 1)) ir

S2 =∑

16i1<i26n

P (Ai1 ∩ Ai2) = C2n ·

1

n(n− 1)=

1

2!.

Analogi²kai gauname, kad Sm = 1/m!, kai m = 1, 2, . . . , n. Dabar jau galimeskai£iuoti tikimyb¦, kad bent vienas gavejas gaus jam skirt¡ lai²k¡:

P (A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An) = S1 − S2 + S3 − . . . + (−1)n+1Sn

= 1− 1

2!+

1

3!− . . . + (−1)n+1 1

n!.

Palygin¦ gaut¡j¡ sum¡ su eksponentes funkcijos eilute

ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ . . . ,

jei x = −1, galime padaryti i²vad¡: kai lai²ku skai£ius n yra didelis, tikimybe,kad bent vienas gavejas gaus jam skirt¡ lai²k¡ ≈ 1− e−1 ≈ 0, 632.

tai dar viena tikimybiu savybe, kuri tikriausiai nieko nenustebins.11 teorema. Jeigu atsitiktiniai ivykiai Ai sudaro didejan£i¡ grandin¦

A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ . . . , A = ∪nAn,

tai P (An) → P (A), kai n →∞.Irodymas. Apibreºkime ivykius Bi. Tegu B1 = A1, ir B2 = A2∩A1, Bn =

An ∩ An−1, n > 1. Panagrinekime breºini.

A

A3

A2

A1

B1B2B3

71

Ivyki B2 = A2 ∩A1 jame vaizduoja ºiedas, sudarytas i² baig£iu, kurios yrapalankios A2, bet nepalankios ivykiui A1. Savo ruoºtu B3 = A3 ∩ A2 sudaropalankios ivykiui A3, bet ne A2 baigtys. Ivykiai B1, B2, . . . yra nesutaikomi,o visu ju s¡junga lygi A. Taigi

A =∞⋃i=1

Bi, P (A) =∞∑i=1

P (Bi).

Kadangi eilute i² teigiamu skai£iu P (Bi) konverguoja (jos suma lygi P (A)),tai

Tn =n∑

i=1

P (Bi) → P (A), n →∞.

Ta£iau Tn lygi ivykio An tikimybei. I² tikruju i² breºinio matyti, kad

An =n⋃

i=1

Bi, P (An) =n∑

i=1

P (Bi).

Taigi P (An) → P (A), kai n →∞.

Irodytoji savybe vadinama tikimybes tolydumo savybe. Pana²i¡ savyb¦galime irodyti ir maºejan£ioms ivykiu grandinems:

jei A1 ⊃ A2 ⊃ . . . , A = ∩Ai, tai P (An) → P (A), n →∞.

Uºdaviniai

1. inomos dvieju ivykiu tikimybes: P (A) = 4/5 ir P (B) = 7/10. Be toºinoma, kad A ∪B visada ivyksta, t. y. yra butinasis ivykis. Kokia tikimybe, kadabu ivykiai ivyks kartu?

2. inomos ivykiu tikimybes: P (A) = 1/3, P (B) = 1/2, P (A ∪ B) = 3/4.Apskai£iuokite tikimybes

P (A ∩B), P (A ∪B), P (A ∩B), P (A ∩B), P (A ∩B).

3. inome, kad P (A) = 3/4, P (B) = 1/3. Be to ºinome, kad jei ivyksta B, taiivyksta ir A. Kokia tikimybe, kad A ivyks, o B ne?

72

4. Breºinyje pavaizduoti ivykiai A,B, C. ie ivykiai negali ivykti kartu.

A

B C

Pasinaudokite breºiniu ir uºra²ykite tikimybes P (A ∪ B ∪ C) formul¦, pana²i¡ idvieju ivykiu s¡jungos formul¦.

5. Ivykiai A,B, C. Visi kartu jie negali ivykti. Pasinaudokite breºiniu iruºra²ykite ivykio D = i² triju ivykiu A,B, C ivyko tik vienas tikimyb¦.

6. Paºymekime ivykius A = moksleivio matematikos paºymiai geri, B =moksleivio uºsienio kalbu paºymiai geri. Perºiurejus duomenis buvo nustatyta,kad ivykiai A ∩ B,A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B ivyko atitinkamai 30%, 35%, 25%, 10%atveju. Raskite tikimybes P (A), P (B), P (A∪B), P (A∪B), P (A∪B), P (A∪B).

Atsakymai1. 1/2.

2. 1/12; 11/12; 1/4; 5/12; 1/4.

3. 5/12.4. P (A∪B∪C) = P (A)+P (B)+P (C)−P (A∩B)−P (A∩C)−P (B∩C).5. P (ivyko tik vienas i² ivykiu A,B, C) =

P (A) + P (B) + P (C)− 2P (A ∩B)− 2P (A ∩ C)− 2P (B ∩ C).

6. 65/100; 55/100; 90/100; 65/100; 75/100; 70/100.

73

1.20. S¡lygines tikimybesNeretai sakome: tai galima padaryti su s¡lyga... Ir tikimybes kartaislengviau apskai£iuoti su s¡lyga... Ta£iau svarbu skirti, kas teisingasu s¡lyga ir kas be jos.

Isivaizduokite, kad jums ir dar dviems draugams reikia traukti burtus.I urn¡ idedami trys rutuliai: juodas, melynas ir baltas. Kiekvienas dalyvistrauks po vien¡ rutuli. Laimes tas, kuriam atiteks baltas rutulys. Jums,ºinoma, rupi laimeti. Jeigu trauksite pirmasis, tai tikimybe laimeti lygi 1

3. O

gal ver£iau traukti antruoju ar tre£iuoju? iuo klausimu nuomones kartaisi²siskiria.

Taigi bandymas triju rutuliu traukimas i² urnos. Mums rupi ivykiuAi = i-asis i²trauktas rutulys baltas (i = 1, 2, 3) tikimybes. Akivaizdu,kad P (A1) = 1

3. Kad kitu ivykiu tikimybes yra tos pa£ios, tikriausiai irgi

ai²ku. Vis delto dar patyrinekime. Bandymas triju rutuliu traukimas.Jeigu juos paºymesime spalvu raidemis J,M,B, tai bandymo baigtis galesimeuºra²yti ²iu raidºiu sekomis:

Ω = JMB, JBM,BJM, BMJ,MBJ,MJB.Akivaizdu, kad kiekvienas ivykis Ai turi po dvi palankias baigtis, todel

P (A1) = P (A2) = P (A3) =2

6=

1

3.

Taigi neverta gai²ti laiko gin£ijantis, kuriam pirmam traukti!O dabar kiek pakeiskime burtu traukimo aplinkybes. Tegu urnoje yra

n = 5 juodi ir m = 4 balti rutuliai. Vel vienas po kito traukiami trys rutuliai.Kam dabar lygios ivykiu Ai = i-asis i²trauktas rutulys baltas, (i = 1, 2, 3)tikimybes? Ir ²iuo atveju kiekvienas pasakys, kad P (A1) = 4

9. O kam lygios

kitu ivykiu tikimybes? Galime isivaizduoti, kad juodieji rutuliai sunumeruotiskai£iais 1, 2, 3, 4, 5, o baltieji 6, 7, 8, 9. Tada bandymo baigtis yra trijuskirtingu skai£iu gretinys:

ω = 〈i1, i2, i3〉, ij ∈ 1, 2, . . . , 8, 9.Taigi |Ω| = A3

9 = 9 · 8 · 7. Tarkime, jus nusprendete traukti rutuli antruoju.Prie² traukiant skai£iuojate palankias laimejimo, t. y. ivykio A2 baigtis.Baigtis 〈i1, i2, i3〉 palanki ²iam ivykiui, jeigu i2 ∈ 6, 7, 8, 9. Galime jas visasi²ra²yti. Vidurinis skai£ius gali igyti keturias reik²mes; jeigu ji jau ira²eme,pirm¡ji numeri galime parinkti i² 8 skai£iu aibes; kai pirmieji du numeriaijau uºra²yti, tre£i¡ji galima uºra²yti 7 budais. Taigi

|A2| = 4 · 8 · 7, P (A2) =4 · 8 · 79 · 8 · 7 =

4

9.

74

Analogi²kai samprotaudami gautume, kad P (A3) = 49. Todel ir ²iuo atveju

del pirmumo teises gin£ytis neverta.O dabar tarkime, kad nusprendete traukti rutuli antruoju ir bandymas

prasidejo. Jeigu pirmasis i²trauktas rutulys buvo baltas, jus jau kitaip vertin-site savo galimybes laimeti. Tokiu atveju tikimybe, kad i²trauksite balt¡rutuli, lygi 3

8.

Kuo skiriasi ²ie to paties ivykio A2 tikimybes skai£iavimai? Informacijaapie bandym¡, kuria pasinaudojome. Pirmoji tikimybe gauta prie² bandym¡,taigi neturint jokiu ºiniu apie jo eig¡. Antroji pasinaudojant ºiniomis,kurias suteike su bandymu susij¦s ivykis A1. Siekdami pabreºti ²i skirtum¡pirm¡j¡ tikimyb¦ vadinsime bes¡lygine, o antr¡j¡ s¡lygine tikimybe sus¡lyga, kad ivyko ivykis A1. Tikimybes ºymesime taip:

P (A2) =4

9, P (A2|A1) =

3

8.

Bes¡lygin¦ tikimyb¦ P (A2) skai£iavome naudodamiesi bandymo baigtimis skai£iu trejetais ω = 〈i1, i2, i3〉. Jomis galime pasinaudoti ir skai£iuodami s¡ly-gin¦ tikimyb¦ P (A2|A1). I² tiesu, suºinoj¦, kad ivyko ivykis A1 mes suºinome,kad bandymas gali pasibaigti tik tomis baigtimis, kurios palankios ivykiui A1.I² ju ivykiui A2 palankiu baig£iu yra tiek, kiek yra palankiu ivykiui A1 ∩A2

baig£iu. Taigi gauname toki¡ s¡lygines tikimybes i²rai²k¡

P (A2|A1) =|A1 ∩ A2||A1| =

|A1 ∩ A2|/|Ω||A1|/|Ω| =

P (A1 ∩ A2)

P (A1).

Gaut¡ja lygybe patogu pasinaudoti apibreºiant s¡lygines tikimybes s¡vok¡bendruoju atveju.

S¡lygine tikimybe6 apibreºimas. Tegu A,B su tuo pa£iu bandymu susij¦ atsitiktiniaiivykiai, P (B) > 0. Ivykio A s¡lygine tikimybe su s¡lyga, kad ivyko ivykisB, vadinsime skai£iu

P (A|B) =P (A ∩B)

P (B). (5)

Pagrindiniai teiginiai apie bes¡lygines tikimybes teisingi ir s¡lyginemstikimybems.

12 teorema. Tegu A,B, C yra atsitiktiniai ivykiai, P (C) > 0. Tada

1. P (Ω|C) = 1, P (∅|C) = 1;

2. P (A|C) = 1− P (A|C);

75

3. jei A,B yra nesutaikomi ivykiai, tai

P (A ∪B|C) = P (A|C) + P (B|C).

Nagrinedami burtu traukimo pavyzdi, s¡lygin¦ tikimyb¦ suradome labailengvai. Tiesiog pasinaudojome ºiniomis apie bandymo eig¡. Taigi kar-tais s¡lygin¦ tikimyb¦ nesunku surasti ir nesinaudojant apibreºimu. Tadaapibreºimo lygybe galime pasinaudoti kitam tikslui ivykiu sankirtos tikimy-bei surasti. I² tiesu, padaugin¦ lygyb¦ (5) i² P (B) gausime

P (A ∩B) = P (B)P (A|B). (6)

15 pavyzdys. Urnoje yra n = 5 juodi ir m = 4 balti rutuliai. Vienaspo kito traukiami du rutuliai. Kokia tikimybe, kad abu i²trauktieji rutuliaibus balti? Kad bent vienas rutulys bus baltas?

Paºymekime Ai (i = 1, 2) ivyki, kad i-asis rutulys bus baltas. Reikiaapskai£iuoti tikimybes P (A1 ∩A2), P (A1 ∪A2). Pritaik¦ (6) su B = A1, A =A2 gausime

P (A1 ∩ A2) = P (A1)P (A2|A1), P (A1 ∩ A2) =4

9· 3

8=

1

6.

Tikimyb¦ P (A1 ∪ A2) suskai£iuosime dviem budais:

P (A1 ∪ A2) = P (A1) + P (A2)− P (A1 ∩ A2) =4

9+

4

9− 1

6=

13

18,

P (A1 ∪ A2) = 1− P (A1 ∪ A2) = 1− P (A1 ∩ A2)

= 1− P (A1)P (A2|A1) = 1− 5

9· 4

8=

13

18.

iame pavyzdyje tikimybes P (A1∩A2), P (A1∪A2) nesudetinga suskai£i-uoti ir tiesiogiai. Panagrinekime sudetingesni bandym¡.

16 pavyzdys. Urnoje yra n = 5 juodi ir m = 4 balti rutuliai. Vienaspo kito traukiami du rutuliai. I²traukus rutuli, i urn¡ idedami trys tos pa£iosspalvos rutuliai. Kokia tikimybe, kad abu rutuliai bus balti? Kad bent vienasrutulys bus baltas?

Reikia rasti tu pa£iu ivykiu tikimybes. Skai£iavimui tinka tos pa£iosformules:

P (A1 ∩ A2) = P (A1)P (A2|A1) =4

9· 6

11=

8

33,

P (A1 ∪ A2) = 1− P (A1 ∩ A2) = 1− P (A1)P (A2|A1) = 1− 5

9· 7

11=

6

11.

76

Ivykiu sankirtos tikimybes formul¦, kuri¡ naudojome pavyzdºiuose, ga-lima apibendrinti atvejui, kai ivykiu yra daugiau nei du.

Tikimybiu sandaugos formule

13 teorema. Tegu A1, A2, . . . , An yra bet kokie atsitiktiniai ivykiai,P (A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1) > 0. Teisinga lygybe

P (A1 ∩ . . . ∩ An) = P (A1)P (A2|A1) · · ·P (An|A1 ∩ . . . ∩ An−1). (7)

Formul¦ (7) vadinsime tikimybiu sandaugos formule.Ankstesniame skyrelyje nustateme formul¦ ivykiu s¡jungos tikimybei reik²ti:

P (A1 ∪ . . . An) = 1− P (A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An).

Pritaik¦ tikimybiu sandaugos formul¦ galime s¡jungos tikimyb¦ i²reik²ti taip:

P (A1 ∪ . . . An) = 1− P (A1)P (A2|A1) . . . P (An|A1 ∩ . . . ∩ An−1).

17 pavyzdys. Nagrinekime t¡ pati rutuliu traukimo bandym¡ kaipankstesniame pavyzdyje, ta£iau dabar vienas po kito traukiami trys rutuliai.Kokia tikimybe, kad visi trys bus balti? Kad bent vienas i² ju bus baltas?

Naudodami tuos pa£ius ºymejimus gausime

P (A1 ∩ A2 ∩ A3) = P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1 ∩ A2),

P (A1 ∪ A2 ∪ A3) = 1− P (A1 ∩ A2 ∩ A3) = 1− P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1 ∩ A2).

Tikimybiu P (A1), P (A2|A1), P (A1), P (A2|A1) reik²mes tos pa£ios kaip ankstes-niajame pavyzdyje. Apskai£iuosime P (A3|A1 ∩ A2). Kadangi pirmasis irantrasis rutuliai buvo balti, tai prie² traukiant tre£i¡ji urnoje buvo 9 − 1 +3− 1 + 3 = 13 rutuliu, o baltu 4− 1 + 3− 1 + 3 = 8. Taigi

P (A3|A1 ∩ A2) =8

13, P (A1 ∩ A2 ∩ A3) =

4

9· 6

11· 8

13=

64

429.

Analogi²kai gauname

P (A3|A1 ∩ A2) =9

13, P (A1 ∪ A2 ∪ A3) = 1− 5

9· 7

11· 9

13=

35

143.

18 pavyzdys. Nutrauktas lo²imas

77

Tarkime du lo²ejai i laimejimu bank¡ idejo po 5 litus ir susitare lo²timetydami simetri²k¡ monet¡. Jeigu moneta atvirsta herbu (H), pirmasisgauna ta²k¡, jeigu skai£iumi (S) ta²k¡ gauna antrasis. Vis¡ bank¡ gauna tas,kas pirmasis surenka tris ta²kus. Paºymekime A1 ivyki, kad pirmasis laimesir A2, kad laimes antrasis. Abieju galimybes laimeti vienodos, t. y. P (A1) =P (A2) = 1

2. Tarkime, pirmajame metime atvirto herbas, taigi pirmasis lo²ejas

pirmauja rezultatu 1 : 0. Jeigu del kokiu nors aplinkybiu reiktu nutrauktilo²im¡, kaip teisingai pasidalyti laimejimu bank¡, t. y. 10 litu?

Tokio pobudºio uºdavinys paskatino tikimybiu teorijos raid¡. Pana²uuºdavini XVII amºiuje sprende du ²ios teorijos pradininkai B. Pascalis irP. Fermat.

Taigi kaip pasidalyti laimejimu sum¡?Paºymekime H1:0 ivyki, kad po pirmojo monetos metimo rezultatas tapo

1 : 0. Jei suskai£iuotume s¡lygines tikimybes P (A1|H1:0), P (A2|H1:0) pamaty-tume, kad pirmoji tikimybe didesne. Butu protinga padalyti laimejim¡ pro-porcingai ²ioms tikimybes, t.y. santykiu P (A1|H1:0) : P (A2|H1:0). Ta£iaukam gi lygios ²ios tikimybes?

Jeigu lo²im¡ t¦stume, jis baigtusi viena i² tokiu baig£iu:

HH, HSH, SHH, HSSH, SHSH, HSSH,HSSS, SHSS, SSHS, SSS.

Pirmosios ²e²ios baigtys palankios ivykiui A1, likusios keturios ivykiui A2.Ta£iau teigti, kad P (A1|H1:0) = 6

10, P (A2|H1:0) = 4

10ir atiduoti pirmajam

²e²is, o antrajam keturis litus, butu neteisinga, nes baigtys nera vienodaigalimos.

io keblumo i²vengsime taip. Matome, kad lo²imui baigti reikia daugiau-siai keturiu metimu. Nors laimetojas gali paai²keti jau po dvieju ar trijumetimu, isivaizduokime, kad monet¡ vistiek metame keturis kartus. Tadabaig£iu aibe bus

Ω = HHHH, HHHS, HHSH,HHSS, HSHS, HSHH, SHHH,SHHS,

HSSH, SHSH, HSSH, HSSS, SHSS, SSHS, SSSH, SSSS.Visos baigtys yra vienodai galimos, o pirmajam palankiu yra net 11. Taigi

P (A1|H1:0) =11

16, P (A1|H1:0) =

5

16

ir teisingai dalijant pirmajam reiktu duoti ne ²e²is, bet 6, 875 Lt.

Uºdaviniai1. Urnoje yra 5 balti rutuliai, paºymeti skai£iais 12, 12, 13, 15, 18 ir penki juodi,

suºymeti skai£iais 7, 10, 12, 12, 14. Kokia tikimybe atsitiktinai traukiant i²traukti

78

rutuli, paºymet¡ didesniu uº 11 skai£iumi. Kokia tikimybe, kad skai£ius ant rutuliobus didesnis uº 11, jeigu i²trauktas rutulys yra baltas? Jeigu juodas?

2. Keleivis keliauja i² ta²ko O ºemyn, kryºkelese atsitiktinai rinkdamasis kryp-tis:

A B C D

O•

• •

• •

• • • •

Kokia tikimybe, kad jis pateks i ta²k¡ B, jeigu ºinoma, kad ivyko ivykis: i² ta²koO keleivis pajudejo i de²in¦?

3. Kokia tikimybe, kad trys atsitiktinai susitik¦ ºmones yra gim¦ skirtingaismetu menesiais? Kokia tikimybe, kad jie yra gim¦ skirtingais metu menesiais, jeiguºinoma, kad du i² ju yra gim¦ antroje metu puseje (lieposgruodºio menesiais), ovienas pirmoje?

4. Bandymas dvieju simetri²ku kauliuku metimas. Kokia tikimybe, kad antbent vieno ju atvirs viena akute? Kokia tikimybe, kad ant bent vieno ju atvirtoviena akute, jeigu ºinoma, kad aku£iu suma yra didesne uº 3?

5. Tarkime, kad skyrelio pavyzdyje apra²yt¡ lo²im¡ teko nutraukti po dviejumetimu, kai rezultatas buvo 2 : 0 pirmojo naudai. Kokiu santykiu reiktu padalytilaimejimu bank¡?

6. Ivykiu A,B tikimybes vienodos ir nelygios nuliui: P (A) = P (B). Irodykite,kad P (A|B) = P (B|A).

Atsakymai1. 8/10; 1 ir 6/10.

2. 1/3.

3. 55/72 ir 5/6.

4. 11/36 ir 8/33.

5. Padalyti reikia santykiu 7 : 1.

79

1.21. S¡lyginiu tikimybiu savybesSudetingo uºdavinio skaidymas i kelet¡ paprastesniu matematinesveiklos kasdienybe. Ivykio tikimybes rei²kimo s¡lyginemis tikimybemisformule tokios veiklos irankis.

Reikia atrakinti duris. Vienoje i² triju ki²eniu yra trys vienodi, uºraktuitinkantys raktai, kitoje vienas uºraktui netinkantis raktas, tre£ioje du,taip pat netinkami raktai. Atsitiktinai pasirink¦ ki²en¦, i²sitraukiame rakt¡ir bandome atrakinti duris. Kokia tikimybe, kad atrakinti pavyks pirmuojubandymu?

I² viso yra ²e²i raktai, trys i² ju tinka uºraktui. Galbut tikimybe lygi36

= 12? Be abejo, ne! Teisingas atsakymas 1

3!

O dabar isivaizduokime, kad raktai i ki²enes sudeti kitaip. Vienoje ki²enejeyra geras raktas, kitoje vienas geras, o kitas netinkantis uºraktui raktas,tre£ioje vienas tinkantis, du ne. Kokia dabar tikimybe atrakinti duris pir-muoju bandymu? Sakysite, tai priklauso nuo to, kuri¡ ki²en¦ pasirinksime.I² tikruju, jei paºymesime

H1 = pasirinkta pirmoji ki²ene,H2 = pasirinkta antroji ki²ene,H3 = pasirinkta tre£ioji ki²ene,A = durys atrakintos pirmuoju bandymu,

tai gausime

P (A|H1) = 1, P (A|H2) =1

2, P (A|H3) =

1

3.

Ta£iau kokia mums nauda i² tu triju skai£iu? Juk mums reikia vieno!Dar ²iek tiek panagrinekime ²i paprast¡ bandym¡. Be mums rupimo

ivykio A apibreºeme dar tris: H1, H2, H3. Jie yra nesutaikomi, be to vienasi² ju butinai ivyksta.

H1 H2 H3

A ∩H2A ∩H1 A ∩H3

Ω

80

Todel galime uºra²yti lygyb¦:

Ω = H1 ∪H2 ∪H3.

Taigi

A = A ∩ Ω = (A ∩H1) ∪ (A ∩H2) ∪ (A ∩H3),

P (A) = P (A ∩H1) + P (A ∩H2) + P (A ∩H3).

Tikimybems P (A∩Hi) skai£iuoti galime taikyti tikimybiu sandaugos formul¦.Tada P (A ∩Hi) = P (Hi)P (A|Hi),

P (A) = P (H1)P (A|H1) + P (H2)P (A|H2) + P (H3)P (A|H3).

Galu gale pasinaudoj¦ tuo, kad P (H1) = P (H2) = P (H3) = 13, gauname

atsakym¡:P (A) =

1

3· 1 +

1

3· 1

2+

1

3· 1

3=

11

18.

Ivykio A tikimyb¦ apskai£iavome dalimis: radome tikimybes P (A ∩H1), P (A ∩H2), P (A ∩H3) ir jas sudejome. Toks metodas yra labai daºnaitaikomas.

Pilnosios tikimybes formule

14 teorema. Jeigu atsitiktiniai ivykiai H1, H2, . . . yra nesutaikomi,ju tikimybes yra teigiamos ir Ω = H1 ∪ H2 ∪ . . . , tai bet kokiam kitamivykiui A teisinga lygybe

P (A) = P (H1)P (A|H1) + P (H2)P (A|H2) + . . . (8)

Formule (8) vadinama pilnosios tikimybes formule ji ivykio tikimyb¦ surenkai² daliu. Ivykiai Hi daºnai vadinami hipotezemis atlikus bandym¡, vienas,ir tik vienas i² ju butinai ivyksta. Hipoteziu skai£ius gali buti netgi begalinis.

Irodymas. Pilnosios tikimybes formul¦ (8) gauname lygiai taip pat kaipskyrelio pradºioje nagrinetame pavyzdyje i² lygybiu:

P (A) = P (A ∩H1) + P (A ∩H2) + P (A ∩H3) + . . . ,

P (A|Hi) = P (Hi)P (A|Hi), i = 1, 2, . . .

19 pavyzdys. EgzaminasEgzamino biliet¡ sudaro keturi klausimai ir keturi atsakymai. Reikia

sudaryti klausimu ir teisingu atsakymu i juos poras. I² viso yra 25 bili-etai. Studentas pasirenge egzaminui taip: i²moko teisingai atsakyti i pirmuju

81

dvieju bilietu tris klausimus, suºinojo teisingus atsakymus i pirmuosius du 3-5bilietu klausimus, surado po vien¡ teising¡ atsakym¡ i 6-19 bilietu klausimus,o kaip atsakyti i likusiu bilietu klausimus, nesuºinojo. Egzaminui i²laikytibutina teisingai sudaryti visas keturias klausimu-atsakymu poras. Kokiatikimybe, kad studentui pavyks i²laikyti egzamin¡?

Paºymekime A ivyki, kad egzaminas bus i²laikytas. Egzamino bilietaisudaro keturias grupes. Paºymekime H1 ivyki, kad studentui teks pirmasarba antras bilietas, atitinkamai H2, H3, H4, kad teks grupiu 3-5, 6-19, 20-25bilietai. Tada

P (H1) =2

25, P (H2) =

3

25, P (H3) =

14

25, P (H4) =

6

25,

P (A) = P (H1)P (A|H1) + P (H2)P (A|H2)

+ P (H3)P (A|H3) + P (H4)P (A|H4).

Apskai£iuokime s¡lygines tikimybes. Jeigu ivyko ivykis H1, t. y. studentasgavo biliet¡ su trimis klausimais, i kuriuos jis moka atsakyti teisingai, tai jisteisingai sudarys visas keturias poras, taigi P (A|H1) = 1. Jeigu ivyko ivykisH2, tai studentas teisingai sudarys dvi klausimu-atsakymu poras, o kitas po-ras sudarys atsitiktinai. Yra dvi galimybes suporuoti du klausimus ir du at-sakymus, taigi P (A|H2) = 1

2. Analogi²kai gauname P (A|H3) = 1

6, P (A|H4) =

124

. TaigiP (A) =

2

25· 1 +

3

25· 1

2+

14

25· 1

6+

6

25· 1

24=

73

300.

Tarkime, kad studentui i² musu pavyzdºio pavyko jis i²laike egzam-in¡. Idomu, ar ºinios padejo, ar sekme? Kitaip tariant, kuris i² ivykiuH1, H2, H3, H4 ivyko? inoma, galejo ivykti bet kuris i² ju. Ta£iau kuris i²ju labiausiai tiketinas? Kadangi

P (A) = P (A ∩H1) + P (A ∩H2) + P (A ∩H3) + P (A ∩H4),

tai labiausiai tiketinas bus tas ivykis, kurio ina²as P (A ∩ Hi) yra didºiau-sias. Patyrinej¦ skai£iavimus nustatysime, jog labiausiai tiketina, kad stu-dentas i²laike egzamin¡ gav¦s biliet¡ su tik vienu jam ºinomu klausimu!Galime kiekybi²kai i²reik²ti visu keturiu hipoteziu tiketinumus s¡lyginemistikimybemis

P (H1|A) =P (A ∩H1)

P (A)=

24

73, P (H2|A) =

P (A ∩H2)

P (A)=

18

73,

P (H3|A) =P (A ∩H3)

P (A)=

28

73, P (H4|A) =

P (A ∩H4)

P (A)=

3

73.

82

Suºinoj¦, kad ivyko ivykis A, vertinome keturiu hipoteziu tiketinum¡.Tai iprasta kasdienio gyvenimo praktika, kuria remiames planuodami savoveiksmus. Isivaizduokime, pavyzdºiui, kad kambaryje uºg¦so ²viesa. Galejobuti kelios prieºastys: tiesiog perdege lempute, o galbut saugikliai, gedi-mas elektros tinkluose, avarija elektrineje... K¡ pirmiausia darome? Skam-biname kam nors ir klausiame, ar nesustabdytas atomines elektrines reak-torius? Tikriausiai bandome pakeisti lemput¦. Kodel taip darome? Nesºinome, kad ²i hipoteze labiausiai tiketina...

Apibendrinkime formul¦, kuria naudojome savo skai£iavimuose.

Hipoteziu tikrinimo formule

15 teorema. Tegu atsitiktiniai ivykiai H1, H2, . . . yra nesutaikomi,ju tikimybes yra teigiamos ir Ω = H1 ∪ H2 ∪ . . . , o A bet koks ivykis,P (A) > 0. Tada su kiekvienu ivykiu Hi teisinga lygybe

P (Hi|A) =P (Hi)P (A|Hi)

P (A), (9)

£ia P (A) = P (H1)P (A|H1) + P (H2)P (A|H2) + . . .

Formule (9) vadinama hipoteziu tikrinimo formule.

Uºdaviniai1. Tegu B bet koks ivykis, 0 < P (B) < 1. Uºra²ykite pilnosios tikimybes

formul¦, kai yra tik dvi hipotezes: H1 = B ir H2 = B.

2. Istatykite i pilnosios tikimybes formul¦ (8) A = Ω ir j¡ suprastinkite. Koki¡lygyb¦ gausite?

3. Vieno lo²imo kauliuko sieneles suºymetos skai£iais 1, 2, 3, 4, 6, 6, kitu dvieju 1, 2, 3, 3, 5, 6. Kauliukai sudeti i urn¡. Bandymas: metamas i² urnos atsitiktinaii²trauktas kauliukas. Kokia tikimybe, kad atvirs 6?

4. Prie² jus trys uºklijuoti vokai. Du i² ju tu²ti, viename 10 Lt banknotas.Galite pasirinkti vien¡. Kai pasirenkate, ºaidimo rengejas paima ir atple²ia tu²£i¡vok¡. Dabar ir jus, ir jis turite po neatple²t¡ vok¡. Jeigu norite galite pasikeistivokais. Ar verta? Suraskite tikimyb¦, kad gausite vok¡ su pinigu, jeigu nesikeisiteir jeigu keisite.

5. Prie² jus keturi uºklijuoti vokai. Trys i² ju tu²ti, viename 10 Lt bankno-tas. Galite pasirinkti vien¡. Kai pasirenkate, ºaidimo rengejas paima ir atple²iatu²£i¡ vok¡. Dabar jus turite vien¡, o jis du neatple²tus vokus. Jeigu norite

83

galite pakeisti savo vok¡ i vien¡ i² jo voku. Suraskite tikimyb¦, kad gausite vok¡su pinigu, jeigu nesikeisite ir jeigu keisite.

6. Prie² jus keturi uºklijuoti vokai. Trys i² ju tu²ti, viename 10 Lt ban-knotas. Galite pasirinkti du. Kai pasirenkate, ºaidimo rengejas paima ir atple²iatu²£i¡ vok¡. Dabar jus turite du, o jis vien¡ neatple²t¡ vok¡. Jeigu norite galitepakeisti vien¡ savo vok¡ i jo. Suraskite tikimyb¦, kad vienas i² jusu pasirinktu vokubus vokas su pinigu, jeigu voko nekeisite ir jei keisite.

7. alia vienas kito stovi trys kavos automatai. inome, kad vienas i² visoneveikia, kitas maºdaug 50% atveju praryja monet¡, bet kavos neipila, tre£iasvisada veikia gerai. Atsitiktinai pasirenkame vien¡ i² ju ir bandome. Du bandymaii² eiles buvo sekmingi automatas veike gerai. Kokia tikimybe, kad butent ²isautomatas visada veikia gerai?

8. Ankstesniojo uºdavinio neveikiantis automatas buvo pakeistas kitu, kurisgerai veikia 30% atveju. Jeigu atsitiktinai parinktas automatas du kartus i² eilesveiktu gerai, kokia tikimybe, kad jis yra tas, kuris veikia be priekai²tu?

9. Ar alkoholio kiekis vairuotojo kraujyje vir²ija leistin¡ norm¡, policininkassprendºia remdamasis alkotesterio skales parodymais. Sprendimas buna teisingassu tikimybe 0, 95. Taigi jei

A = alkoholio kiekis vir²ija norm¡, B = alkotesteris rodo: kiekis vir²ija norm¡,

taiP (B|A) = P (B|A) = 0, 95.

Tarkime, 5% tikrinamu vairuotoju yra i² tikruju perdaug i²ger¦. Apskai£iuokitetikimybes P (B), P (A|B). Kiek apytiksliai procentu tikrintu vairuotoju bus ap-kaltinti paºeid¦ draudim¡ vairuoti neblaiviems? Kokia ²iu vairuotoju dalis busapkaltinti nepelnytai?

10. Urnoje yra keturi balti ir keturi juodi rutuliai. Lo²iama taip: i² pradºiuatsitiktinai i²traukiami trys rutuliai ir nustatoma, kokios spalvos rutuliu daugiau.Tada trys i²trauktieji rutuliai sudedami i nauj¡ urn¡ ir i² jos atsitiktinai traukiamasvienas rutulys. Jeigu i²traukiamas tos spalvos rutulys, kokiu urnoje yra daugiau,laimima. Kokia tikimybe laimeti?

11. Urna su rutuliais ta pati kaip ankstesniajame uºdavinyje, ta£iau i² pradºiutraukiami ne trys, bet keturi rutuliai. Jeigu i²traukta po lygiai juodu ir balturutuliu, galima pasirinkti laimingu rutuliu spalv¡. Kokia tikimybe laimeti?

Atsakymai1. P (A) = P (A|B)P (B) + P (A|B)(1− P (B)).2. 1 = P (H1) + P (H2) + . . .

84

3. 2/9.

4. 1/3 ir 2/3.

5. 1/4 ir 3/8.

6. 1/2 ir 3/4.

7. 4/5.

8. 50/67.9. P (B) = 0,095;P (A|B) = 0,5. Bus apkaltinta 9,5% tikrintu vairuotoju, puse

ju nepelnytai.10. 5/7.

11. 22/35.

1.22. Nepriklausomi ivykiaiKokius ivykius vadiname nepriklausomais? Kurie nepriklauso vienasnuo kito? O koki¡ spalv¡ vadiname balta? Kuri yra balta? Varguar toki paai²kinim¡ laikysite pakankamu. Taigi ir ivykiu nepriklauso-mumo s¡vok¡ reikia apibreºti tiksliau.

Urnoje yra du balti rutuliai ir vienas juodas. Du ºaidejai vienas po kitotraukia po rutuli. Jei i²traukia balt¡ laimi koki nors priz¡. Mus dominaivykiai A1 = pirmasis laimejo ir A2 = antrasis laimejo. Prie² bandym¡apskai£iuojame:

P (A1) = P (A2) =2

3.

Tarkime, pirmajam pasiseke, t. y. ivyko ivykis A1. Tada prie² traukdamassavo rutuli antrasis i² naujo apskai£iuos laimejimo tikimyb¦:

P (A2|A1) =1

2.

Taigi P (A2) 6= P (A2|A1), kitaip tariant, ivykis A2 priklauso nuo ivykioA1.

O dabar pakeiskime bandymo s¡lygas. Tegu pirmasis i²trauk¦s savo rutuligr¡ºina ji i urn¡. Akivaizdu, kad tokiu atveju

P (A2) = P (A2|A1),

taigi ivykis A2 nepriklauso nuo A1. Lygyb¦ P (A2) = P (A2|A1) perra²ykimetaip:

P (A2) =P (A1 ∩ A2)

P (A1), P (A1 ∩ A2) = P (A1)P (A2),

P (A1) =P (A1 ∩ A2)

P (A2)= P (A1|A2).

85

Taigi, jei P (A2) = P (A2|A1), tai ir P (A1) = P (A1|A2). Kitaip tariant, jeiA2 nepriklauso nuo A1, tai ir A1 nepriklauso nuo A2. Ta£iau kokia prasmesakyti, kad A1 nepriklauso nuo ivykio A2, apie kuri suºinome veliau neguapie A1? Galime isivaizduoti, kad pirmasis ºaidejas i²trauk¦s savo rutulimums nepasako spalvos, t. y. mes nesuºinome, ar A1 ivyko, ar ne. Jotiketinum¡ vertiname naudodamiesi savo ºiniomis apie A2, pana²iai kaiphipoteziu tiketinum¡ ankstesniajame skyrelyje. Jeigu gauname t¡ pa£i¡tikimybes reik²m¦ P (A1) kaip ir prie² pradedant bandym¡, vadinasi, ºiniosapie A2 mums nesuteike galimybes patikslinti ºiniu apie A1. Todel galimesakyti, kad A1 nepriklauso nuo A2.

Kita vertus, daºnai klausimas, kuris ivykis pirmesnis, kuris paskesnis i²viso nekyla. Pavyzdºiui, dvieju lo²imo kauliuku metimo bandymo atvejugalime nagrineti ivykius

A = atvirtusiu aku£iu suma lygine,B = atvirtusiu aku£iu suma didesne uº 6.

Ar ²ie ivykiai priklausomi?Dvieju ivykiu A1, A2 nepriklausomumo s¡vok¡ galime apibreºti pasinau-

doj¦ bet kuria i² ²iu triju lygybiu:

P (A1|A2) = P (A1), P (A2|A1) = P (A2), P (A1 ∩ A2) = P (A1)P (A2).

Kuri¡ geriausia pasirinkti? Tre£i¡j¡. Juk pirmoji lygybe turi prasm¦ tik tada,kai P (A2) > 0, antroji kai P (A1) > 0, o tre£iajai nereikia jokiu papildomus¡lygu.

Nepriklausomi ivykiai

7 apibreºimas. Atsitiktinius ivykius A1, A2 vadinsime nepriklauso-mais, jeigu

P (A1 ∩ A2) = P (A1)P (A2).

Akivaizdu, kad ir butinasis, ir negalimas ivykiai nepriklauso nuo bet kuriokito ivykio.

16 teorema. Jei A1 ir A2 yra nepriklausomi ivykiai, tai A1 ir A2, A1 irA2, A1 ir A2 irgi yra nepriklausomu ivykiu poros.

Irodymas. Uºra²ykime ivyki A2 dvieju nesutaikomu ivykiu s¡junga:A2 = (A1 ∩ A2) ∪ (A1 ∩ A2).

86

A1 ∩A2A1

A1 ∩A2

Tada

P (A2) = P (A1 ∩ A2) + P (A1 ∩ A2) = P (A1)P (A2) + P (A1 ∩ A2)

P (A1 ∩ A2) = P (A2)− P (A1)P (A2) = (1− P (A1))P (A2) = P (A1)P (A2).

Taigi ivykiai A1 ir A2 yra nepriklausomi. Pana²iai galime isitikinti, kad irkitas poras sudaro nepriklausomi ivykiai.

ios teoremos tvirtinim¡ galime uºra²yti trumpiau. Susitarkime bet ko-kiam ivykiui A ºymeti A0 = A,A1 = A. Tada teorema teigia: jeigu ivykiaiA1, A2 yra nepriklausomi, tai su bet kokiomis reik²memis i, j = 0, 1, ivykiaiAi

1, Aj2 taip pat nepriklausomi. Kitaip tariant

P (Ai1 ∩ Aj

2) = P (Ai1)P (Aj

2). (10)

O kokius ivykiu trejetus, ketvertus, ... ar net begalines ivykiu ²eimasderetu vadinti nepriklausomu ivykiu trejetais, ketvertais ir t. t.? Naturalimintis tokia: jeigu ivykiu ²eim¡ sudaro nepriklausomi ivykiai, tai bet kurisi² ju turi nepriklausyti nuo visu kitu. O gal uºtektu pareikalauti, kad betkurie du ²ios ²eimos ivykiai butu nepriklausomi? Ta£iau gali pasitaikyti taip,kad ivykis nepriklauso nuo bet kurio kito ²eimos ivykio, ta£iau priklauso,pavyzdºiui, nuo dvieju ivykiu.

tai paprastas pavyzdys. Tarkime, urnoje yra keturi skai£iais 0, 1, 2, 3paºymeti rutuliai. Yra trys ºaidejai. Traukiamas vienas rutulys. Jeigu jo nu-meris 0, visi trys laimi po priz¡. Jeigu numeris 1, laimi tik pirmasis, jei 2, tikantrasis, jei 3, tik tre£iasis. Paºymekime ivykius Ai = laimejo i-asis ºaidejas.Akivaizdu, kad

P (A1) = P (A2) = P (A3) =1

2, P (Ai ∩ Aj) =

1

4, P (Ai ∩ Aj) = P (Ai)P (Aj),

87

jei i 6= j. Todel ivykiai Ai ir Aj yra nepriklausomi. Pavyzdºiui, A1 nepriklausonei nuo A2, nei nuo A3. O nuo abieju sykiu? Tarkime, abu ivykiai A2, A3

ivyko. K¡ galime pasakyti apie A1? Jis irgi ivyko! Taigi kiekvienas i² ivykiuA2, A3 nesuteikia informacijos apie A2, o abu kartu jau suteikia.

Noredami apibreºti nepriklausomu ivykiu sistem¡ galime pareikalauti,kad kiekvienas ²ios sistemos ivykis butu nepriklausomas nuo bet kurios baigti-nes kitu ivykiu sistemos sankirtos. Kitas budas pasinaudoti lygybe, pana²iai (10), kuri teisinga dviems nepriklausomiems ivykiams.

Nepriklausomu ivykiu sistema8 apibreºimas. Sakysime, kad ivykiai A1, A2, . . . , An sudaro nepri-klausomu ivykiu sistem¡, jeigu lygybe

P (Ai11 ∩ Ai2

2 ∩ . . . ∩ Ainn ) = P (Ai1

1 ) · P (Ai22 ) · · ·P (Ain

n ),

teisinga su visomis reik²memis i1, i2, . . . , in ∈ 0, 1, £ia A0i = Ai, A

1i =

Ai.Begalin¦ ivykiu sistem¡ At, t ∈ T, vadinsime nepriklausomu ivykiusistema, jeigu bet kuri baigtine ²ios sistemos ivykiu aibe sudaronepriklausomu ivykiu sistem¡.Daºnai i²vad¡ apie ivykiu nepriklausomum¡ galime daryti netikrindami

apibreºimo s¡lygu, bet ivertin¦ bandymo aplinkybes. Pavyzdºiui, jeigu bandy-mas dvieju lo²imo kauliuku metimas, tai ivykis, kad ant pirmojo kauliukoatvirs ²e²etukas, ºinoma, nepriklauso nuo ivykio, kad ant antrojo atvirs,pavyzdºiui, trejetas. Ta£iau kartais tenka pasinaudoti apibreºimu.

20 pavyzdys. Bandymas dvieju simetri²ku lo²imo kauliuku metimas.Ar ivykiai

A = atvirtusiu aku£iu suma lygine,B = atvirtusiu aku£iu suma didesne uº 6.

yra nepriklausomi?I² viso yra 36 bandymo baigtys. Pavaizduokime jas lentele, kurios lan-

geliuose ira²ysime atvirtusiu aku£iu sum¡.

1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 72 3 4 5 6 7 83 4 5 6 7 8 94 5 6 7 8 9 105 6 7 8 9 10 116 7 8 9 10 11 12

88

I² lenteles matyti, kad P (A) = 1836

= 12, P (B) = 21

36= 7

12,

P (A ∩B) =9

36=

1

46= P (A)P (B).

Taigi ivykiai A,B yra priklausomi.O k¡ manote apie ivykiu B = atvirtusiu aku£iu suma > 6 ir C =

ant pirmojo kauliuko atvirto 3 akutes por¡? Ar jie yra priklausomi? Pa-bandykite speti, ta£iau butinai patikrinkite savo spejim¡!

21 pavyzdys. Atsitiktiniai tekstaiodi tikimybe sudaro a²tuonios raides. Jei vien¡ raid¦ koduosime a²-

tuoniais bitais, tai visam ºodºiui prireiks 64 bitu. Paºymekime ²i 64 bituilgio ºodi T.

Simetri²k¡ monet¡ meskime 64 kartus ir ra²ykime rezultatus taip: jeiatvirto herbas, ra²ykime 1, jei skai£ius 0. Bandymo pabaigoje gausime64 bitu ilgio ºodi X1. Kokia tikimybe, kad T = X1? Nesunku suvokti, kad

P (X1 = T ) =1

264.

is skai£ius labai maºas, todel i² pirmo karto sudeti ºodi T metant monet¡reik²tu toki stebukl¡, kokio musu emeje tikrai dar nebuvo.

Jei nepasiseks pirm¡ kart¡ kartokime bandymus. Tegu X2, X3, . . . ºymi64 bitu ilgio ºodºius, gautus i² 2-ojo, 3-iojo ir kitu bandymu. Koks turi butibandymu skai£ius n , kad butu

P (bent vienam j, 1 6 j 6 n, Xj = T ) > 1

2?

Paºymekime ivykius Aj = Xj = T; jeigu Aj ivyks, tai ºodi gausime i²j-ojo bandymo metimu. Ivykiai Aj yra nepriklausomi, P (Aj) = 2−64,

P (bent vienam j, 1 6 j 6 n, Xj = T ) = P (A1∪. . .∪An) = 1−P (A1∩. . . An).

Taigi norime nustatyti, su kokiais n teisinga nelygybe

1− P (A1 ∩ . . . An) > 1

2, t. y. P (A1 ∩ . . . ∩ An) 6 1

2.

Kadangi ivykiai A1, . . . , An irgi yra nepriklausomi, tai

P (A1 ∩ . . . ∩ An) = P (A1) · · ·P (An) =(1− 2−64

)n 6 1

2.

89

i¡ nelygyb¦ tenkina naturalieji skai£iai

n > ln(2)

− ln(1− 2−64).

Maºiausia n reik²me yra tokia didele, kad vargu ar apskai£iuosite net kom-piuteriu. Todel pabandykime ji ivertinti i² vir²aus, t. y. surasti kit¡ skai£iu,kuris yra uº mums rupim¡ didesnis. Pasinaudoj¦ nelygybe − ln(1 − x) >x, (0 < x < 1), kuri¡ nesunku irodyti gausime:

ln(2)

− ln(1− 2−64)<

ln(2)

2−64< 0,7 · 264.

Taigi jei atliksime maºdaug 264 bandymu, tai tikimybe nors kart¡ gauti ºoditikimybe bus didesne uº 1/2. Ar 264 didelis skai£ius? Spr¦skite patys.Jeigu vien¡ bandym¡ (64 monetos metimus) atliktume per vien¡ sekund¦,prisireiktu 264 sekundºiu. Dabartiniai astroziku skai£iavimai rodo, kadmusu Visatos amºius yra maºdaug 261 sekundºiu.

Uºdaviniai1. Bandymas tradicines 52 kortu kalades mai²ymas. Ar ivykiai

A = pirmoji kalades korta karalius,B = pirmoji kalades korta bugnu

yra nepriklausomi?2. Bandymas dvieju simetri²ku lo²imo kauliuku metimas. Apibreºkime

ivykius: A = pirmasis kauliukas atvirto sienele su trimis arba keturiomis akutemis,B = atvirtusiu aku£iu suma maºesne uº 8. Irodykite, kad ²ie ivykiai yra neprik-lausomi. Ar ivykiai A,C, £ia C ºymi ivyki, kad atvirtusiu aku£iu suma maºesneuº 6, taip pat nepriklausomi?

3. Tegu A, B yra du su tuo pa£iu bandymu susij¦ ivykiai, 0 < P (A) < 1,0 < P (B) < 1. Atsakykite i tokius klausimus:

1. Jeigu ivykiai A, B yra nesutaikomi, ar jie gali buti nepriklausomi?

2. Jeigu ivykiai A, B yra nepriklausomi, ar jie gali buti nesutaikomi?

3. Jeigu A ⊂ B, ar ivykiai gali buti nepriklausomi?

4. Jeigu A,B yra nepriklausomi, ar A ir A ∪B gali buti nepriklausomi?

4. Bandymas dvieju simetri²ku monetu metimas. Isitikinkite, kad ivykiai

A = pirmoji moneta atvirto herbu,B = antroji moneta atvirto herbu,C = monetos atvirto skirtingomis pusemis,

90

poromis yra nepriklausomi, ta£iau nesudaro nepriklausomu ivykiu trejeto.

5. S¡ra²¡ sudaro 1024 ºodºiai, kiekviename i² ju yra 5 raides. Raidei koduotinaudojame 8 bitus. Bandymas simetri²kos monetos 40 metimu serija, rezultat¡uºra²ome 40 bitu ilgio bloku, kuri galima paversti 5 raidºiu ºodºiu. Per vien¡sekund¦ galime atlikti 1024 metimus. Pana²iai kaip skyrelio pavyzdyje ivertinkite,kiek laiko reiktu metyti monet¡, kad tikimybe gauti kuri nors s¡ra²o ºodi butudidesne uº 1/2? Didesne uº 3/4?

Atsakymai1. Ivykiai yra nepriklausomi.2. Ivykiai A ir C yra priklausomi.3. 1. Ne. 2. Ne. 3. Ne. 4. Ne. Kadangi A ∩ (A ∪ B) = A, tai i²

A,A ∪ B nepriklausomumo gautume, kad P (A) = P (A)P (A ∪ B). Taigi turetubuti P (A ∪ B) = 1. Pasinaudoj¦ lygybe P (A ∪ B) = P (A) + P (B)− P (A ∩ B) irivykiu A,B nepriklausomumu, gautume, kad turi buti teisinga lygybe 1 = P (A) +P (B) − P (A)P (B) ir P (B) = 1. Tai prie²tarauja uºdavinio s¡lygai. 4. Taiai²ku jau i² pastebejimo, kad visi trys ivykiai kartu negali ivykti, o bet kuri ivykiupora - gali. 5. Pakaktu triju ir ²e²iu menesiu.

1.23. Nepriklausomi bandymaiI² nedidelio kiekio prielaidu gauti daug i²vadu tai matematikos esme.Jeigu sekmingai keliausite tikimybiu teorijos takais, tikrai nustebsite,kiek daug idomiu teiginiu ir i²vadu gaunama nagrinejant papras£iausiusnepriklausomus bandymus monetos metimu serijas.

Daºnai bandym¡ sudaro keli smulkesni bandymai. Tokius bandymus jaunagrinejome. Pavyzdºiui, dvieju rutuliu traukimo i² urnos bandym¡ galimesuvokti kaip dvieju bandymu por¡. Jeigu i²traukus rutuli jis negr¡ºinamasatgal i urn¡, tai ivykiai, susij¦ su antruoju bandymu, priklauso nuo pirmojobandymo baigties. Jeigu i²trauktas rutulys gr¡ºinamas bandymai neprik-lausomi. T¡ pa£i¡ monet¡ ar lo²imo kauliuk¡ galime mesti kelis kartus velgausime nepriklausomu bandymu sek¡.

Patys papras£iausi bandymai turi tik dvi baigtis. Moneta gali atvirstiherbu arba skai£iumi. Loterijos bilietas gali buti laimingas arba ne. Kamuoliometimas i krep²i gali buti taiklus arba kamuolys skries pro ²ali. Gyvenimeatliekame daugyb¦ tokiu bandymu. Paprastai vien¡ baigti suvokiame kaipsekm¦, kit¡ kaip nesekm¦.

Nagrinekime bandym¡ su dviem baigtimis, kurias ºymesime 0 (nesekme)ir 1 (sekme). Paºymekime sekmes tikimyb¦ p, o nesekmes q = 1 − p.

91

Sudareme labai paprast¡ tikimybin¦ erdv¦:

Ω = 0, 1, P (1) = p, P (0) = q, 0 6 p, q 6 1, p + q = 1. (11)

O dabar tarkime, kad ²i bandym¡ kartojame n kartu, be to vieno bandymobaigtys nedaro itakos kitu bandymu baigtims, t. y. bandymai yra neprik-lausomi. io didelio bandymo baig£iu aib¦ paºymekime Ωn, jos elementai sekmiu ir nesekmiu sekos. Pavyzdºiui, kai n = 3, tai

Ω3 = 000, 001, 010, 100, 011, 101, 110, 111.

Kadangi bandymai nepriklausomi, tai ²iu seku tikimybes gausime sudaugin¦pavieniu baig£iu tikimybes:

P (000) = q · q · q = q3, P (001) = q · q · p = pq2,

P (010) = P (100) = pq2, P (011) = P (101) = P (110) = p2q, P (111) = p3.

Trumpai ²ias tikimybes galime uºra²yti viena formule:

P (ω1ω2ω3) = pmq3−m, m = 0, 1, 2, 3,

£ia m = ω1 + ω2 + ω3 yra sekmiu, gautu atlikus tris bandymus, skai£ius.Kadangi baig£iu tikimybes apibreºtos, tai galime skai£iuoti kitu ivykiu tiki-mybes. Pavyzdºiui,

P (lygiai du bandymai pasibaigs sekme) = P (011)+P (101)+P (110) = 3p2q.

inoma, toki modeli galime sudaryti ne tik triju nepriklausomu bandymusekai. Tarkime, atliekama n nepriklausomu vienodu bandymu, t. y. bandymusu tikimybine erdve, apibreºta (11). ios bandymu sekos baig£iu aib¦ paºy-mekime Ωn; j¡ sudaro n ilgio sekmiu-nesekmiu sekos:

Ωn = ω1ω2 . . . ωn : ωi = 0, 1.

Vienos sekos (bandymu sekos baigties) ω = ω1ω2 . . . ωn tikimyb¦ apibre²imelygybe

P (ω) = pmqn−m, m = sekmiu skai£ius = ω1 + . . . + ωn.

Bet kokio kito ivykio, susijusio su bandymu seka, tikimyb¦ skai£iuosimesumuodami tam ivykiui palankiu baig£iu tikimybes:

P (A) =∑ω∈A

P (ω).

92

Sukonstravome tikimybin¦ erdv¦ nepriklausomu vienodu bandymu sekomsnagrineti. Minint vien¡ i² tikimybiu teorijos pradininku ²veicaru matem-atik¡ Jacob¡ Bernoulli ²i erdve paprastai vadinama Bernoullio schema.

Tegu m yra sekmiu skai£ius, kuri gausime atlik¦ n Bernoullio schemosbandymu. Maºiausia galima m reik²me lygi nuliui, didºiausia n. Kokios²iu reik²miu tikimybes?

Sekmiu skai£iaus tikimybe

17 teorema. Tegu sekmes tikimybe viename Bernoullio schemosbandyme lygi p (0 < p < 1), n bandymu skai£ius, o Sn gautu sekmiuskai£ius. Tada

P (Sn = m) = Cmn pmqn−m, q = 1− p, m = 0, 1, . . . , n. (12)

Irodymas. Ivykiui Sn = m palankios tos baigtys (nuliu-vienetu sekos)ω = ω1ω2 . . . ωn, kuriose sekmes ºenklas 1 pasitaiko lygiai m kartu. Kiekvienostokios baigties tikimybe lygi pmqn−m. Kiek gi yra tokiu baig£iu? Ju yra tiek,kiek yra galimybiu sudaryti n ilgio sek¡, kurioje vienetu butu lygiai m, o kitisimboliai nuliai. Pasiºymej¦ vietas simboliams ira²yti

· · · · · ·︸ ︷︷ ︸galime i² pradºiu parinkti vietas vienetams, o juos ira²¦ uºpildyti tu²£iasvietas nuliais. Vienetu vietas galime parinkti Cm

n budais, taigi tiek yra irseku. Todel

P (Sn = m) = Cmn pmqn−m.

22 pavyzdys. Tarkime, nuo baudu metimu linijos krep²ininkas pataiko60% metimu. Jeigu jis ruo²iasi mesti n = 10 kartu, kokia tikimybe, kadpataikys keturis kartus?

Vienas metimas bandymas su dviem baigtimis: sekme (taiklus metimas)ir nesekme (metimas pro ²ali). Sekmes tikimybe p = 0,6, nesekmes q = 0,4.Galime padaryti prielaid¡, kad metimu rezultatai nepriklauso vienas nuo kito.Taigi turime Bernoullio schem¡ ir tikimyb¦ galime skai£iuoti naudodamiesi(12) formule:

P (S10 = 4) = C410 · 0,64 · 0,46 ≈ 0, 111.

Paºymekime

Pn(m) = Cmn pmqn−m, m = 0, 1, . . . , n.

93

Kuri i² ²iu tikimybiu didºiausia? Sekmiu skai£iu m, kuriam Pn(m) reik²medidºiausia, vadinsime labiausiai tiketinu sekmiu skai£iumi.

Palyginkime tikimybes Pn(m) ir Pn(m− 1). Pasinaudoj¦ (12) gausime:

Pn(m)

Pn(m− 1)=

Cmn pmqn−m

Cm−1n pm−1qn−m+1

=Cm

n

Cm−1n

· p

q,

Cmn

Cm−1n

=n(n− 1) · · · (n−m + 1)(m− 1)!

n(n− 1) · · · (n−m + 2)m!=

n−m + 1

m,

Pn(m)

Pn(m− 1)=

n−m + 1

m· p

q.

Tada Pn(m) > Pn(m− 1), jei

(n−m + 1)p > mq, (n−m + 1)p > m(1− p), (n + 1)p > m.

Taigi, jei m < (p + 1)n, tai gauti m sekmiu labiau tiketina negu m− 1.

Tiketiniausias sekmiu skai£ius

Didºiausias sveikasis skai£ius m, tenkinantis nelygyb¦ m < (n + 1)p, yralabiausiai tiketinas sekmiu skai£ius. Jeigu (n + 1)p yra sveikas skai£ius,tai Pn(m) igyja didºiausi¡ reik²m¦ su m = (n + 1)p ir m = (n + 1)p− 1.

23 pavyzdys. Tarkime, krep²ininkas pataiko 60% metimu nuo baudoslinijos. Jeigu jis ruo²iasi mesti n = 10 kartu, koks labiausiai tiketinas taikliumetimu skai£ius?

Kadangi (n+1)p = 6,6 tai labiausiai tiketina, kad bus 6 taiklus metimai.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11m

P10(6) ≈ 0.251

P10(m

)

Sekmiu tikimybes P10(m), kai p = 0.6. Tiketiniausias sekmiu skai£iusm = 6.

94

Jeigu taiklaus metimo tikimybe butu p = 711≈ 0,636, butu du labiausiai

tiketini taikliu metimu skai£iai.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11m

P10(6) = P10(7) ≈ 0.244

P10(m

)

Sekmiu tikimybes P10(m), kai p = 7/11. Tiketiniausi sekmiu skai£iaim = 6 ir m = 7.

Uºdaviniai1. Jeigu bandymu skai£ius Bernoullio schemoje n = 6, kiek palankiu baig£iu

turi ivykis atlik¦ bandymus gausime 3 sekmes?2. Viena moneta yra simetri²ka, kita atvirsta herbu su tikimybe 0,4. Lo²ejas

gali mesti monet¡ du kartus. Jeigu abu kartus moneta atvirsta ta pa£ia puse, jami²mokamas laimejimas. Su kuria moneta simetri²ka, ar nesimetri²ka lo²ejui yranaudingiau lo²ti?

3. Urnoje yra vienas baltas rutulys ir du juodi. Traukiame su gr¡ºinimu 5rutulius. Kokia tikimybe, kad du kartus i²trauksime balt¡ rutuli?

4. Urnoje yra vienas baltas rutulys ir du juodi. Traukiame su gr¡ºinimu 5rutulius, S5 baltu rutuliu skai£ius. Kuri i² tikimybiu P (S5 = 0), P (S5 = 5)didesne? Kiek kartu didesne?

5. e²is kartus metamas tas pats simetri²kas lo²imo kauliukas. Kokia tikimybe,kad gausime lygiai 2 ²e²etukus?

6. 2500 ²eimose yra po keturis vaikus. Koks tiketiniausias ²eimu, kuriose yrabent vienas berniukas ir bent viena mergaite, skai£ius?

7. Nuoºulniu 10 cm plo£io takeliu rieda n = 8 ºirniai. Pakalneje yra 4 cmskersmens duobe. Kokia tikimybe, kad i duob¦ ikris m = 3 ºirniai? Koks labiau-siai tiketinas i duob¦ pateksian£iu ºirniu skai£ius? Kiek ºirniu turetu riedeti, kadtiketiniausias duobeje atsidursian£iu ºirniu skai£ius butu lygus 7?

95

Atsakymai1. 20.

2. Naudingiau lo²ti su nesimetri²ka moneta.3. 80/243.

4. Tikimybe P (S5 = 0) yra didesne uº P (S5 = 5) 32 kartus.5. 20/243.

6. 2188.7. ≈ 0,279; 3; 17.

1.24. Polinomine schemaNepriklausomu monetos metymu serijoms tyrineti tinkan£i¡ teorij¡apibendrinkime taip, kad ji tiktu ir lo²imo kauliuku metymo serijomsnagrineti.

Yra du indai su baltais daºais ir trys su juodais. Reikia nudaºyti penkiasdetales. Daºymo metodas toks: detales atsitiktinai sumetamos i indus, opo to i²traukiamos. Kokia tikimybe, kad lygiai dvi detales bus nudaºytosbaltai? Atsakym¡ gausime pritaik¦ Bernoullio schem¡: bandymu skai£iuslygus detaliu skai£iui, t. y. n = 5, jeigu sekme pavadinsime baltai nudaºyt¡detal¦, tai sekmes tikimybe p = 2

5ir

P (S5 = 2) = C25

(2

5

)2(3

5

)3

= 0,3456.

O jeigu dar pridetume, pavyzdºiui, ind¡ su melynais daºais? Kokia bututikimybe gauti dvi baltas, dvi juodas ir vien¡ melyn¡ detal¦, jeigu daºymometodas liktu tas pats?

Vienos detales daºymas reik²tu vien¡ bandym¡ su trimis galimomis baig-timis, kuriu tikimybes atitinkamai lygios

p1 =2

6, p2 =

3

6, p3 =

1

6.

Atliktume penkis nepriklausomus bandymus. Palankiu musu ivykiui baig£iubutu daug. Jeigu balt¡, juod¡ ir melyn¡ spalvas ºymesime 1, 2, 3, tai tokiosbaigtys

11223, 12123, 22113, 32211, . . .

bus palankios mums rupimam ivykiui. Visu ju tikimybes vienodos:

P (11223) = P (12123) = P (22113) = P (32211) = . . . =(2

6

)2

·(3

6

)2

·(1

6

)1

.

Taigi reiktu tik suskai£iuoti, kiek yra tu palankiu baig£iu.

96

Aptarkime, kaip sudaryti tikimybin¦ erdv¦, tinkan£i¡ vienodu nepriklau-somu bandymu sekai tyrineti, jeigu vieno bandymo baig£iu aib¦ sudaro rbaig£iu. Baigtis ºymesime naturaliaisiais skai£iais 1, 2, . . . , r. Tarkime, ºi-nomos vieno bandymo baig£iu tikimybes

Ω = 1, 2, . . . , r, pi = P (i), 0 < pi < 1, p1 + p2 + . . . + pr = 1.

Jeigu atliekame n nepriklausomu bandymu, tai tokios sekos baig£iu aibe yra

Ωn = ω1ω2 . . . ωn : ωi = 1, 2, . . . , r.

Jeigu sekoje ω = ω1ω2 . . . ωn baigtys 1, 2, . . . , r pasitaike atitinkamai m1, . . . , mr

kartu, m1 + m2 + . . . + mr = n, tai

P (ω) = pm11 pm2

2 · · · pmrr . (13)

Kitu su ²ia bandymu seka susijusiu ivykiu tikimybes gausime sumuodamijiems palankiu baig£iu tikimybes. Sudareme tikimybin¦ erdv¦ nepriklausomubandymu su r baigtimis sekai nagrineti. Ji vadinama polinomine schema.

Paºymekime S1n, S

2n, . . . , Sr

n baig£iu 1, 2, . . . , r skai£ius, gautus atlikus nbandymu. Ju suma lygi bandymu skai£iui, t. y.

S1n + S2

n + . . . + Srn = n.

Suformuluosime teoremos apie sekmiu skai£iu Bernoullio schemoje analog¡polinominei schemai.

Baig£iu rinkinio tikimybes polinomineje schemoje

18 teorema. Jei Ω = 1, 2, . . . , r yra vieno bandymo baig£iuaibe, P (i) = pi, i = 1, 2, . . . , r, baig£iu tikimybes, Si

n baigties ipasikartojimu, atlikus n nepriklausomu bandymu, skai£ius, o mi yraneneigiami sveikieji skai£iai, m1 + m2 + . . . + mr = n, tai

P (S1n = m1, S

2n = m2, . . . , S

rn = mr) =

n!

m1!m2! . . .mr!pm1

1 pm21 · · · pmr

r .

Jeigu m1 + m2 + . . . + mr 6= n, tai, ºinoma,

P (S1n = m1, S

2n = m2, . . . , S

rn = mr) = 0.

Irodymas. Baigties ω, palankios ivykiui S1n = m1, S

2n = m2, . . . , S

rn =

mr tikimyb¦ jau ºinome, ºr. (13). Taigi belieka surasti palankiu baig£iu

97

skai£iu. Isivaizduokime, kad parengeme n langeliu bandymu baig£iu ºen-klams uºra²yti. Reikia uºra²yti lygiai m1 pirmosios baigties ºenklu, vietasjiems galime parinkti Cm1

n budais. Parink¦ jas turesime n−m1 tu²£iu vietu, i²kuriu turime parinkti m2 vietas antrosios baigties ºenklui. Taigi budu ira²ytipirmuju dvieju baig£iu ºenklus i² viso yra Cm1

n Cm2n−m1

. itaip samprotaudamigauname, kad i² viso yra

Cm1n Cm2

n−m1· · ·Cmr

n−m1−...−mr−1=

n!

m1!m2! . . . mr!

ivykiui S1n = m1, S

2n = m2, . . . , S

rn = mr palankiu baig£iu. Teorema

irodyta.Dabar jau galime atsakyti ir i skyrelio pradºioje i²kelt¡ klausim¡ apie

spalvotas detales:

P (S15 = 2, S2

5 = 2, S35 = 1) =

5!

2!2!1!

(2

6

)2

·(3

6

)2

·(1

6

)1

=5

36≈ 0,14.

Uºdaviniai1. Kokia tikimybe, kad metus simetri²k¡ lo²imo kauliuk¡ n = 4 kartus, du

kartus atvirs keturios, ir po vien¡ kart¡ penkios ir ²e²ios akutes?

2. Urnoje yra 3 balti, 2 juodi ir 4 melyni rutuliai. Su gr¡ºinimu traukiamen = 6 rutulius. Kokia tikimybe, kad tarp i²trauktuju bus lygiai trys melyni ir bentdu balti rutuliai?

3. Metamos dvi monetos. Viena atvirsta herbu su tikimybe 0,4, kita sutikimybe 0,6. Kokia tikimybe, kad metus n = 6 kartus lygiai du kartus, atvirs duherbai ir lygiai du kartus du skai£iai?

4. Taikinys yra skritulio formos, jo spindulys lygus 3. Skritulyje nubreºti duapskritimai, vieno spindulys lygus 1, kito 2. Apskritimu centrai sutampa su skrit-ulio centru. Jeigu pataikoma i maºiausiuoju apskritimu apribot¡ sriti pelnoma 10ta²ku, jeigu i ºied¡, kuri riboja maºesnieji apskritimai 5 ta²kai, jeigu i kit¡ ºied¡ 3 ta²kai. I taikini ²aunama nesitaikant. Kokia tikimybe, kad keturiais taikliais²uviais bus pelnyti 28 ta²kai?

5. Sta£iakampyje ABCD, kurio kra²tiniu ilgiai yra AB = a,BC = b, a > b,

atsitiktinai parenkami n = 5 ta²kai. Kokia tikimybe, kad trys i² ju bus ar£iaukra²tines AB negu kitu kra²tiniu, vienas ar£iau BC ir vienas ar£iau CD?Paprastumo delei pirmiausia panagrinekite atveji, kai ABCD yra kvadratas.

98

Atsakymai1. 1/108.2. 1280/6561 ≈ 0,195.

3. 0,08074. 20/729.

5. 5!3!26 ·

(1− b

2a

)4 · ba .

1.25. Ribines teoremos Bernoullio schemojeKai yra daug monotoni²ko darbo, turime dvi galimybes: daug ir kruop²£iaitriusti arba sukurti efektyvesnius darbo irankius. Panagrinekime, kaipgalima i²vengti varginan£iu skai£iavimu, kai nagrinejame ilgas nepri-klausomu bandymu sekas.

Tiksli Bernoullio schemos sekmiu skai£iaus tikimybes formule

P (Sn = m) = Cmn pmqn−m, q = 1− p, (14)

kartais nera labai patogi skai£iavimams. Panagrinekime du pavyzdºius.24 pavyzdys. Maºi la²eliai, stambus tinklasIsivaizduokime sraut¡ i² n = 1000 la²eliu, krintanti i tinkl¡, sudaryt¡ i²

1m×1m dydºio kvadratu. La²elis rutuliuko su spinduliu r = 0,1 cm formos.Jeigu la²elis kliudo kvadrato kra²tin¦ subyra. Kokia tikimybe, kad subyreslygiai m = 5 la²eliai?

Vienas la²elis vienas Bernoullio schemos bandymas. Galima isivaizduoti²i bandym¡ taip: la²elis krinta i vieno kvadrato plok²tum¡ taip, kad la²eliocentras pataiko i kvadrato vidu arba ant kra²tines.

Laselis nesubyres!

La²elis nesubyres, jeigu jo centras pataikys i kvadrato ta²k¡, kurio at-stumas nuo bet kurios kvadrato kra²tines didesnis uº r. Taigi la²elis ne-subyres, jeigu jo centras pataikys i breºinyje pilkai nudaºyt¡ sriti. Paºymej¦p tikimyb¦, kad vienas la²elis nesubyres, o q, kad subyres, gausime:

q =(100− 2r)2

1002= 0,9982 = 0,996004, p = 1− q = 0,003996.

99

Taigi pritaik¦ (14) formul¦ gautume

P (S1000 = 5) = C51000 · 0,0039965 · 0,996004995. (15)

inoma, pasinaudoj¦ kompiuteriu apskai£iuosime ir tokio rei²kinio reik²m¦.Ta£iau jeigu turetume tik skai£iuokli su aritmetiniu veiksmu mygtukais, kaºinar pavyktu tikimyb¦ apskai£iuoti bent apytiksliai.

25 pavyzdys. Dideli la²ai, smulkus tinklasO dabar isivaizduokime kad la²eliai yra rutuliuko su spinduliu r = 0,5

cm formos, la²eliu yra n = 10000, o tinkl¡ sudaro 10cm × 10cm dydºiokvadrateliai. Dabar subyres daug la²eliu. Kokia tikimybe, kad subyrejusiula²eliu skai£ius bus tarp 1900 ir 2000?

Vel paºymej¦ raidemis p, q vieno la²elio subyrejimo ir nesubyrejimo tikimybesgausime

q =(10− 2r)2

102= 0,92 = 0,81, p = 1− q = 0,19.

Naudotis (14) formule ²iuo atveju dar nepatogiau:

P (1900 < Sn < 2000) =1999∑

m=1901

Cmn pmqn−m. (16)

Taigi turetume apskai£iuoti net 199 demenis!Kuo pana²us ir kuo skiriasi abu pavyzdºiai? Pana²us visu pirma tuo,

kad bandymu skai£ius abiem atvejais didelis. O skiriasi sekmes tikimybesreik²memis. Pirmajame pavyzdyje bandymu daug, o sekmes tikimybe maºa.Antrajame bandymu daug, bet sekmes tikimybe nera maºa. Kai bandymudaug, skai£iuojant Bernoullio schemos tikimybes, galima pasinaudoti apytiks-lemis formulemis, kurias pateikia ribines teoremos teiginiai apie tikimybiuelgesi, kai bandymu skai£ius dideja.

Poissono teorema

19 teorema. Tegu n yra bandymu skai£ius Bernoullio schemoje,sekmes tikimybe viename bandyme priklauso nuo bandymu skai£iaus,ºymesime j¡ pn. Jei n neapreºtai didejant pn arteja prie nulio, ta£iauegzistuoja skai£ius λ > 0, kad npn → λ, tai bet kokiam m

P (Sn = m) = Cmn pm

n (1− pn)n−m → λm

m!e−λ, n →∞, (17)

£ia e ≈ 2,71828 yra naturiniu logaritmu pagrindas.

100

ia teorema galime pasinaudoti apytiksliai skai£iuodami tikimybes. Kain reik²me didele, o p maºa, galima tikimyb¦ skai£iuoti taip:

P (Sn = m) ≈ λm

m!e−λ, λ = np.

Kokia paklaida atsiranda ²itaip skai£iuojant? Irodyta, kad paklaida nevir²ijadydºio λp = np2.

Panaudokime ²i¡ formul¦ ir apskai£iuokime tikimyb¦ (15):

λ = np = 3,996, P (S1000 = 5) ≈ λ5

5!e−λ ≈ 0,15614.

Galime buti tikri, kad paklaida nera didesne uº np2 ≈ 0, 02. Ta£iau kokia giji i² tiesu? Kompiuteriu apskai£iav¦ (15) gautume

P (S1000 = 5) ≈ 0,15645.

Taigi paklaida yra tik 0,0003.Poissono teoremos irodymas. Pagrindinis matematinis irankis, kuriuo

pasinaudosime, toks: jei zn yra skai£iu seka ir zn → z, kai n →∞, tai(1 +

zn

n

)→ ez, n →∞. (18)

Uºra²ykime sekmiu skai£iaus tikimyb¦ ir pertvarkykime rei²kini:

P (Sn = m) =n(n− 1) · · · (n−m + 1)

m!· (npn)m

nm

(1− npn

n

)n−m

=(1− 1

n

)· · ·

(1− m− 1

n

)· (npn)m

(1− npn

n

)n(1− npn

n

)−m

.

Panagrinekime daugikliu elgesi, kai n →∞. Akivaizdu, kad 1− j/n → 1, kain →∞. I² teoremos s¡lygu gauname, kad npn → λ; paºymej¦ zn = −npn irpasirem¦ (18) gausime, kad

(1− npn

n

)n

→ e−λ.

Paskutinis daugiklis irgi arteja prie 1. Taigi

P (Sn = m) = Cmn pm

n (1− pn)n−m → λm

m!e−λ, n →∞.

Teorema irodyta.Puasono teorema antrojo pavyzdºio tikimybei apskai£iuoti netinka. Ta£iau

yra ir kitokiu teiginiu.

101

Moivre-Laplace'o teorema20 teorema. Tegu p yra sekmes tikimybe viename Bernoullio schemosbandyme, n bandymu skai£ius, Sn sekmiu skai£ius, gautas atlikus nbandymu, a < b bet kokie skai£iai. Jeigu p nesikei£ia, o n neapreºtaiauga, tai

P(a <

Sn − np√np(1− p)

< b)→ Φ(b)− Φ(a), (19)

£iaΦ(v) =

1√2π

∫ v

−∞e−x2

dx.

Skirtumas Φ(b)−Φ(a) turi paprast¡ geometrin¦ prasm¦ jis lygus plotui pofunkcijos

p(x) =1√2π

e−x2/2

graku, kuri riboja tieses y = 0, x = a, x = b, ºr. breºini.

x

p(x

)

a b

S = Φ(b) − Φ(a)

Savo ruoºtu Φ(v) reik²me lygi plotui po ²iuo graku i kair¦ nuo tiesesx = v. Visas plotas po graku vir² tieses y = 0 lygus 1. Kadangi funkcijap(x) yra lygine, tai jos grakas yra simetri²kas tieses x = 0 atºvilgiu, todelΦ(0) = 1

2. I² ²ios simetrijos i²plaukia, kad plotas po graku i kair¦ nuo tieses

x = −v (v > 0) yra lygus plotui po graku i de²in¦ nuo tieses x = v. TaigiΦ(−v) = 1− Φ(v). (20)

x

p(x

)

v

S = Φ(v)

x

p(x

)

v−v

S = Φ(−v) = 1 − Φ(v)

102

Ta£iau kaipgi prireikus surasti ²ios funkcijos reik²mes? I² (20) matyti, kadpakanka moketi rasti reik²mes, kai v teigiamas. Funkcija Φ(v) yra labaisvarbi tikimybiu teorijoje, todel gerai i²tyrineta. Tikimybiu teorijos knygosegalite rasti jos reik²miu lenteles, jos reik²miu skai£iavimo komandas rasitebet kurioje kompiuterineje skai£iuokleje, turin£ioje statistiniu funkciju rinkini(pav. Excelyje ar OpenOce skai£iuokleje).

Funkcijos Φ(z) reik²mes skai£iavimas Excelio skai£iuokle.

Moivre-Laplace'o teorema apytiksliams skai£iavimams taikoma taip. Jeibandymu skai£ius n yra didelis, galime naudotis lygybemis

P( Sn − np√

np(1− p)< b

)≈ Φ(b), P

(a <

Sn − np√np(1− p)

)≈ 1− Φ(a),

P(a <

Sn − np√np(1− p)

< b)≈ Φ(b)− Φ(a).

O dabar apskai£iuokime (16). Kadangi np = 1900,√

np(1− p) ≈ 39, 23, tai

P (1900 < Sn < 2000) = P(1900− 1900

39,23<

Sn − np√np(1− p)

<2000− 1900

39,23

)=

P(0 <

Sn − np√np(1− p)

< 2,549)≈ Φ(2,549)− Φ(0) ≈ 0,4946 ≈ 0, 5.

Moivre-Laplace'o teorema yra atskiras centrines ribines teoremos atvejis.i teorema tikra tikimybiu teorijos vir²ukalne. Baigti tikimybiu teorijosstudijas jos nepasiekus, kone tas pats kaip keliauti po Italij¡, bet neaplankytiRomos.

103

Uºdaviniai1. Tikimybe, kad pacientas yra alergi²kas vaistui V lygi 0,003, t. y. i²

tukstanties ºmoniu vaistas netinka maºdaug trims. Kokia tikimybe, kad i² n = 2357pacientu, kuriems i²ra²ytas ²is vaistas, alergi²ki jam bus lygiai 4. Kokia tikimybe,kad tokiu pacientu bus nedaugiau kaip 4?

2. Alaus gamykla skelbia loterij¡: kas pateiks du specialiai paºymetus alausbuteliu kam²telius laimes priz¡. Gamykloje paºymima 4% visu kam²teliu. Kokiatikimybe laimeti, jeigu nusipirksime n = 100 alaus buteliu?

3. Egzamino uºduoti sudaro sudaro 10 klausimu. Atsakant i klausim¡ reikiapasirinkti vien¡ i² triju pateiktu atsakymu, i² kuriu tik vienas teisingas. Egza-mino paºymys lygus teisingai atsakytu klausimu skai£iui. Studentai laiko egzamin¡tikimybiniu metodu: i kiekvien¡ klausim¡ atsakym¡ renkasi atsitiktinai. Kokiatikimybe, kad i² n = 700 ²iuo metodu laikan£iu egzamin¡ studentu a²tuntukais busivertinti trys studentai?

4. Tikimybe, kad i fakultet¡ istoj¦s moksleivis sekmingai uºbaigs studijas, lygi0,6. Kiek maºiausiai reiktu priimti studentu, kad tikimybe, jog studijas sekmingaipabaigs ne maºiau kaip 200 studentu, butu apytiksliai lygi 0,8?

5. Kiek maºiausiai kartu reiktu mesti simetri²k¡ lo²imo kauliuk¡, kad tikimybe,jog ²e²etukas atvirs ne maºiau kaip 100 kartu butu didesne uº 0,7?

6. Keleivis ºygiuoja keliu taip: prie² ºengdamas meta monet¡, jeigu atvirstaherbas ºengia ºingsni i de²in¦, jeigu skai£ius i kair¦. Moneta atvirsta herbusu tikimybe p = 0,55. Kokia tikimybe, kad ºeng¦s n = 100 ºingsniu jis atsidurstoliau nei uº penkiu ºingsniu i de²in¦ nuo keliones pradºios ta²ko? Kokia tikimybe,kad ºeng¦s n = 100 ºingsniu jis atsidurs toliau nei uº penkiu ºingsniu i kair¦ nuokeliones pradºios ta²ko? Kokia tikimybe, kad jis nuo pradºios ta²ko bus nutol¦s nedaugiau kaip per penkis ºingsnius?

Atsakymai1. ≈ 0,088 ir ≈ 0,167.

2. ≈ 0,908.3. ≈ 0,192.4. ≈ 347.

5. ≈ 630.

6. ≈ 0,692;≈ 0,066;≈ 0,0242;

104

2 Atsitiktiniai dydºiai2.1. Atsitiktinio dydºio s¡voka

Nagrinejant tikroveje vykstan£ius bandymus, kartais buna sudetinganusakyti baigtis, ta£iau lengva tam tikras tu baig£iu charakteris-tikas. Pavyzdºiui, sunku nusakyti, kokia baigtis leme, kad ²iandien²alta, ta£iau i²matuoti temperatur¡ galime.

Daºnai mums ne tiek rupi pati bandymo baigtis, kiek tam tikra skaitinejos charakteristika. Pavyzdºiui, loterijos dalyviui svarbus laimejimo dydis,besiruo²ian£iam i²eiti i² namu oro temperatura ir t. t. Prie² bandym¡tokiu dydºiu reik²miu neispesi, taigi tai atsitiktiniai dydºiai.

26 pavyzdys. Atsitiktinis skritulio ta²kasTarkime, skritulyje, kurio spindulio ilgis r = 5, atsitiktinai parenkamas

ta²kas. Tegu X yra pasirinktojo ta²ko atstumas iki centro. Kadangi Xreik²mes i² anksto nuspeti negalime, tai X atsitiktinis dydis, igyjantisreik²mes i² skai£iu intervalo [0; 5]. Jeigu matuosime atstum¡ iki centro ir ap-valinsime iki sveikojo skai£iaus, gausime dydi Y, igyjanti reik²mes i² skai£iuaibes 0, 1, 2, 3, 4, 5.

0 1 2 3 4 5

Y

ΩΩ

X

Akivaizdu, kad

P (X < 3) =π · 32

π · 52= 0,36, P (Y < 3) =

π · 3,52

π · 52= 0,49,

P (X = 3) = 0, P (Y = 3) =π · (3,52 − 2,52)

π · 52= 0,24.

Kad galetume pletoti atsitiktiniu dydºiu teorij¡, pirmiausia turime ²i-uos dydºius grieºtai matemati²kai apibreºti. Tarkime, kad tikimybine erdve〈Ω,A, P 〉 yra ksuota.

105

Atsitiktinis dydis9 apibreºimas. Tegu Ω yra bandymo baig£iu aibe. Atsitiktiniudydºiu vadiname taisykl¦, priskirian£i¡ baigtims skai£ius, t. y. funkcij¡

X : Ω → R,

apibreºt¡ baig£iu aibeje ir igyjan£i¡ skaitines reik²mes, bei tenkinan£i¡s¡lyg¡: bet kokiam x tikimybe P (X < x) yra apibreºta.Tikimybe P (X < x) bus apibreºta tada ir tik tada, kai baig£iu aibe

ω : X(ω) < x priklausys pasirinktai ivykiu σ-algebrai A. Taigi atsitiktinisdydis yra funkcija, kuri yra suderinta su musu ivykiu σ-algebra A. Jeigu²ios s¡lygos nebutu, ne visu ivykiu, susijusiu su dydºiu, tikimybes galetumeapskai£iuoti. Musu poºiuris i atsitiktinius dydºius yra pragmati²kas atsitik-tiniais dydºiais vadiname tik tas funkcijas, kurias galime tyrineti naudodamisavo tikimybin¦ erdv¦.

I² dvieju atsitiktiniu dydºiu X1, X2 galime sudaryti por¡ 〈X1, X2〉, kuri¡vadinsime dvima£iu atsitiktiniu vektorium, i² triju dydºiu galime sudarytitrimati atsitiktini vektoriu ir t. t.

Atsitiktinis vektorius10 apibreºimas. Tegu X1, X2, . . . , Xn yra toje pa£ioje tikimybinejeerdveje apibreºti atsitiktiniai dydºiai. Ju rinkini

X = 〈X1, X2, . . . , Xn〉

vadinsime n-ma£iu atsitiktiniu vektorium.Su atsitiktiniu dydºiu X galime susieti daug ivykiu, pavyzdºiui,

X = 3, X < 3, 2 < X < 3ir t. t. Butu gerai tureti iranki, kuriuo naudodamiesi galetume reik²titokias tikimybes. Tas irankis pasiskirstymo funkcija.

Pasiskirstymo funkcija11 apibreºimas. Atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcija vadin-sime funkcij¡ FX , apibreºt¡ lygybe

FX(x) = P (X < x).

Atsitiktinio vektoriaus X = 〈X1, X2, . . . , Xn〉 pasiskirstymo funkcijavadinsime funkcij¡

FX(x1, x2, . . . , xn) = P (X1 < x1, X2 < x2, . . . , Xn < xn).

106

27 pavyzdys. Atsitiktinis skritulio ta²kas

Tarkime, skritulyje, kurio spindulio ilgis r = 5, atsitiktinai parenkamasta²kas. Tegu X yra pasirinktojo ta²ko atstumas iki centro. Atsitiktinis dydisX igyja reik²mes i² skai£iu intervalo [0; 5]. Surasime jo pasiskirstymo funkcij¡.Kadangi dydis igyja tik teigiamas reik²mes, tai su x 6 0 gausime FX(x) = 0.Taip pat akivaizdu, kad su x > 5 teisinga lygybe FX(x) = 1. Kai 0 < x < 5,gauname FX(x) = πx2/π52 = x2/25. Taigi

FX(x) =

0, jei x 6 0,x2

25, jei 0 < x < 5,

1, jei x > 5.

x

FX

(x)

1

0 5

Atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcijos FX(x) grakas

O dabar tarkime, kad parink¦ skritulio ta²k¡ ir i²matav¦ jo atstum¡ iki centro,apvaliname atstum¡ iki sveikojo skai£iaus. itaip gausime atsitiktini dydiY, kuris gali igyti ²e²ias reik²mes. Nesunku apskai£iuoti tikimybes P (Y =m), m = 0, 1, . . . , 5. Sura²ykime jas i lentel¦:

y = 0 1 2 3 4 5P (Y = y) = 0,01 0,08 0,16 0,24 0,32 0,19

Naudodamiesi ²iomis tikimybemis galime apskai£iuoti pasiskirstymo funkci-jos reik²m¦ bet kuriame ta²ke. Pavyzdºiui,

FY (2,5) = P (Y < 2,5) = P (Y = 0) + P (Y = 1) + P (Y = 2) = 0,25.

i¡ reik²m¦ pasiskirstymo funkcija FY (y) igyja su visais y i² intervalo [2; 3).

107

Funkcijos grakas sudarytas i² laipteliu:

x

FY(x

)

0 1 2 3 4 5

1

Nagrinetu pavyzdyje atsitiktiniu dydºiu pasiskirstymo funkciju grakairodo visas svarbiausias pasiskirstymo funkciju savybes. Suformuluokime jas.

21 teorema. Bet kokio atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcijaFX(x) turi ²ias savybes:

1. funkcija igyja reik²mes intervale [0; 1] ir yra nemaºejanti, t. y. jeix1 < x2, tai FX(x1) 6 FX(x2);

2. jei x →∞, tai FX(x) → 1; jei x → −∞, tai FX(x) → 0;

3. jei x arteja prie skai£iaus x0 i² kaires, t. y. teisinga nelygybe x < x0,tai FX(x) → FX(x0). i savybe vadinama funkcijos tolydumo i² kairessavybe.

Irodymas. Kadangi FX(x) = P (X < x), tai funkcija, kaip ir tikimybe,igyja reik²mes tik i² intervalo [0; 1].

Paºymekime Ax = ω : X(ω) < x, t. y. ivyki Ax sudaro tos baigtys,kurioms priskiriamos reik²mes yra maºesnes uº x. Jei x1 < x2, tai baig£iu,kurioms priskiriamos reik²mes maºesnes uº x2 yra ne maºiau, negu baig£iu,kurioms priskiriamos reik²mes maºesnes uº x1. Taigi Ax1 ⊂ Ax2 . Ta£iau tadaP (Ax1) 6 P (Ax2), t. y. FX(x1) 6 FX(x2).

Antroji ir tre£ioji savybes i²plaukia i² tikimybes tolydumo. Irodykimeteigini FX(x) → 1, kai x → ∞. Tegu xn yra neapreºtai didejanti seka, t. y.x1 < x2 < . . . ir xn →∞. Tada

Ax1 ⊂ Ax2 ⊂ Ax3 ⊂ . . . ,

∞⋃n=1

Axn = Ω.

I² tikimybes monotoni²kumo savybes gauname P (Axn) → 1 arba FX(xn) →1, kai xn → +∞.

108

Pana²iai galima irodyti ir kitus teoremos teiginius.Naudodamiesi pasiskirstymo funkcija galime uºra²yti ivairias su atsitik-

tiniu dydºiu susijusiu ivykiu tikimybes. Pavyzdºiui,

P (X > 2) = 1− FX(2), P (2 6 Y < 3) = FX(3)− FX(2)

ir t. t.Tarkime, X yra atsitiktinis dydis, o f(x) kokia nors funkcija, igyjanti

reik²mes i² realiuju skai£iu aibes. Ar dydis Y = f(X) irgi bus atsitiktinis,t. y. suderintas su nagrinejamu ivykiu σ-algebra? Kad taip butu, funkcija fturi tenkinti vien¡ s¡lyg¡.

12 apibreºimas. Tegu f : R → R yra funkcija, o B ⊂ R Borelioaibe. Jeigu x : f(x) ∈ B irgi yra Borelio aibe, tai funkcija B vadinamaBorelio funkcija.

Visos funkcijos, su kuriomis susiduriame praktiniuose taikymuose yraBorelio funkcijos. Taigi tikrinti, ar funkcija tenkina apibreºimo s¡lyga mumsneprireiks. Pasinaudoj¦ Borelio funkcijomis i² vieno atsitiktinio dydºio gal-ime gauti kitus atsitiktinius dydºius.

22 teorema. Jeigu X yra atsitiktinis dydis, o f Borelio funkcija, taiY = f(X) irgi yra atsitiktinis dydis.

Uºdaviniai1. Tegu X yra atsitiktinis dydis, nagrinetas ²io skyrelio pavyzdºiuose. Pasinau-

dokite pasiskirstymo funkcijos i²rai²ka ir apskai£iuokite tikimyb¦ P (2 < X < 3).

2. Kvadrato ABCD kra²tines ilgis lygus 5. Kvadrate atsitiktinai parenkamasta²kas, X yra parinktojo ta²ko atstumas iki kra²tines AB. Apskai£iuokite tikimybesP (X < 3), P (X > 1). Nubraiºykite pasiskirstymo funkcijos FX(x) grak¡.

3. Kvadrato ABCD kra²tines ilgis lygus 5. Kvadrate atsitiktinai parenkamasta²kas, X1 yra parinktojo ta²ko atstumas iki kra²tines AB, X2 parinktojo ta²koatstumas iki kra²tines AD, Y = min(X1, X2), Z = max(X1, X2). Apskai£iuokitetikimybes P (Y < 3), P (Y > 1), P (Z < 3), P (Z > 1). Nubraiºykite pasiskirstymofunkcijos FY (x) grak¡.

4. Kvadrato ABCD kra²tines ilgis lygus 5. Kvadrate atsitiktinai parenkamasta²kas, X1 yra parinktojo ta²ko atstumas iki kra²tines AB, X2 parinktojo ta²koatstumas iki kra²tines BC, X3, X4 atstumai iki kra²tiniu CD ir AD. Tegu Y =min(X1, X2, X3, X4). Apskai£iuokite tikimybes P (Y < 3), P (Y < 2), P (Y > 1).Nubraiºykite pasiskirstymo funkcijos FY (x) grak¡.

109

Atsakymai1. 1/5.

2. 3/5; 4/5.

3. 21/25; 16/25; 9/25; 24/25.

4. 1; 24/25; 9/25.

2.2. Diskretieji atsitiktiniai dydºiaiDauguma ²iame skyrelyje nagrinejamu atsitiktiniu dydºiu vienaip arkitaip susij¦ su bandymu, turin£iu tik dvi baigtis, sekomis.

Jeigu aibes elementus galima sunumeruoti, j¡ vadiname diskre£i¡ja. Na-grinesime atsitiktinius dydºius, kurie igyja reik²mes i² diskre£iuju aibiu.

Diskretusis atsitiktinis dydis

13 apibreºimas. Jeigu atsitiktinio dydºio reik²miu aibe yra diskreti,dydi vadinsime diskre£iuoju.

Diskre£iojo atsitiktinio dydºio X reik²mes galima sunumeruoti: x1, x2, . . .Gali buti baigtinis kiekis reik²miu, ta£iau gali buti ir begalinis. Jeigu atsitik-tinio dydºio X reik²miu skai£ius yra baigtinis, kartais jas kartu su tikimybemispatogu susira²yti i lentel¦, kaip jau dareme anksteniajame skyrelyje:

x = x1 x2 x3 . . .P (X = x) = p1 p2 p3 . . .

, pi = P (X = xi).

Visu dydºio X reik²miu tikimybiu suma lygi 1, t. y.

p1 + p2 + . . . = 1.

Maºiausias galimas dydºio reik²miu skai£ius lygus 1. Tada su visomisbaigtimis dydis igyja t¡ pa£i¡ reik²m¦ (nesvarbu, kiek aku£iu atvirto metuskauliuk¡, jusu laimejimas tas pats). Tokio atsitiktinio dydºio galetume irnevadinti atsitiktiniu, nes jo reik²m¦ visada galima pasakyti i² anksto. Visdelto prasminga ir tokius dydºius priimti i atsitiktiniu dydºiu ²eim¡.

14 apibreºimas. Jeigu yra reik²me a, su kuria atsitiktiniam dydºiui Xteisinga lygybe P (X = a) = 1, tai toki dydi vadinsime i²sigimusiu atsitiktiniudydºiu.

I²sigimusio atsitiktinio dydºio pasiskirstymo funkcijos grakas labai pa-prastas, ºr. breºini. Grakas sutruk¦s viename ta²ke x = a, trukio dydis

110

lygus 1.

x

FX

(x)

1

0 a

I²sigimusio atsitiktinio dydºio pasiskirstymo funkcijos grakas

Bernoullio schemos bandymuose galimos tik dvi baigtys: nesekme ir sekme.Jeigu nesekmes atveji ºymesime skai£iumi 0, o sekmes 1, gausime atsitiktinidydi X, igyjanti tik dvi reik²mes:

P (X = 1) = p, P (X = 0) = q, 0 < p < 1, q = 1− p.

Tokio dydºio pasiskirstymo funkcijos grakas turi du trukius, kuriu dy-dºiai lygus reik²miu tikimybems p ir q.

x

FX

(x)

q

p

1

0 1

Atsitiktinio dydºio, igyjan£io dvi reik²mes, pasiskirstymo funkcijos grakas

O dabar nagrinekime atsitiktini dydi X, kurio reik²me lygi sekmiu skai£iuiBernoullio schemoje, kai sekmes tikimybe viename bandyme lygi p, o bandymuskai£ius n. Toks dydis gali igyti reik²mes 0, 1, 2, . . . , n. inome ²io dydºiotikimybes:

P (X = m) = Cmn pmqn−m, q = 1− p.

Binominis atsitiktinis dydis15 apibreºimas. Atsitiktini dydi X, igyjanti reik²mes su tikimybemis

P (X = m) = Cmn pmqn−m, q = 1− p, m = 0, 1, . . . , n,

vadinsime binominiu atsitiktiniu dydºiu; ºymesime X ∼ B(n, p).

111

i dydi gana i²samiai nagrinejome Bernoullio schemai skirtame skyrelyje. Jigalima i²reik²ti dydºiu, igyjan£iu tik dvi reik²mes, suma. I² tikruju, su i-uojuBernoullio schemos bandymu (i = 1, 2, . . . , n) susiekime atsitiktini dydi taip:

Xi =

1, jei i-ajame bandyme sekme,0, jei i-ajame bandyme nesekme.

TadaX = X1 + X2 + . . . + Xn.

Hipergeometrinis atsitiktinis dydisTegu urnoje yra u baltu ir v juodu rutuliu. Atsitiktinai su gr¡ºinimu

traukiame n rutuliu, X baltu rutuliu skai£ius tarp i²trauktuju. Nesunkusuvokti, kad X yra binominis dydis: X ∼ B(n, u/(u+v)). O jeigu i²trauktujurutuliu nebegr¡ºintume atgal? Didºiausia galima tokio dydºio reik²me yramax(u, n) (negalime i²traukti daugiau baltu rutuliu negu traukiame arbanegu baltu urnos rutuliu skai£ius). Maºiausioji max(n−v, 0) (jeigu trauki-ame daugiau rutuliu negu urnoje yra juodu, tai n − v baltu rutuliu tikraii²trauksime.

Dydis X diskretusis atsitiktinis dydis, jo reik²miu tikimybes

P (X = m) =Cm

u Cn−mv

Cnu+v

, max(n− v, 0) 6 m 6 max(u, n).

Tokie atsitiktiniai dydºiai vadinami hipergeometriniais. Pana²iai kaipbinomini dydi, hipergeometrini dydi galima uºra²yti paprastu atsitiktiniudydºiu suma:

X = X1 + X2 + . . . + Xn,

£ia dydis Xi signalizuoja, ar i-asis rutulys yra baltas (Xi = 1), ar juodas(Xi = 0).

Pastebekime, kad visu dydºiu Xi reik²miu tikimybes yra vienodos:

P (X1 = 0) = P (X2 = 0) = . . . = P (Xn = 0) =v

u + v,

P (X1 = 1) = P (X2 = 1) = . . . = P (Xn = 1) =u

u + v.

Bernoullio schema tikras atsitiktiniu dydºiu lobynas. Panagrinekimej¡ dar kart¡. Isivaizduokime, kad Bernoullio schemos bandymai kartojamiiki pirmos sekmes, o X rei²kia atliktu bandymu skai£iu. Tada maºiausiaatsitiktinio dydºio X reik²me lygi 1, o didºiausios nera i² viso. Jei sekm¦ºymesime S, o nesekm¦ N raide, tai tokio bandymo baigtis galesime uºra²ytitaip:

S, NS, NNS, NNNS, . . .

112

Jeigu sekmes tikimybe viename bandyme lygi p, tai ²io dydºio reik²miutikimybes yra

P (X = 1) = P (S) = p, P (X = 2) = P (NS) = qp,

P (X = 3) = P (NNS) = q2p, . . . ,

P (X = m) = qm−1p, m = 1, 2, . . .

£ia q = 1− p yra nesekmes tikimybe viename bandyme.

Geometrinis atsitiktinis dydis16 apibreºimas. Atsitiktini dydi X, igyjanti reik²mes m = 1, 2, . . .su tikimybemis

P (X = m) = qm−1p, m = 1, 2, . . . , 0 < p < 1, q = 1− p,

vadinsime geometriniu. ymesime X ∼ G(p).

Taigi geometrinio dydºio reik²me bandymu skai£ius, kuri teko atlikti,kol gavome pirm¡ sekm¦. Reik²miu tikimybes sudaro geometrin¦ progresij¡,todel dydis ir vadinamas geometriniu.

Apskai£iuosime tikimyb¦, kad teks atlikti daugiau kaip n bandymu, kolgausime pirm¡ sekm¦:

P (X > n) = P (X = n + 1) + P (X = n + 2) + . . .

= qnp + qn+1p + . . . = qnp(1 + q + q2 + . . .) =qnp

1− q= qn,

£ia pasinaudojome geometrines progresijos nariu sumos formule:

1 + q + q2 + q3 + . . . =1

1− q=

1

p.

Isivaizduokime, kad atlikome jau m bandymu, bet visi baigesi nesekmemis.Taigi ivyko ivykis X > m. Kokia tikimybe, kad atliksime dar nemaºiaukaip n nesekmingu bandymu, t. y. kam lygi s¡lygine tikimybe

P (X > n + m|X > m)?

Jeigu atlikome m nesekmingu bandymu, tai galime manyti, kad viskas prasidedai² naujo. Taigi tikimybe, kad nepasiseks dar ne maºiau kaip n kartu, lygi prie²bandym¡ apskai£iuotajai tikimybei P (X > n). Todel

P (X > n + m|X > m) = P (X > n) = qn.

113

Geometrinis dydis X tai atliktu iki pirmos sekmes bandymu skai£ius.Tada X − 1 yra iki pirmosios sekmes patirtu nesekmiu skai£ius. Pasirinkimedabar koki nors sveik¡ skai£iu n > 1. Bernoullio schemos bandymus atlik-sime tol, kol gausime n sekmiu. Paºymekime Yn atliekant bandymus patirtunesekmiu skai£iu. Tada Yn yra atsitiktinis dydis, igyjantis sveikas neneigia-mas reik²mes. Ivykiui Yn = m palanki baigtis seka 〈ω1, ω2, . . . , ωn+m−1, 1〉,£ia reik²me ωi = 0 rei²kia nesekm¦, o ωi = 1 sekm¦; ω1 + ω2 + . . . +ωn+m−1 + 1 = n. Tokios baigties tikimybe P (ω) = pnqm. Kiek yra baig£iu,kurios palankios ivykiui Y = m? Tiek, kiek yra budu parinkti baigtiessekoje lygiai m ºenklu ωi = 0. Taigi palankiu baig£iu skai£ius yra Cm

m+n−1 irP (Yn = m) = Cm

m+n−1pnqm.

Pascalio atsitiktinis dydisDiskretuju atsitiktini dydi X, igyjanti sveikas neneigiamas reik²mes sutikimybemis

P (X = m) = Cmm+n−1p

nqm

vadinsime Pascalio atsitiktiniu dydºiu ir ºymesime X ∼ B−(n, p).

Pascalio atsitiktini dydi Y ∼ B−(n, p) galime i²reik²ti geometriniais dy-dºiais. Paºymekime Y1 nesekmiu, patirtu iki pirmos sekmes skai£iu. TadaX1 = Y1 +1 ∼ G(p). Jei Y2 yra nesekmiu patirtu po pirmos sekmes iki antrossekmes skai£ius, tai X2 = Y2 + 1 ∼ G(p). Analogi²kai apibreºiame ir dydºiusX3, Y3, . . . , Xn, Yn. Akivaizdu, kad

Y = Y1 + . . . + Yn−1 = X1 + . . . + Xn − n, Xj ∼ G(p).

Ir dar kart¡ sugriºkime prie Bernoullio schemos. Kai sekmes tikimybeviename bandyme yra maºa, o bandymu skai£ius didelis, tai sekmiu skai£iaustikimyb¦ galime skai£iuoti pagal toki¡ apytiksl¦ formul¦:

P (Sn = m) ≈ λm

m!e−λ, λ = np, m = 0, 1, 2, . . .

Tai rei²kia kad binominis dydis supana²eja su kitos ²eimos dydºiu.Poissono atsitiktinis dydis

17 apibreºimas. Jeigu atsitiktinis dydis X igyja sveikas neneigiamasreik²mes su tikimybemis

P (X = m) =λm

m!e−λ, λ > 0, m = 0, 1, 2, . . .

tai ji vadinsime Poissono dydºiu ir ºymesime X ∼ P(λ).

114

Apibreºeme dar vien¡ atsitiktiniu dydºiu ²eim¡. Kiekvienas ²ios ²eimos dy-dis turi savo parametr¡ λ, kuriuo naudojantis rei²kiamos dydºio reik²miutikimybes.

Tokie dydºiai pasirodo bandymuose, kuriuos galima suvokti kaip ilgasvienodu ir nepriklausomu bandymu su maºomis sekmes tikimybemis sekas.

Tarkime, i²siruo²ete grybauti, nors orai grybams augti nera labai palankus.Kiek grybu surasite nuej¦, pavyzdºiui, 1000 m mi²ko takais? Kadangi i²anksto to pasakyti negalime, tai grybu skai£ius atsitiktinis dydis. Tarkime,1 m ilgio kelyje galima rasti tik vien¡ gryb¡ (ºinoma, tai netiesa, ta£iaujeigu rad¦ daugiau grybu nupjausime tik vien¡, tai tokia s¡lyga bus patenk-inta). Tada vis¡ grybavimo bandym¡ galime isivaizduoti sudaryt¡ i² 1000atskiru bandymu su maºomis sekmes tikimybemis. Taigi rastu grybu skai£ius beveik Poissono dydis.

Gali pasitaikyti tokiu atsitiktiniu dydºiu, kurie netenkina diskretaus atsi-tiktinio dydºio apibreºimo, ta£iau turi toki¡ pat pasiskirstymo funkcij¡ kaipir diskretusis atsitiktinis dydis. Panagrinekime toki pavyzdi. Kvadrate, ku-rio kra²tine lygi 2, atsitiktinai pasirenkame ta²k¡. Jeigu ta²k¡ parinkome antkvadrato kra²tines matuojame jo atstum¡ iki centro ir gauname atsitik-tinio dydºio X reik²m¦. itaip galime gauti bet kuri intervalo [1;

√2] skai£iu.

Jeigu pasirinktasis ta²kas yra kvadrato viduje, tada apibreºiame dydi ly-gybe X = 1. Taigi atsitiktinis dydis X gali igyti visas reik²mes i² intervalo[1;√

2]. Visu dydºio X reik²miu negalime sunumeruoti, ta£iau taikydamigeometrini tikimybes apibreºim¡ gauname, kad P (X 6= 1) = 0, P (X = 0) =1. Taigi savo tikimybinemis savybemis dydis X nesiskiria nuo i²sigimusiuodydºio, igyjan£io vienintel¦ reik²m¦ X = 1. Jeigu ir tuo atveju, kai parinktasta²kas nera kvadrato viduje, apibre²ime dydi lygybe X = 1, gausime tikr¡diskretuji atsitiktini dydi.

Uºdaviniai1. Metami du simetri²ki lo²imo kauliukai. Tegu X1 aku£iu, atvirtusiu ant

pirmojo kauliuko skai£ius, X2 ant antrojo. Kokias reik²mes igyja atsitiktinisdydis X = X1 −X2? Kokiame ta²ke funkcijos FX(x) trukis yra didºiausias? Koks²io trukio dydis?

2. De²imt egzamino bilietu sunumeruoti skai£iais 1, 2, . . . , 10 ir sudeti i urn¡.Penki studentai vienas po kito atsitiktinai traukia po egzamino biliet¡. Parink-tas bilietas gr¡ºinamas atgal. Atsitiktinio dydºio X reik²me didºiausias bilietonumeris i² i²trauktuju. Apskai£iuokite pasiskirstymo funkcijos reik²m¦ FX(5,5) irtikimyb¦ P (X = 5).

3. De²imt egzamino bilietu sunumeruoti skai£iais 1, 2, . . . , 10 ir sudeti i urn¡.Trys studentai vienas po kito atsitiktinai traukia po egzamino biliet¡. Parinktas

115

bilietas atgal negr¡ºinamas. Atsitiktinio dydºio X reik²me didºiausias bilietonumeris i² i²trauktuju. Apskai£iuokite pasiskirstymo funkcijos reik²m¦ FX(4,5) irtikimyb¦ P (X = 5).

4. Bandymo irankiai: moneta ir du simetri²ki lo²imo kauliukai melynas irraudonas. Metus monet¡ herbas atvirsta su tikimybe p = 0,6. Melynojo kauliukosieneles paºymetos skai£iais 1, 1, 2, 4, 5, 6, raudonojo 1, 2, 2, 3, 4, 5. Pirmiausia me-tama moneta. Jeigu ji atvirsta herbu metamas melynas kauliukas, jeigu skai£i-umi raudonas. Atsitiktinio dydºio X reik²me skai£ius ant atvirtusios kauliukosieneles. Apskai£iuokite pasiskirstymo funkcijos reik²m¦ FX(3,5).

5. Lo²iama metant monet¡, kuri atvirsta herbu su tikimybe p = 0,3. Jeiguatvirsta herbas lo²ejas laimi 2 Lt, jeigu skai£ius sumoka 1 Lt (kitaip tariant laimi −1 Lt.) Kokia tikimybe, kad po penkiu metimu lo²ejo igytas laimejimasbus 1 Lt? Kokia tikimybe, kad bus sumoketa dviem litais daugiau negu gauta (t.y. igytas laimejimas lygus −2 Lt? Kokia tikimybe, kad po penkiu metimu igytaslaimejimas bus teigiamas?

6. Loterijos bilietas kainuoja 2 Lt, tikimybe, kad jis bus laimingas lygi 0,4,

laimejimo dydis 5 Lt. Jeigu pirksime po vien¡ biliet¡ iki pirmojo laimejimo,kokia tikimybe, kad nepatirsime nuostolio?

7. Rugpju£io nakti lmuojame dangu, tikedamiesi uºksuoti krintan£ius mete-orus. Meteoru, patenkan£iu i lmavimo kameros akirati per pusvalandi, skai£ius atsitiktinis dydis X ∼ P(3). Kokia tikimybe, kad per pusvalandi kamera uºksuosnemaºiau kaip penkis krintan£ius meteorus?

Atsakymai1. Dydºio X reik²miu aibe −5;−4; . . . 4; 5. Funkcijos FX(x) grako trukis

didºiausias ta²ke x = 0; trukio dydis P (X = 0) = 1/6.

2. 1/32; 0,2101.3. 1/30; 1/20.4. 17/30.

5. 0,3087; 0,36015; 0,80792.

6. 16/25.

7. ≈ 0,185.

116

2.3. Tolydieji atsitiktiniai dydºiaiKiek ²io skyriaus eilu£iu nepatingesite perskaityti? Eilu£iu skai£ius diskretusis atsitiktinis dydis. O kiek laiko sugai²ite skaitymui? Tai tolydusis atsitiktinis dydis.

Diskre£iuju atsitiktiniu dydºiu pasiskirstymo funkciju grakai yra sutruk¦.Jei X yra diskretusis atsitiktinis dydis, o a yra jo reik²me, P (X = a) = p,tai ta²ke x = a pasiskirstymo funkcija FX(x) tures truki, kurio dydis yra pt. y.

FX(a + ε)− FX(a− ε) → p, kai ε > 0, ε → 0.

Ta£iau jau nagrinejome ir tokius atsitiktinius dydºius, kuriu pasiskirstymofunkciju grakai neturi trukio ta²ku.

18 apibreºimas. Jeigu atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcijayra visuose ta²kuose tolydi, tai toki atsitiktini dydi vadinsime tolydºiuoju.

Tarkime, neneigiamos funkcijos p(x) graku ir koordina£iu sistemos a²imiy = 0 apribotos srities plotas lygus vienetui, ºr. breºini.

p(x

)

X

p(x

)

uX < u

Panagrinekime toki bandym¡: atsitiktinai parenkame ²ios srities ta²k¡ irnustatome jo abscis¦ (x koordinat¦). Tegu X ²itaip gautas skai£ius. TadaX atsitiktinis dydis. Surasime jo pasiskirstymo funkcij¡. Pasinaudoj¦geometriniu tikimybes apibreºimu gauname,

FX(u) = P (X < u) =Su

S=

∫ u

−∞p(x)dx,

£ia S = 1 yra srities apribotos funkcijos p(x) graku ir tiese y = 0 plotas,o Su ²ios srities plotas i kair¦ nuo tieses x = u. Kai u kinta, plotas Su

kinta be ²uoliu, t. y. tolydºiai. Taigi gauname tolyduji atsitiktini dydi. Jopasiskirstymo funkcij¡ i²rei²keme naudodami kit¡ funkcij¡ p(x), ji suteikiagalimyb¦ interpretuoti tikimybes, susijusias su atsitiktiniu dydºiu X kaipatitinkamu sri£iu plotus. Pavyzdºiui, tikimybe P (a < X < b) lygi srities,kuri¡ riboja tieses x = a, x = b, y = 0 ir funkcijos p(x) grakas plotui.

117

Absoliu£iai tolydus atsitiktiniai dydºiai

19 apibreºimas. Jeigu egzistuoja neneigiama funkcija p(x), kadatsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcija uºra²oma lygybe

FX(u) =

∫ u

−∞p(x)dx,

tai dydi X vadinsime absoliu£iai tolydºiu atsitiktiniu dydºiu, o funkcij¡p(x) jo tikimybiu tankiu (arba tiesiog tankiu).

Srities, kuri¡ apriboja atsitiktinio dydºio tankio grakas ir tiese y = a,plotas nepasikeis, jeigu pakeisime tankio funkcijos reik²m¦ viename ar keliu-ose ta²kuose. Pavyzdºiui, funkcijos p1(x) ir p2(x) gali buti naudojamos kaipto paties atsitiktinio dydºio tankiai, ºr. breºini.

p1(x

)

p2(x

)

u

v v = p2(u)

Ta£iau visada geriau rinktis tokias funkcijas, kuriu grakai yra kiek galimamaºiau sutrukinej¦. Jeigu tankio funkcija pX(x) yra tolydi, kai x = x0, taipasiskirstymo funkcija ²iame ta²ke tures i²vestin¦:

Pasiskirstymo funkcija ir tankis

F ′X(x0) = pX(x0).

Taigi ºinodami pasiskirstymo funkcij¡, tankio funkcij¡ galime rasti difer-encijuodami. Ta£iau gali buti keletas ta²ku, kuriuose pasiskirstymo funkcijai²vestines netures. iuose ta²kuose tankio funkcijos reik²miu rasti difer-encijuojant nepavyks. Tokiuose ta²kuose tankio funkcijos reik²m¦ galimeapibreºti bet kaip, plotai, kuriu reik²mes lygios atitinkamoms tikimybems,nepasikeis.

118

Kai x →∞, tai FX(x) → 1. Jeigu atsitiktinis dydis yra absoliu£iai toly-dus, ir u →∞, tai

FX(u) =

∫ u

−∞pX(x)dx →

∫ ∞

−∞pX(x)dx,

taigi

∫ ∞

−∞pX(x)dx = 1.

Naudodamiesi tankio s¡voka galime ivykiu tikimybes susieti su tam tikrusri£iu plotais. Pavyzdºiui, jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki pX(x), taitikimyb¦ P (X ∈ [a; b)) (a < b) galime i²reik²ti taip;

P (X ∈ [a; b)) = P (a ≤ X < b) = P (X < b)− P (X < a) = FX(b)− FX(a)

=

∫ b

−∞px(x)dx−

∫ a

−∞px(x)dx =

∫ b

a

px(x)dx.

Savo ruoºtu ²is integralas rei²kia guros, kuri¡ riboja tieses x = a, x = b, y =0 ir tankio pX(x) grakas, plot¡.

Tankio reik²mes parodo, kur atsitiktinio dydºio reik²mes link¦ daºniau,kur re£iau pasirodyti. Tegu, pavyzdºiui, pX(x1) > pX(x2). Palyginkimetikimybes, kad atsitiktinis dydis X igys reik²mes arti x1 ir x2, t. y. tikimybesP (X ∈ [x1 − ε; x1 + ε) ir P (X ∈ [x2 − ε; x2 + ε). Kai ε > 0 yra maºasskai£ius, ²ios tikimybes apytiksliai lygios sta£iakampiu su vienodo ilgio pa-grindais plotams, t. y. dydºiamas 2εpX(x1) ir 2εpX(x2). Taigi atsitiktiniodydºio reik²mes daºniau pasirodo arti to ta²ko, kuriame tankio reik²meyra didesne.

Panagrinekime kelias svarbias absoliu£iai tolydºiu atsitiktiniu dydºiu ²eimas.28 pavyzdys. Tolygiai pasiskirst¦ dydºiaiTarkime, atsitiktinio dydºio X reik²me atsitiktinai parinktas intervalo

[a, b], a < b, skai£ius. Jeigu visi skai£iai turi vienodas galimybes buti parinkti,tai pasiskirstymo funkcij¡ surasime pasinaudoj¦ geometriniu tikimybiu api-breºimu:

FX(x) =

0, jei x ≤ a,x−ab−a

, jei a < x < b,

1, jei x ≥ b.

Kai x 6= a, b pasiskirstymo funkcija turi i²vestin¦. Kai x 6∈ [a; b], tai F ′X(x) =

0; kai x ∈ (a; b), tai F ′X(x) = 1/(b− a).

119

Tolygiai pasiskirst¦ atsitiktiniai dydºiaiJeigu atsitiktinis dydis X turi tanki

pX(x) =

0, jei x 6∈ [a; b],

1b−a

, jei x ∈ (a; b),

tai sakysime, kad dydis tolygiai pasiskirst¦s intervale [a; b] ir ºymesimeX ∼ T ([a; b]).

a b

FX

(x)

a bp

X(x

)

Tolygiai pasiskirs£iusio atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcijos irtankio grakai.

29 pavyzdys. Eksponentiniai dydºiaiIsivaizduokime, kad pro pravir¡ langeli i kambari iskrido bite ir i²sigandusi

pradejo bla²kytis, ie²kodama kelio i²trukti. Tegu X yra laikas, kuri bitepraleis kambaryje ie²kodama atviro lango. Kokia tikimybe, kad jai prireiksne maºiau kaip t sekundºiu, t. y. kam lygi tikimybe P (X ≥ t)?

Tarkime, kad laikas padalytas i 1/n sekundºiu trukmes intervalus I1, I2, . . . .Isivaizduokime, kad bite atlieka bandymus iki pirmos sekmes. Pirmas bandy-mas vyksta laiko intervale I1, jeigu atvir¡ langeli rado sekme, jeigu nerado atlieka antr¡ji bandym¡ laiko intervale I2. Paºymekime pn sekmes tikimyb¦viename bandyme, t. y. tikimyb¦, kad bite ras i²eiti per 1/n sekundºiu.Tada bites atliktu bandymu (laiko intervalu Ij, kuriu prireiks kelio paie²kai)skai£ius Xn yra geometrinis atsitiktinis dydis, Xn ∼ G(pn). inome, kad

P (Xn > N) = qNn , qn = 1− pn.

Ta£iau mes norime apskai£iuoti tikimyb¦ P (X ≥ t)! Kadangi laikotarpyje[0, t] telpa maºdaug N = t/(1/n) = nt intervalu, tai

P (X ≥ t) ≈ P (Xn > N) = qNn = (1− pn)nt.

i apytiksle lygybe tuo tikslesne, kuo didesnis n. Imdami ribin¦ reik²m¦, kain →∞, gausime P (X > t).

120

Kai n → ∞, intervalu Ij ilgiai ir sekmes tikimybe pn maºeja. Tarkime,kad sekmes tikimybe maºeja tiesiog proporcingai laiko intervalu ilgiui, t. y.egzistuoja toks skai£ius λ > 0, kad pn/(1/n) = npn → λ. Pasinaudosimevienu svarbiu teiginiu apie seku ribas: jei zn → z, kai n →∞, tai

(1 +

zn

n

)n

→ ez.

Kai n →∞, tai

(1− pn)nt =((

1 +−npn

n

)n)t

→ e−λt, nes − npn → −λ.

Taigi galime teigti

P (X ≥ t) = e−λt, FX(x) = 1− P (X ≥ t) = 1− e−λt.

Apskai£iav¦ i²vestin¦ rasime tanki: pX(t) = λe−λt, kai t > 0.

Eksponentiniai dydºiai20 apibreºimas. Jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki

pX(x) =

0, jei x < 0,

λe−λx, jei x > 0,

£ia λ > 0, tai X vadinsime eksponentiniu atsitiktiniu dydºiu, ºymesimeX ∼ E(λ).

FX

(x)

x0

pX

(x)

x0

Dydºiu, pasiskirs£iusiu pagal eksponentinius desnius E(λ1) ir E(λ2),λ1 > λ2, pasiskirstymo funkciju ir tankiu grakai. Tarkime λ1 > λ2.Nustatykite, kurie grakai atitinka desni E(λ1).

30 pavyzdys. Poissono procesas, eksponentiniai ir gamma-dydºiaiIjungete savo mobiluji telefon¡ ir laukiate pirmosios SMS ºinutes. Tegu

T1 yra laukimo trukme. Kokia tikimybes P (T1 ≥ t) reik²me, t. y. kokiatikimybe, kad teks laukti ne trumpiau kaip t laiko vienetu?

121

Dalindami laiko interval¡ [0; t] i maºus intervalus, kaip dareme nagrinedamipasiklydusios bites rupes£ius, bei padar¦ prielaid¡, kad trumpame 1/n ilgiointervale musu telefonas gali priimti tik vien¡ ºinut¦, o tikimybe, kad ji atklyslygi pn, npn → λ, kai n →∞, gausime, kad

P (T1 ≥ t) = e−λt, t. y. T1 ∼ E(λ).

Ta£iau laikotarpiu [0; t] ºinut¦ galime gauti, ir ne vien¡! Paºymekime Xt

ºinu£iu, gautu ²iuo laikotarpiu skai£iu. Tada Xt yra diskretusis atsitiktinisdydis, kol kas ºinome tik vienos jo reik²mes tikimyb¦:

P (Xt = 0) = P (T1 ≥ t) = e−λt.

Kam lygios kitu ²io dydºio reik²miu tikimybes? Atsakym¡ galime gauti tokiupat budu kaip anks£iau. Padalykime laikotarpi [0; t] i maºus 1/n ilgio inter-valus I1, I2, . . . , IN ir tarkime, kad kiekviename laiko intervale su tikimybe pn

galime gauti tik vien¡ ºinut¦, o ºinu£iu gavimai skirtingais laiko intervalaisyra nepriklausomi ivykiai. Tada ºinu£iu skai£ius Xt yra (beveik) sekmiuskai£ius Bernoullio schemoje su sekmes tikimybe pn, o bandymu skai£iumiN. Taigi

P (Xt = m) ≈ CmN pm

n qN−mn .

Tikr¡j¡ P (Xt = m) reik²m¦ gausime perej¦ prie ribos, kai n → ∞. Ta£iauN ≈ t/(1/n) = nt, o Npn = pnnt → λt, taigi ribin¦ reik²m¦ gausime i²Poissono teoremos:

P (Xt = m) =(λt)m

m!e−λt, m = 0, 1, 2, . . . .

Taigi Xt ∼ P(λt). Gavome begalin¦ Poissono dydºiu ²eim¡, j¡ vadinsimePoissono procesu.

Nagrinejome T1 pirmosios ºinutes gavimo moment¡. Tegu dabar k ≥ 1,o Tk k-osios ºinutes gavimo momentas. Akivaizdu, kad

T1 ≤ T2 ≤ T3 ≤ . . . ≤ Tk−1 ≤ Tk.

Suraskime tikimyb¦ P (Tk ≥ t), t. y. tikimyb¦, kad k-osios ºinutes teks lauktine trumpiau kaip t? Atsakym¡ gausime labai greitai:

P (Tk ≥ t) = P (Xt < k) = P (Xt = 0) + . . . + P (Xt = k − 1)

= e−λt +(λt)1

1!e−λt + . . . +

(λt)k−1

(k − 1)!e−λt.

Taigi Tk yra atsitiktinis dydis, kurio pasiskirstymo funkcija yra

FTk(t) = 1− P (Tk ≥ t) = 1− e−λt − (λt)1

1!e−λt + . . .− (λt)k−1

(k − 1)!e−λt, t ≥ 0.

122

Akivaizdu, kad dydis Tk yra absoliu£iai tolydusis. iek tiek pasidarbav¦ (butunaudinga atlikti skai£iavimus bent jau, kai k = 2 ar k = 3), gautume

pTk(t) = F ′

Tk(t) = λ · (λt)k−1

(k − 1)!e−λt =

λktk−1

(k − 1)!e−λt, t ≥ 0.

Gamma-dydºiai21 apibreºimas. Jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki

pX(t) =

0, jei t < 0,

λktk−1

(k − 1)!e−λt, jei t > 0,

£ia λ > 0, k ≥ 1, tai X vadinsime gamma-atsitiktiniu dydºiu, ºymesimeX ∼ Γ(k, λ).

Taigi Tk yra gamma-dydis. Jis yra gana sudetingas. Dydi galime i²reik²tipaprastesniais.

Paºymekime T0|1 laikotarpio nuo laukimo pradºios iki pirmos ºinutestrukm¦, T1|2 laikotarpio nuo pirmos iki antros ºinutes trukm¦ ir t. t. Tada

Tk = T0|1 + T1|2 + . . . + Tk−1|k.

inome, kad T0|1 = T1 yra eksponentinis dydis, t. y. T0|1 ∼ E(λ). Gav¦ pir-m¡j¡ ºinut¦, laukiame antrosios, t. y. viskas prasideda tarsi nuo pradºiu. Ne-suklysime teigdami, kad T1|2 ∼ E(λ). Apskritai, Ti|i+1 ∼ E(λ). Taigi gamma-dydis Tk yra k eksponentiniu dydºiu suma!

31 pavyzdys. Pareto dydºiaiMaºdaug prie² ²imt¡ metu ekonomistas Vilfredas Pareto nustate, kad

parinkus tam tikrus skai£ius C > 0, α > 0, gyventoju, kuriu metines pajamosne maºesnes kaip x, dali galima gana tiksliai vertinti dydºiu C/xα. Tikimybiuteorijos kalba tai reik²tu ²tai k¡: jeigu X yra atsitiktinai parinkto gyventojopajamas rei²kiantis dydis, tai P (X ≥ x) ≈ C

xα , kai x ≥ x0, £ia x0 tam tikrasksuotas skai£ius. Kad butu papras£iau, tarkime, kad C = 1, x0 = 1 irra²ykime tikslias lygybes. Taigi

P (X ≥ x) =1

xα, FX(x) = 1− P (X ≥ x) = 1− 1

xα.

Akivaizdu, kad dydis turi tanki, kai x > 1; pX(x) = α/xα+1.

123

Pareto atsitiktiniai dydºiai22 apibreºimas. Jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki

pX(x) =

0, jei x < 1,

αxα+1 , jei x ≥ 1,

£ia α > 0, tai X vadinsime Pareto atsitiktiniu dydºiu.ymesime X ∼ Par(α).

O dabar kone pati svarbiausia tolydºiuju atsitiktiniu dydºiu ²eima.Jeigu p yra sekmes tikimybe viename Bernoullio schemos bandyme, n

bandymu, o Sn sekmiu skai£ius, tai Moivre-Laplace'o teorema teigia, kad sudideliais n teisinga lygybe

P (Yn < u) ≈ Φ(u), Yn =Sn − np√np(1− p)

, Φ(u) =1√2π

∫ u

−∞e−x2/2dx.

io teiginio esme tokia: kai n didelis, tai dydis Yn supana²eja su tolydºiuojuatsitiktiniu dydºiu, kurio pasiskirstymo funkcija yra Φ(u).

Standartinis normalusis dydis23 apibreºimas. Atsitiktini dydi X, kurio tankis yra

p(x) =1√2π

e−x2/2,

vadinsime standartiniu normaliuoju dydºiu, ºymesimeX ∼ N (0, 1).

Standartinio normaliojo dydºio pasiskirstymo funkcija yra Φ(u), j¡ jaunaudojome tyrinedami Bernoullio schem¡.

Tegu X yra standartinis normalusis dydis, o σ > 0 ir µ realieji skai£iai.Sudarykime nauj¡ atsitiktini dydi Y = σX + µ. Rasime jo pasiskirstymofunkcij¡:

FY (u) = P (σX + µ < u) = P(X <

u− µ

σ

)=

FX(v) =

∫ v

−∞

1√2π

e−x2/2dx, v =u− µ

σ.

Paskutiniji integral¡ kintamojo keitimu galime pertvarkyti taip:

FY (u) =

∫ u

−∞

1√2πσ2

e−(x−µ)2/2σ2

dx.

124

I² gautosios lygybes i²plaukia, kad atsitiktinio dydºio Y tankis yra

pY (x) =1√

2πσ2e−(x−µ)2/2σ2

=1

σ√

2πe−(x−µ)2/2σ2

.

Normalusis dydis24 apibreºimas. Atsitiktini dydi X, kurio tankis yra

pX(x) =1√

2πσ2e−(x−µ)2/2σ2

,

vadinsime normaliuoju dydºiu, ºymesime X ∼ N (µ, σ2).

Taigi normalieji atsitiktiniai dydºiai sudaro didel¦ ²eim¡. Standartinis nor-malusis dydis tik vienas i² ²ios ²eimos atstovu.

Nustateme, kad tiesi²kai transformuojant dydi X ∼ N (0, 1) gautasis dy-dis Y = σX + µ yra normalusis. Nagrinejome atveji σ > 0, ta£iau pana²iaigalima isitikinti, kad dydis yra normalusis ir tuo atveju, kai σ < 0. JeiY ∼ N (µ, σ2), tai pana²iai galime isitikinti, kad dydis X = (Y − µ)/σ yrastandartinis normalusis.

TankiopX(x) =

1√2πσ2

e−(x−µ)2/2σ2

grakas yra simetri²kas tieses x = µ atºvilgiu. Jeigu µ ksuosime, o σmaºinsime, tankio kreive darysis statesne, jeigu σ didinsime kreive lek²tes.

Kodel taip yra suprasime prisimin¦, kaip tankio reik²me ta²ke x0 susijusisu atsitiktinio dydºio rei²kmiu pasitaikymo arti x0 daºnumu. Jei s¡ry²yjeY = σX + µ σ maºinsime, Y vis daºniau igys reik²mes arti µ, t. y. tankioreik²mes ta²ke x = µ dides.

x

pX

(x)

0

Atsitiktiniu dydºiu, pasiskirs£iusiu pagal normaliuosius desniusN (0, σ20),

N (0, σ21), N (0, σ2

2), σ20 < σ2

1 < σ22 tankiu grakai.

125

Uºdaviniai1. Vieno metro ilgio strypas atsitiktinai sulauºomas i dvi dalis. Atsitiktinio

dydºio X reik²me ilgesniosios dalies ilgis. Raskite tikimyb¦ P (X < 3/4) ir dydºiopasiskirstymo funkcij¡ FX(x) bei tanki pX(x).

2. Sta£iakampio ABCD kra²tiniu ilgiai yra tokie: AB = 2, AC = 1. Sta£i-akampyje atsitiktinai parenkamas ta²kas, X1 parinktojo ta²ko atstumas iki kra²tinesAB, X2 parinktojo ta²ko atstumas iki kra²tines AC. Raskite atsitiktiniu dydºiuX1, X2, Y = X1 + X2 pasiskirstymo funkcijas ir tankius.

3. Lygia²onio sta£iojo trikampio ABC statiniu ilgiai lygus a. Sta£iajametrikampyje atsitiktinai parenkamas ta²as. Dydºio X1 reik²me parinktojo ta²koatstumas iki statinio AB, dydºio X2 reik²me lygi parinktojo ta²ko atstumuiiki iºambines BC. Raskite atsitiktiniu dydºiu X1, X2 pasiskirstymo funkcijas irtankius.

4. Du draugai susitare susitikti tarp 12 ir 13 valandos. Pirmasis atej¦s lauks kolateis antrasis. Laukimo laikas atsitiktinis dydis X. Raskite tikimyb¦ P (X < 1/2).Raskite atsitiktinio dydºio pasiskirstymo funkcij¡ FX(x) ir tanki pX(x).

5. Muilo burbulo gyvavimo trukme atsitiktinis dydis, pasiskirst¦s pagaleksponentini desni. Atliktas bandymas: i²pusta 1000 muilo burbulu ir nustatyta,kiek i² ju i²tvere nesprog¦ 1 minut¦. Tokiu buvo 450. Kokia tikimybe, kad i²pustasmuilo burbulas i²tvers nesprog¦s dvi minutes? Kiek reikia vienu metu i²pusti muiloburbulu, kad po triju minu£iu dar butu lik¦ ne maºiau kaip 300 nesusprogusiu?

6. Atsitiktinis dydis X yra pasiskirst¦s pagal eksponentini desni X ∼ E(2).Raskite atsitiktinio dydºio Y = X2 pasiskirstymo funkcij¡ ir tanki.

7. Atsitiktinis dydis X yra pasiskirst¦s pagal Pareto desni X ∼ Par(3). Pagalkokius desnius pasiskirst¦ atsitiktiniai dydºiai Y1 =

√X, Y2 = X2, Y3 = X3?

8. Dydis X pasiskirst¦s pagal standartini normaluji desni, X ∼ N (0, 1). Pagalkoki desni pasiskirst¦s atsitiktinis dydis Y = 3− 2X?

9. Dydis X pasiskirst¦s pagal normaluji desni, X ∼ N (−1, 2). Pagal koki desnipasiskirst¦s atsitiktinis dydis Y = 3− 2X?

Atsakymai1. P (X < 3/4) = 1/2;FX(x) = 0, kai x ≤ 1/2;FX(x) = 2x−1, kai 1/2x ≤ 1;

FX(x) = 1, kai x > 1; pX(x) = 0, kai x 6∈ [1/2; 1]; pX(x) = 2, kai x ∈ [1/2; 1].2. pX1(x) = 0, kai x 6∈ [0; 1]; pX1 = 1, kai x ∈ [0; 1]; pX2(x) = 0, kai x 6∈

[0; 2]; pX2(x) = 1/2, kai x ∈ [0; 2]; pY (x) = 0, kai x 6∈ [0; 3]; pY (x) = x/2, kai x ∈[0; 1]; pY (x) = 1/2, kai x ∈ [1; 2]; pY (x) = 3/2− x/2, kai x ∈ [2; 3].

3. pX1(x) = 0, kai x 6∈ [0; a]; pX1(x) = 2/a − 2x/a2, kai x ∈ [0; a]; pX2(x) =0, kai x 6∈ [0; a/

√2]; pX2(x) = 2

√2/a− 4x/a2, kai x ∈ [0; a/

√2].

126

4. P (X < 1/2) = 3/4;FX(x) = 0, kai x ≤ 0; FX(x) = 2x − x2, kai 0 < x ≤1;FX(x) = 1, kai x > 1.

5. 0,452 = 0,2025; i²pusti reikia daugiau kaip 3293 burbulu. Tiketina, kadpo 3 minu£iu nesprogusiu bus daugiau kaip 300. Ta£iau garantuoti, kad taip tikraibus negalima.

6. FY (x) = 1− e−2√

x, pY (x) = 1/√

x, kai x > 0.

7. Y1 ∼ Par(6), Y2 ∼ Par(3/2), Y2 ∼ Par(1).8. Y ∼ N (3; 4).9. Y ∼ N (5; 8).

2.4. Kvantiliai ir kritines reik²mesitaip imantriai pavadinome lyg£iu FX(x) = α sprendinius. Teikti var-dus, rei²kia nurodyti ry²ius. Veliau suºinosime, kaip ²iais sprendiniaisnaudojamasi priimant tam tikrus sprendimus.

Isivaizduokime eksperiment¡, kurio tikslas nustatyti tam tikros ru²iessiulu stiprum¡. Pakabiname ant siulo svori ir palengva ilginame siul¡. TeguX yra siulo ilgis tuo metu, kai jis nei²laik¦s svorio nutruko. Dydis X yra at-sitiktinis. Samprotaudami pana²iai kaip pavyzdyje apie i kambari iskridusi¡bit¦, prieitume i²vados, kad X turetu buti eksponentinis dydis, X ∼ E(λ),£ia λ > 0 yra X pasiskirstym¡ valdantis parametras. Taigi

P (X ≥ x) = e−λx, P (X < x) = 1− e−λx.

Dabar isivaizduokime, kad bandome dideli tokiu siulu skai£iu. Paºymekimesiulu skai£iu n. Galime manyti, kad ruo²iames n kartu ksuoti atsitiktinio dy-dºio X reik²m¦. Jeigu m siulu nutruktu budami trumpesni nei u, galetumepadaryti i²vad¡, kad P (X < u) ≈ m/n.

Panagrinekime toki klausim¡: jeigu atmestume, pavyzdºiui, de²imtadalipa£iu ilgiausiu siulu, kokio didºiausio ilgio siulu rastume tarp likusiuju?Paºymekime ²i maksimalu ilgi u. Kadangi devyni de²imtadaliai siulu nutruksbudami trumpesni uº u, tai

P (X < u) = 0,9, arba FX(u) = 0,9.

Kadangi pasiskirstymo funkcijos i²rai²k¡ ºinome, tai ²i¡ lygti i²spr¦sti ne-sunku:

1− e−λu = 0,9, u =ln 10

λ.

127

Jei nubraiºytume pasiskirstymo funkcijos FX(u) grak¡, tai ²is sprendinysbutu lygus pasiskirstymo funkcijos ir tieses y = 0,9 susikirtimo ta²ko absi-cisei. Gaut¡j¡ reik²m¦ galima interpretuoti ²itaip: tai tas kritinis ilgis, kurisekmingai pasiekia tik de²imtadalis bandomu siulu.

Spr¦sti lygti FX(x) = α su 0 < α < 1, tenka nagrinejant ivairius tikimybiuteorijos ir statistikos uºdavinius. Jeigu pasiskirstymo funkcija FX(x) yratolydi ir monotoni²kai didejanti, sprendinys visada egzistuoja ir yra vienin-telis. Jeigu funkcija nera grieºtai monotoni²kai didejanti, ta£iau tolydi, sukai kuriomis α reik²memis sprendiniu gali buti be galo daug. Ta£iau tuometvisada galima imti maºiausi¡ji.

Kvantiliai ir kritines reik²mes25 apibreºimas. Tegu atsitiktinis dydis X yra tolydus, 0 < α < 1.Dydºio X α lygio kvantiliu vadinsime maºiausi¡ji lygties

FX(x) = α

sprendini; ji ºymesime uα. Dydi uα taip pat vadinsime 1−α lygio kritinereik²me.

Jeigu dydis X turi tanki p(x), o uα yra dydºio α lygio kvantilis, tai plotaspo tankio graku i kair¦ nuo tieses x = uα lygus α, o i de²in¦ 1− α.

FX

(x)

x0

FX

(x)

x0

α

xα

pX

(x)

xα

S = α

x0

Atsitiktinio dydºio X α lygio kvantilis yra lygties FX(x) = α sprendinys.

Uºdaviniai1. Atsitiktinis dydis X tolygiai pasiskirst¦s intervale [1; 4]. Suraskite ²io dydºio

α = 0,8 lygio kvantili.

2. Sta£iakampyje, kurio matmenys yra 4cm × 6cm atsitiktinai parenkamasta²kas. Dydºio X reik²me parinktojo ta²ko atstumas iki ilgesnes pagrindo kra²tines.Suraskite ²io dydºio α = 0,9 lygio kvantili.

128

3. Raskite eksponentinio dydºio X ∼ E(3) 0,5 lygio kvantili ir 0,2 lygio kritin¦reik²m¦.

4. Atsitiktinis dydis X pasiskirst¦s pagal eksponentini desni, X ∼ E(λ). Jo 0,5lygio kvantilis lygus 3. Raskite λ reik²m¦.

5. Raskite Pareto dydºio X ∼ Par(3) 0,5 lygio kvantili ir 0,2 lygio kritin¦reik²m¦.

6. Atsitiktinis dydis X yra standartinis normalusis, FX(0,5244) = Φ(0,5244) =0,7. Kokia turi buti a reik²me, kad atsitiktinio dydºio Y = 2X + a α = 0,7 lygiokvantilis butu lygus 3?

Atsakymai1. uα = 3,4.

2. uα = 3,6.

3. ≈ 0,231 ir ≈ 0,536.

4. ≈ 0,231.

5. 3√

2 ≈ 1,266; 3√

5 ≈ 1,71.

6. a = 1,9512.

2.5. Nepriklausomi atsitiktiniai dydºiaiNurodyti nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu pavyzdºiu tikroveje nesunku:sniego dangos storis sausio 30 dien¡ ir jusu pinigines storis liepos 25dien¡ tikriausiai yra nepriklausomi dydºiai. Ta£iau nagrineti tokiasdydºiu poras nelabai prasminga. Kompanijos pelno pokytis del ºaliavukainos svyravimu ir pokytis del efektyvesnes reklamos taip pat neeprik-lausomi atsitiktiniai dydºiai. Ju sum¡ ne tik prasminga, bet ir butinanagrineti.

I² patirties visi ºinome, kokie dydºiai yra priklausomi, kokie nepriklau-somi. Ekonomistai, pavyzdºiui, prognozuoja, kad padidejus naftos kainoms,pakils ir vartojimo prekiu kainos. Tai priklausomi dydºiai. Kiekvienas su-vokiame, kad per obels subrandintu obuoliu kiekis nepriklauso nuo naujame-tiniam fejerverkui i²leistu pinigu sumos. Tai nepriklausomi dydºiai.

Ta£iau kaip gi matemati²kai apibreºti nepriklausomus atsitiktinius dy-dºius? Prisiminkime nepriklausomu ivykiu apibreºim¡. Ivykiai A, B yranepriklausomi, jei

P (A ∩B) = P (A) · P (B).

Jeigu X,Y yra du atsitiktiniai dydºiai, tai su kiekvienu i² ju galime susietidaug ivykiu. Pavyzdºiui, galime nagrineti su atsitiktiniu dydºiu X susijusius

129

ivykiusX < 2, X > 2, X ∈ [2; 3],

ir t. t. Analogi²kus ivykius galime susieti ir su dydºiu Y. Jeigu kiekvienasivykis, susij¦s su dydºiu X, nepriklauso nuo ivykio, susijusio su dydºiu Y,tai, matyt, ir dydºius deretu vadinti nepriklausomais. Ta£iau tu ivykiu yralabai daug ir ivairiu. Kad dydºiai butu nepriklausomi, pakanka, kad bet kurisivykis X < x nepriklausytu nuo bet kurio ivykio Y < y.

Nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai26 apibreºimas. Atsitiktinius dydºius X,Y vadinsime nepriklauso-mais, jeigu su bet kokiais skai£iais x, y teisinga lygybe

P (X < x, Y < y) = P (X < x) · P (Y < y).

Nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu apibreºimo s¡lyg¡ galime suformuluotitaip: jei B1 = (−∞; x), B2 = (−∞; y), tai

P (X ∈ B1, Y ∈ B2) = P (X ∈ B1)P (Y ∈ B2). (21)Galima irodyti, kad (21) lygybe teisinga ne tik intervalais, bet su bet kokiomisBorelio aibemis B1, B2. Taigi atsitiktiniai dydºiai X,Y yra nepriklausomitada ir tik tada, kai su bet kokiomis Borelio aibemis B1, B2 ivykiai ω :X(ω) ∈ B1 ir ω : X(ω) ∈ B1 yra nepriklausomi. Apibreºim¡ paprastaapibendrinti, kai atsitiktiniu dydºiu daugiau nei du.

27 apibreºimas. Atsitiktinius dydºius X1, X2, . . . , Xn vadinsimenepriklausomais, jeigu su bet kokiais skai£iais x1, x2, . . . , xn teisinga lygybe

P (X < x1, X < x2, . . . , Xn < xn) = P (X < x1)P (X < x2) · · ·P (Xn < xn).

Jeigu atsitiktiniu dydºiu sistema begaline, tai juos vadinsime nepriklauso-mais, jeigu bet kuris baigtinis ²ios sistemos dydºiu rinkinys sudaro nepri-klausomu dydºiu sek¡.

ie apibreºimai tinka visu ru²iu atsitiktiniams dydºiams. Diskre£iujuatsitiktiniu dydºiu nepriklausomum¡ galima tikrinti naudojantis paprastesnes¡lyga.

23 teorema. Jeigu X, Y yra diskretieji atsitiktiniai dydºiai, tai jie yranepriklausomi tada ir tik tada, kai su visomis reik²memis x, y

P (X = x, Y = y) = P (X = x) · P (Y = y).

32 pavyzdys. Metami du simetri²ki lo²imo kauliukai, X1 aku£iuskai£ius, atvirt¦s ant pirmojo, X2 ant antrojo kauliuko. Ir be jokiu tikrinimu

130

galime daryti i²vad¡, kad dydºiai X1, X2 yra nepriklausomi. Tegu X =X1 + X2, Y = X1 −X2. Ar dydºiai X,Y priklausomi?

Kad irodytume, jog dydºiai priklausomi, pakanka surasti bent vien¡ skai£iupor¡ x, y, su kuria lygybe P (X = x, Y = y) = P (X = x)P (Y = y) yraneteisinga. Imkime, pavyzdºiui, x = 12, y = 0. Gausime

P (X = 12) = 1/36, P (Y = 0) = 1/6, P (X = x, Y = y) = 1/36.

Taigi P (X = x, Y = y) 6= P (X = x)P (Y = y), ir dydºiai yra priklausomi.Jeigu tektu irodineti, kad du diskretieji dydºiai yra nepriklausomi, tai

darbo butu ºymiai daugiau reiktu irodyti, kad su visomis x, y reik²memisapibreºimo lygybes yra teisingos.

Jei X yra atsitiktinis dydis, tai ir X2, X3, sin(X), |X| yra atsitiktiniaidydºiai. Apskritai, su bet kokia Borelio funkcija f dydis f(X) irgi atsitiktinis.Pritaik¦ Borelio funkcijas dviems nepriklausomiems atsitiktiniams dydºiamsvel gausime nepriklausomu dydºiu por¡.

24 teorema. Jei X,Y yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai, o f, g bet kokios Borelio funkcijos, tai dydºiai X1 = f(X), Y1 = g(Y ) irgi yranepriklausomi.

33 pavyzdys. Balti ir juodi rutuliaiUrnoje yra du balti ir du juodi rutuliai. Balti rutuliai paºymeti skai£iais

0, 1. Tokiais pat skai£iais paºymeti juodieji rutuliai. I² eiles su gr¡ºinimutraukiami du rutuliai. Paºymekime X baltu rutuliu skai£iu, o Y skai£iu,uºra²ytu ant i²trauktuju rutuliu sum¡. Ar dydºiai X ir Y yra nepriklau-somi?

Kiek pasvarst¦, tikriausiai pamanysime, kad tai tiesa. Ta£iau tai reikiamatemati²kai irodyti, t. y. reikia isitikinti, kad su visomis reik²memis x, yteisingos lygybes

P (X = x, Y = y) = P (X = x)P (Y = y).

Visas tikimybes P (X = x, Y = y) sura²ysime i lentel¦. Jas skai£iuoti galimetaip. Paºymekime baltuosius rutulius B0, B1; £ia Bi ºymi balt¡ rutuli, antkurio uºra²ytas skai£ius i. Juoduosius rutulius paºymekime J0, J1. Traukiamedu rutulius su gr¡ºinimu, taigi i² viso yra 16 baig£iu. I²ra²ykime ivykiuiX = 1, Y = 1 palankias baigtis:

B0J1, B1J0, J1B0, J0B1 taigi P (X = 1, Y = 1) =4

16.

131

Pana²iai apskai£iuosime ir kitas tikimybes. Sura²¦ tikimybes i lenteles lan-gelius, susumuokime skai£ius, sura²ytus eilutese ir stulpeliuose:

X = 0 X = 1 X = 2

Y = 0 116

216

116

14

Y = 1 216

416

216

12

Y = 2 116

216

116

14

14

12

14

K¡ rei²kia, pavyzdºiui, skai£ius, kuri gavome susumav¦ pirmojo stulpelioskai£ius? is skai£ius yra tikimybiu suma:

P (X = 0, Y = 0) + P (X = 0, Y = 1) + P (X = 0, Y = 2) = P (X = 0).

Taigi paskutineje eiluteje sura²ytos atsitiktinio dydºio X reik²miu tikimybes.O paskutiniame stulpelyje atitinkamu dydºio Y reik²miu tikimybes. Tikri-nant, ar dydºiai yra nepriklausomi, reikia kiekvienam lenteles langeliui patikrinti,ar jame ira²yta reik²me lygi ²io langelio eilutes paskutiniojo ir ²io langeliostulpelio apatiniojo skai£iu sandaugai. Pavyzdºiui,

P (X = 1, Y = 1) =1

4=

1

2· 1

2.

Musu atveju matome, kad visiems langeliams lygybes yra teisingos irdydºiai yra nepriklausomi.

Daºnai tenka sumuoti nepriklausomus atsitiktinius dydºius. Pavyzdºiui,noredami tiksliau i²matuoti koki nors dydi, kartojame matavimus, o ju rezul-tatus sumuojame. itaip gauname nauj¡ atsitiktini dydi.

34 pavyzdys. Lo²imas su dviem kauliukais.Tarkime, simetri²ko lo²imo kauliuko sieneles suºymetos skai£iais 0, 0, 1, 1, 1, 2,

o kito kauliuko skai£iais 0, 1, 1, 1, 2, 2. Metami abu kauliukai i² karto, laime-jimas X lygus atvirtusiu aku£iu skai£iu sumai. Taigi X atsitiktinis dydis,kuris gali igyti reik²mes 0, 1, 2, 3, 4. Su kokiomis tikimybemis?

Paºymekime X1 aku£iu skai£iu, atvirtusi ant pirmojo kauliuko, X2 antantrojo. Tada X = X1 + X2, o dydºiai X1, X2 yra nepriklausomi. Naudo-

132

damiesi ²ia savybe gausime:

P (X = 0) = P (X1 = 0, X2 = 0) = P (X1 = 0) · P (X2 = 0) =2

6· 1

6=

2

36,

P (X = 1) = P (X1 = 0, X2 = 1) + P (X1 = 1, X2 = 0) =2

6· 3

6+

3

6· 1

6=

9

36,

P (X = 2) = P (X1 = 0, X2 = 2) + P (X1 = 1, X2 = 1) + P (X1 = 0, X2 = 2)

=2

6· 2

6+

3

6· 3

6+

1

6· 1

6=

14

36,

P (X = 3) = P (X1 = 1, X2 = 2) + P (X1 = 2, X2 = 1) =3

6· 2

6+

1

6· 3

6=

9

36,

P (X = 4) = P (X1 = 2, X2 = 2) =1

6· 2

6=

2

36.

Toks nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu sumos tikimybiu skai£iavimo budastinka visiems diskretiesiems dydºiams.

Nepriklausomu diskre£iuju dydºiu suma

25 teorema. Tegu X,Y yra nepriklausomi diskretieji atsitiktiniaidydºiai, Z = X + Y. Tada kiekvienai dydºio Z reik²mei z

P (Z = z) =∑

x+y=z

P (X = x)P (Y = y),

£ia sumuojama pagal visas reik²miu poras x, y kuriu suma lygi z.

Nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu sumos tikimybiu teorijos modeliuosepasitaiko labai daºnai. Tokias sumas naudojome jau ne kart¡. Pavyzdºiui,Bernoullio atsitiktini dydi X ∼ B(n, p) rei²keme atsitiktiniu dydºiu Xi suma:

X = X1 + X2 + . . . + Xn,

£ia Xi = 1, jei i-ajame bandyme pasirode sekme ir Xi = 0, jei nesekme. iedydºiai susij¦ su nepriklausomais bandymais, taigi ir patys yra nepriklausomi.

Nagrinedami Poissono proces¡ atsitiktini dydi Tk, kurio reik²me lygi laiko-tarpiui nuo stebejimo pradºios iki k−ojo ivykio (ºinutes, meteoro kritimo irpan.), i²rei²keme eksponentiniu dydºiu suma:

Tk = T0|1 + T1|2 + . . . + Tk−1|k,

£ia Ti|i+1 yra laikotarpio tarp i-ojo ir i + 1-ojo ivykiu pasirodymu reik²me.Dydºiai Ti|i+1 yra vienodai pasiskirst¦ ir nepriklausomi.

133

Uºdaviniai1. Urnoje yra du balti ir du juodi rutuliai. Balti rutuliai paºymeti skai£iais 0, 1.

Tokiais pat skai£iais paºymeti juodieji rutuliai. I² eiles be gr¡ºinimo traukiami durutuliai. Irodykite, kad baltu rutuliu skai£ius X ir skai£iu, uºra²ytu ant i²trauktujurutuliu, suma Y yra priklausomi atsitiktiniai dydºiai.

2. Urnoje yra du balti ir du juodi rutuliai. Balti rutuliai paºymeti skai£iais 0, 1.

Abu juodieji rutuliai paºymeti nuliu. I² eiles su gr¡ºinimu traukiami du rutuliai.Nustatykite, ar baltu rutuliu skai£ius X ir skai£iu, uºra²ytu ant i²trauktuju rutuliusuma Y yra priklausomi, ar nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai.

3. Simetri²ka moneta metama tris kartus. Apibreºkime du atsitiktinius dydºiusX,Y. Jeigu pirmajame ir antrajame metimuose moneta atvirto ta pa£ia puse, taidydºio X reik²me lygi vienetui, jeigu atvirto skirtingomis pusemis nuliui. Jeigupirmajame ir tre£iajame metimuose moneta atvirto ta pa£ia puse, tai dydºio Y

reik²me lygi vienetui, prie²ingu atveju nuliui. Isitikinkite, kad dydºiai X, Y

yra nepriklausomi. Ar jie butu nepriklausomi, jeigu moneta butu nesimetri²ka,pavyzdºiui, moneta herbu atvirstu su tikimybe 1/3?

4. Tikimybes, kad mestas lo²imo kauliukas atvirs sienelemis, paºymetomis1, 2, 3, 4, 5 akutemis, yra vienodos. Tikimybe, kad ²is kauliukas atvirs sienele,paºymeta 6 akutemis, yra 10% didesne. Kitas lo²imo kauliukas atvirsta sienelemis,paºymetomis 1, 2, 3, 4, 5 irgi su vienodomis tikimybemis, ta£iau tikimybe, kad jisatvirs sienele, paºymeta 6, yra 10% maºesne. Kokia tikimybe, kad metus abukauliukus i² karto, atvirtusiu aku£iu suma bus lygi 10?

5. Rugpju£io nakti lmuojame dangu dviem i skirtingas puses nukreiptomiskameromis, tikedamiesi uºksuoti krintan£ius meteorus. Meteoru, patenkan£iu ilmavimo kameru akirati per pusvalandi, skai£iai nepriklausomi atsitiktiniai dy-dºiai X1 ∼ P(3), X2 ∼ P(3). Kokia tikimybe, kad per pusvalandi kameros uºksuosnemaºiau kaip penkis krintan£ius meteorus?

Atsakymai1. Pavyzdºiui, P (X = 0) = (1/2) · (1/3) = 1/6,

P (Y = 2) = (1/2) · (1/3) = 1/6, P (X = 0, Y = 2) 6= P (X = 0)P (Y = 2).2. Priklausomi. Pavyzdºiui, P (X = 0) = 1/4, P (Y = 0) = 9/16;

P (X = 0, Y = 0) = 1/4, P (X = 0, Y = 0) 6= P (X = 0)P (Y = 0).3. Dydºiai butu priklausomi. Pavyzdºiui, tada butu

P (X = 1) = P (Y = 1) = (1/3)2 + (2/3)2 = 5/9;P (X = 1, Y = 1) = (1/3)3 + (2/3)3 = 1/9;t. y. P (X = 1, Y = 1) 6= P (X = 1)P (Y = 1).

4. 300/3599 ≈ 0,0834.5. ≈ 0,715.

134

2.6. Diskre£iuju atsitiktiniu dydºiu vidurkiaiTarkime, dietos besilaikantis erelis ºuvininkas per dien¡ sueda, jeigupagauna, tik vien¡ ºuvi. Dienu, kai ereliui ºvejyba pavyksta, pasitaikodvigubai daugiau negu dienu, kai ereliui tenka badauti. Kiek ºuvu vidu-tini²kai tenka erelio vienos dienos pietums?

Panagrinekime toki lo²im¡. Sumokej¦s vieno lito mokesti, lo²ejas traukiadu rutulius i² urnos, kurioje yra du balti ir trys juodi rutuliai. Jam i²mokamatiek litu, kiek baltu rutuliu jis i²trauke. Taigi jeigu jam pavyko i²traukti tikvien¡ balt¡ rutuli, jis atgauna imoket¡ lit¡, jeigu du gauna du. Kamnaudingas toks lo²imas: lo²ejams, ar lo²imo organizatoriams?

Isivaizduokime, kad tokioje loterijoje dalyvauja didelis lo²eju skai£ius n.Vadinasi, jie organizatoriams uºmoka n litu. Apskai£iuokime, kiek vidu-tini²kai atgauna vienas lo²ejas.

Tegu X yra baltu rutuliu skai£ius tarp i²trauktuju, kartu ir lo²ejo laime-jimas. Tada

P (X = 0) =C2

3

C25

= 0,3, P (X = 1) =C1

2C13

C25

= 0,6, P (X = 2) =C2

2

C25

= 0,1.

Taigi maºdaug P (X = 0)n = 0,3n lo²eju nieko nelaimes, P (X = 1)n = 0,6nlo²eju susigr¡ºins savo imok¡ ir P (X = 2)n = 0,1n lo²eju gaus po 2 litus.Jeigu Sn yra lo²ejams i²moketa suma, tai Sn/n bus i²lo²io vidurkis:

Sn ≈ 0 · P (X = 0)n + 1 · P (X = 1)n + 2 · P (X = 2)n,

Sn

n≈ 0 · P (X = 0) + 1 · P (X = 1) + 2 · P (X = 2) = 0,8.

Matome, kad sulauk¦ n = 100 lo²eju organizatoriai gali tiketis maºdaug 20litu pelno. Rei²kinys, kuri panaudojome skai£iuodami Sn/n, nusako atsitik-tinio dydºio X vidutin¦ reik²m¦ t. y. vidurki.

Diskre£iojo atsitiktinio dydºio vidurkis28 apibreºimas. Diskre£iojo atsitiktinio dydºio X, igyjan£io reik²mesxi, vidurkiu vadinsime skai£iu

E[X] =∑

i

xiP (X = xi).

Noredami, kad apibreºimas butu trumpas nepaminejome vienos aplinkybes.Kai diskretusis dydis igyja be galo daug reik²miu, tai begalinio demenu kiekio

135

suma gali buti neapibreºta, todel atsitiktinis dydis gali netureti vidurkio. At-sitiktinis dydis turi vidurki tada ir tik tada, kai sumos

∑i

|xi|P (X = xi)

reik²me yra baigtine. Dydºiams, kuriuos nagrinesime, ²i s¡lyga bus visadapatenkinta.

Galime atsitiktinio dydºio vidurki suvokti pasinaudoj¦ tam tikrais geo-metriniais-mechaniniais samprotavimais. Prisiminkime iºymi¡j¡ Archimedosverto taisykl¦: jeigu ant strypo galu padeti m1 ir m2 svorio kunai, taikad svertas butu pusiausvyroje, reikia ji atremti tokiame ta²ke C, kad butupatenkinta lygybe l1m1 = l2m2 (ºr. breºini).

m1

m2

l1 l2

C

Ta²kas C yra sistemos, sudarytos i² dvieju kunu, svorio centras. O dabartarkime, kad ²ie kunai padeti ant skai£iu tieses ta²ku, kuriu koordinates yrax1, x2. Tegu c yra svorio centro koordinate.

m1

m2

l1 = c − x1 l2 = x2 − c

c

x1 x2

Tada

m1(c−x1) = m2(x2− c), (x1− c)m1 +(x2− c)m2 = 0, c =x1m1 + x2m2

m1 + m2

.

Jeigu skai£iu tieses ta²kuose su koordinatemis x1, x2, . . . patalpinti kunai,kuriu mases lygios m1,m2, . . . , tai tokios sistemos svorio centro koordinates

136

ie²kotume i² lygybes

(x1 − c)m1 + (x2 − c)m2 + . . . = 0. (22)

Tegu dabar diskretusis atsitiktinis dydis X igyja reik²mes x1, x2, . . . su ti-kimybemis p1 = P (X = x1), p2 = P (X = x2), . . . Isivaizduokime, kadtieses ta²kuose su koordinatemis x1, x2, . . . patalpinome kunus, kuriu maseslygios p1, p2, . . . . Naudodamiesi (22) ie²kokime ²ios sistemos svorio centro. Irgausime vidurki: c = E[X]!

Prie² pradedami skai£iuoti svarbiu atsitiktiniu dydºiu vidurkius, pana-grinekime vidurkio savybes.

26 teorema. Jeigu X yra diskretusis atsitiktinis dydis, igyjantisreik²mes xi, o Y = f(X) kitas atsitiktinis dydis, tai jo vidurkis (jeigu tikjis egzistuoja) lygus

E[Y ] =∑

i

f(xi)P (X = xi). (23)

I² tikruju, dydis Y igyja reik²mes yi = f(xi), o ²iu reik²miu tikimybesP (Y = yi) = P (X = xi). Tiesa, tokiame samprotavime yra nedidelis netik-slumas: juk skirtingoms reik²mems xi, xj dydºio Y reik²mes gali sutapti:f(xi) = f(xj). Ta£iau vidurkio skai£iavimo formule teisinga ir tokiais atve-jais.

Jeigu f(x) = ax, tai Y = aX. Pritaik¦ teigini ²iam atvejui, gaunamepaprast¡, ta£iau daºnai taikom¡ konstantos i²kelimo taisykl¦.

Konstantos i²kelimo taisykle

27 teorema. Jei X yra diskretusis dydis, turintis vidurki, o a bet koksskai£ius, tai dydis Y = aX irgi turi vidurki:

E[Y ] = E[aX] = a · E[X].

Suformuluosime labai svarbi¡ vidurkio adityvumo savyb¦.

Vidurkio adityvumo savybe

28 teorema. Jeigu X ir Y yra diskretieji dydºiai, turintys vidurkius,tai ju suma X + Y irgi yra diskretusis dydis turintis vidurki:

E[X + Y ] = E[X] + E[Y ].

137

Irodymas. Paprastumo delei tarkime, kad atsitiktinis dydis X igyja tikdvi reik²mes x1, x2 o dydis Y irgi dvi y1, y2. Tada dydis Z igyja keturiasreik²mes, kurias paºymekime taip:

z11 = x1 + y1, z12 = x1 + y2, z21 = x2 + y1, z22 = x2 + y2.

Tiesa, ²ios keturios reik²mes nebutinai yra skirtingos.Tada

E[Z] = (x1 + y1)P (X = x1, Y = y1) + (x1 + y2)P (X = x1, Y = y2) +

(x2 + y1)P (X = x2, Y = y1) + (x2 + y2)P (X = x2, Y = y2).

Sumos demenis sutvarkykime taip:

E[Z] = x1(P (X = x1, Y = y1) + P (X = x1, Y = y2)) +

x2(P (X = x2, Y = y1) + P (X = x2, Y = y2)) +

y1(P (X = x1, Y = y1) + P (X = x2, Y = y1)) +

y2(P (X = x1, Y = y2) + P (X = x2, Y = y2)).

Ivykiai X = xi, Y = yj yra nesutaikomi. Pavaizduokime juos breºiniu.

X = x2, Y = y1

X = x1, Y = y1

X = x2, Y = y2

X = x1, Y = y2

Ω

Paºiurej¦ i breºini isitikinsime, kad

P (X = x1, Y = y1) + P (X = x1, Y = y2) = P (X = x1),

P (X = x2, Y = y1) + P (X = x2, Y = y2) = P (X = x2),

P (X = x1, Y = y1) + P (X = x2, Y = y1) = P (Y = y1),

P (X = x1, Y = y2) + P (X = x2, Y = y2) = P (Y = y2).

Taigi

E[Z] = x1P (X = x1) + x2P (X = x2) + y1P (Y = y1) + y2P (Y = y2)

= E[X] + E[Y ].

Irodymo idejos bendruoju atveju yra tos pa£ios. i teigini galime apiben-drinti.

138

Vidurkio adityvumo savybe

29 teorema. Jeigu X1, X2, . . . , Xn yra diskretieji atsitiktiniai dydºiaiturintys vidurkius, tai ju suma irgi yra diskretusis atsitiktinis dydis, tur-intis vidurki:

E[X1 + X2 + . . . + Xn] = E[X1] + E[X2] + . . . + E[Xn].

Jeigu X, Y yra du diskretieji atsitiktiniai dydºiai turintys vidurkius irpirmasis visada igyja maºesnes reik²mes, t. y. X ≤ Y, tai Z = Y − X yradiskretusis atsitiktinis dydis, igyjantis tik neneigiamas reik²mes, Z ≥ 0. Tadair jo vidurkis neneigiamas, E[Z] ≥ 0. Ta£iau Y = X + Z, todel

E[Y ] = E[X + Z] = E[X] + E[Z] ≥ E[X].

Irodeme kone akivaizdºi¡ vidurkio savyb¦: jeigu vienas dydis visada igyjane didesnes reik²mes negu kitas, tai ir jo vidurkis yra ne didesnis. Pasinau-doj¦ ²ia savybe galime irodyti toki teigini.

30 teorema. Jeigu f ir g yra dvi funkcijos, f(x) ≤ g(x), o X diskretusis atsitiktinis dydis, tai f(X) ≤ g(X). Jeigu vidurkiai egzistuoja,tai

E[f(X)] ≤ E[g(X)].

Suformuluosime dar vien¡ svarbi¡ savyb¦, kuri¡ turi tik nepriklausomiatsitiktiniai dydºiai.

Nepriklausomu dydºiu sandaugos vidurkis

31 teorema. Jeigu X ir Y yra nepriklausomi diskretieji atsitiktiniaidydºiai, turintys vidurkius, tai ju sandauga X · Y irgi yra diskretusisdydis, turintis vidurki:

E[X · Y ] = E[X] · E[Y ].

Irodymas. Vel tarkime, kad atsitiktinis dydis X igyja tik dvi reik²mesx1, x2 o dydis Y irgi dvi y1, y2. Tada dydis Z igys keturias reik²mes: z11 =x1 · y1, z12 = x1 · y2, z21 = x2 · y1, z22 = x2 · y2. Tada

E[Z] = (x1 · y1)P (X = x1, Y = y1) + (x1 · y2)P (X = x1, Y = y2) +

(x2 · y1)P (X = x2, Y = y1) + (x2 · y2)P (X = x2, Y = y2).

139

Pasinaudokime tuo, kad dydºiai yra nepriklausomi, t. y.

P (X = xi, Y = yj) = P (X = xi) · P (Y = yj).

Tada

E[Z] = x1P (X = x1)(y1P (Y = y1) + y2P (Y = y2)) +

x2P (X = x2)(y1P (Y = y1) + y2P (Y = y2)) =

x1(P (X = x1)E[Y ] + x2(P (X = x2)E[Y ].

TaigiE[X · Y ] = E[X] · E[Y ].

Uºdaviniai1. Tegu X aku£iu skai£ius, atvirt¦s ant simetri²ko lo²imo kauliuko. Raskite

E[X],E[|X − 3|].2. Lo²imo kauliukas nesimetri²kas: sieneliu su aku£iu skai£iais 1, 2, 3, 4, 5

tikimybes vienodos, o sieneles su ²e²iomis akutemis tikimybe 20% didesne uº kitas.Atsitiktinio dydºio X reik²me lygi atvirtusiu aku£iu skai£iui. Raskite E[X].

3. Loterijai parengta 100 bilietu, i² ju 15 bilietu su 5 Lt laimejimu ir 10 su 10 Lt laimejimu. Jeigu lo²ejas perka vien¡ biliet¡, koks jo i²lo²io vidurkis?Koks butu i²lo²io vidurkis, jeigu lo²ejas pirktu 2 bilietus? Koks butu lo²ejo i²lo²iovidurkis, jeigu jis isigytu m, 1 ≤ m ≤ 100, bilietu?

4. Loterija tokia pati kaip ankstesniajame uºdavinyje: 100 bilietu, 15 laimipo 5 Lt ir 10 laimi po 10 Lt. Ta£iau lo²imo taisykles pasikeite: jeigu lo²ejasnusipirko biliet¡ be laimejimo, jam nemokamai leidºiama pasirinkti dar vien¡ biliet¡i² likusiuju. Koks dabar vien¡ biliet¡ isigijusio lo²ejo i²lo²io vidurkis?

5. Urnoje 3 balti ir 4 juodi rutuliai. Lo²ejai A,B, C vienas po kito traukiapo rutuli nesugr¡ºindami jo atgal. Ta£iau laimejimas 10 Lt i²mokamas tik tam,kuris pirmas i²traukia balt¡ rutuli. Tegu XA, XB, XC yra atsitiktiniai dydºiai,rei²kiantys lo²eju laimejimus. Raskite E[XA],E[XB],E[XC ].

6. Urna su rutuliais tokia pat kaip ankstesniajame pavyzdyje: 3 balti ir 4 juodirutuliai. Lo²ejai A,B, C vienas po kito traukia po rutuli nesugr¡ºindami jo atgal.Laimejimas i²mokamas i²traukusiems baltus rutulius. Uº pirm¡ji balt¡ rutuli 10Lt, uº antr¡ji 8 Lt, uº tre£i¡ji 6 Lt. Tegu XA, XB, XC yra atsitiktiniai dydºiai,rei²kiantys lo²eju laimejimus. Raskite E[XA],E[XB],E[XC ].

7. Mesta moneta atvirsta herbu su tikimybe p = 0,6. Ji metoma tol, kol i² eilesatvirsta du herbai arba du skai£iai. Metimu skai£ius yra atsitiktinis dydis. Jeigu

140

metimu skai£ius lygus 2, laimejimas 2 Lt, jeigu prireiks triju metimu laimesite 3Lt, jeigu keturiu 4 Lt, jeigu penkiu ar daugiau laimejimas 5 Lt. Apskai£iuokitelaimejimo vidurki.

8. Yra dvi monetos: viena simetri²ka, kita ne. Nesimetri²ka moneta j¡ metusatvirsta herbu su tikimybe 0,4. Vien¡ lo²im¡ sudaro du monetos metimai. Jeigu abukartus moneta atvirsta ta pa£ia puse, laimimas vienas litas. Lo²ejas gali abu kartusmesti t¡ pa£i¡ monet¡, gali vien¡ kart¡ mesti simetri²k¡, kit¡ kart¡ nesimetri²k¡monet¡. Lo²ejas ketina lo²ti n = 100 kartu. Koks butu jo laimejimo vidurkis, jeigujis metytu simetri²k¡ monet¡? Jeigu metytu nesimetri²k¡ monet¡? Jeigu vien¡kart¡ mestu simetri²k¡, o kit¡ nesimetri²k¡ monet¡?

Atsakymai1. E[X] = 7/2,E[|X − 3|] = 3/2.

2. E[X] = 111/31.

3. Paºymekime X1 laimejimo, tekusio pirmajam nupirktam bilietui dydi.Tada P (X1 = 5) = 15/100;P (X1 = 10) = 10/100;E[X] = 1,75. Tegu X2 antrajam bilietui tek¦s laimejimas; tada X1 + X2 laimejimo dydis, jei perkamidu bilietai. Dydis X2 igyja tas pa£ias reik²mes su tomis pat tikimybemis kaip X1.

Todel E[X1 +X2] = 2 · 1,75 = 3,5. Jeigu perkama m bilietu, tai laimejimo vidurkis1,75m.

4. Laimejimo vidurkis, kai perkamas vienas bilietas, yra dydºiu 13125/9900 ≈1,326 didesnis nei ankstesniajame uºdavinyje.

5. E[XA] = 30/7,E[XB] = 20/7,E[XC ] = 12/7.

6. E[XA] = 30/7,E[XB] = 28/7,E[XC ] = 130/35.7. ≈ 2,95.

8. 50 Lt, 52 Lt.

141

2.7. Diskre£iuju dydºiu vidurkiu skai£iavimasTai neretai pasitaiko matematikoje: apibreºimuose nurodomas ilgas ke-lias prie tikslo, o teoremose budai, kaip jo i²vengti. iame skyrelyjerasite daug tokiu pavyzdºiu. Taigi neprotinga mokytis vien apibreºimu!

Apskai£iuosime svarbiausiu diskre£iuju atsitiktiniu dydºiu vidurkius. Pa-pras£iausiais atvejais ir skai£iuoti nera ko atsakymas akivaizdus. Pavyzdºiui,jeigu atsitiktinis dydis X yra i²sigim¦s, t. y. su tikimybe 1 igyja reik²m¦a, P (X = a) = 1, tai ir vidurkis, ºinoma, lygus a : E[X] = a.

Jeigu dydis X su tikimybe p igyja reik²m¦ 1 ir su tikimybe q = 1 − preik²m¦ 0, tai

E[X] = 0 · q + 1 · p = p.

Panagrinekime idomesniu pavyzdºiu. Tegu X yra binominis atsitiktinisdydis, X ∼ B(n, p). Dydi X galima suvokti kaip sekmiu skai£iu Sn, kurisgaunamas atlikus n Bernoullio schemos bandymu. Apskai£iuosime E[X].Pasinaudoj¦ vidurkio apibreºimu gautume

E[X] =n∑

m=0

mCmn pmqn−m, q = 1− p.

Apskai£iuosime ²ios sumos reik²m¦ netiesiogiai, pasinaudodami papras-tais atsitiktiniais dydºiais

Xj =

1, jei j-asis bandymas pasibaige sekme,0, jei j-asis bandymas pasibaige nesekme,

£ia j = 1, 2, . . . , n.Kadangi P (Xj = 1) = p, P (Xj = 0) = 1 − p, tai E[Xj] = p. Ta£iau

X = X1 + X2 + . . . + Xn, taigi

E[X] = E[X1 + X2 + . . . + Xn] = E[X1] + . . . + E[Xn] = np.

Binominio dydºio vidurkis

Jei X ∼ B(n, p), tai E[X] = np.

Pasinaudoj¦ ta pa£ia sudetingo atsitiktinio dydºio rei²kimo paprastesniaisideja apskai£iuosime hipergeometrinio dydºio vidurki.

Tegu urnoje yra m baltu ir n juodu rutuliu, atsitiktinai traukiame u (u ≤m + n). rutuliu. Atsitiktinio dydºio X reik²me baltu rutuliu kiekis tarp

142

i²trauktuju. Surasime ²io dydºio vidurki. Dydºio reik²miu tikimybes ap-skai£iavome jau ankstesniame skyrelyje, taigi

E[X] =∑

v

v · CvmCu−v

n

Cum+n

,

£ia sumuojama pagal visas galimas dydºio reik²mes v. Uºuot skai£iav¦ ²i¡sum¡ tiesiogiai, bandykime vel i²sisukti. Galime isivaizduoti, kad rutu-liai traukiami ne visi i² karto, bet vienas po kito. Pasinaudosime dydºiaisX1, X2, . . . , Xu :

Xj =

1, jei j-asis rutulys baltas,0, jei j-asis rutulys juodas.

Tada E[X] = X1 + X2 + . . . + Xu, be to

P (Xj = 1) =m

m + n, P (Xj = 0) =

n

m + n,

E[Xj] = 1 · m

m + n+ 0 · n

m + n=

m

m + n.

TaigiE[X] = E[X1] + . . . + E[Xu] = u · m

m + n.

is pavyzdys dar kart¡ rodo, kokia svarbi yra vidurkio adityvumo savybe.Ja pasinaudoj¦ netiesiogiai suskai£iavome gana sudeting¡ sum¡.

Apskai£iuosime Poissono dydºio vidurki. Poissono teorema teigia: jeiguBernoullio schemose bandymu skai£ius n neapreºtai auga, sekmes tikimybeviename bandyme pn arteja prie nulio, ir npn → λ, tai atsitiktinis dydis Sn

supana²eja su Poissono dydºiu X ∼ P(λ), t. y.

P (Sn = m) → P (X = m), P (X = m) =λm

m!· e−λ, n →∞.

Galima tiketis, kad tada E[Sn] → E[X]. Ta£iau E[Sn] = npn → λ, taigi²itaip samprotaudami gauname prielaid¡, kad E[X] = λ. Isitikinsime, kadtai tiesa, skai£iuodami vidurki pagal apibreºim¡.

Tegu X ∼ P(λ). Tada

E[X] =∞∑

m=0

m · λm

m!e−λ =

∞∑m=1

λm

(m− 1)!e−λ = λe−λ

∞∑

k=0

λk

k!,

£ia paºymejome k = m− 1. Ta£iau∞∑

k=0

λk

k!= eλ,

taigi E[X] = λ.

143

Poissono dydºio vidurkis

Jei X ∼ P(λ), tai E[X] = λ.

Jeigu Bernoullio schemos bandymus su sekmes tikimybe p atliksime ikipirmos sekmes, tai atliktu bandymu skai£ius X bus geometrinis atsitiktinisdydis, t. y.

X ∼ G(p), P (X = m) = qm−1p, m = 1, 2, . . .

Apskai£iuosime ²io dydºio vidurki E[X]. Kokia turetu buti vidurkio reik²me,galime speti taip. Jeigu pirmasis bandymas baigesi sekme, tai X = 1; jeigunesekme viskas tarsi prasideda nuo pradºiu ir vidutini²kai i² viso teks atlikti(iskaitant pirm¡ji) 1 + E[X] bandymu. Taigi

E[X] = 1 · p + (1 + E[X])q, (1− q)E[X] = p + q = 1, E[X] =1

p.

Isitikinsime, kad ²is spejimas teisingas skai£iuodami pagal apibreºim¡:

E[X] = 1 · p + 2 · qp + 3 · q2p + . . . + mqm−1p + . . . (24)

Padauginkime (24) lygyb¦ i² q ir i² (24) atimkime gaut¡j¡:

E[X] = 1 · p + 2 · qp + 3 · q2p + . . . ,

qE[X] = 1 · qp + 2 · q2p + 3 · q3p + . . . ,

(1− q)E[X] = p + qp + q2p + . . . =p

1− q= 1, E[X] =

1

p.

Geometrinio dydºio vidurkis

Jei X ∼ G(p), tai E[X] =1

p.

Apskai£iuokime Pascalio dydºio X ∼ B−(n, p) vidurki. Nagrinedami ²idydi gavome i²rai²k¡

X = Y1 + Y2 + . . . + Yn − n, Yi ∼ G(p).

Taigi E[X] = E[Y1] + . . . + E[Yn]− n =n

p− n =

nq

p.

144

Pascalio dydºio vidurkis

Jei X ∼ B−(n, p), tai E[X] =nq

p.

Uºdaviniai1. Taikinys yra skritulio su spinduliu r = 15 cm formos, jame nubraiºyti du

apskritimai, ju spinduliai yra atitinkamai 5, 10 cm, o centrai sutampa su skrit-ulio centru. I taikini visada pataikoma; ²uvi galima interpretuoti kaip atsitiktiniskritulio ta²ko parinkim¡. Jeigu parinktas ta²kas yra maºojo apskritimo viduje ²uvio verte 15 ta²ku, jeigu tarp pirmuju dvieju apskritimu 10 ta²ku, jeigu uº ap-skritimo su spinduliu r = 10 gaunami 5 ta²kai. Kokia vidutine vieno ²uvio verte?Kiek vidutini²kai galima surinkti ta²ku, kai i taikini ²aunama n = 9 kartus?

2. Autobusu vaºiuoja n = 20 keleiviu, stoteliu skai£ius m = 5. Tikimybes, kadkeleivis i²lips pirmoje, antroje, ..., penktoje stoteleje yra vienodos. Koks keleiviu,i²lipusiu pirmoje stoteleje skai£iaus vidurkis?

3. Loterijos bilieto kaina 2 Lt. Tikimybe, kad bilietas bus laimingas lygi 1/3.

Jeigu bilietas laimingas lo²ejui i²mokami 3 Lt. Lo²ejas nutare nusipirkti bilietuuº 10 Lt. Jo laimejimu suma atsitiktinis dydis X. Atem¦ bilietams pirkti i²leistuspinigus gauname peln¡ i² lo²imo: Y = X − 10. Koks lo²ejo pelno vidurkis? Kokiatikimybe, kad jo pelnas bus didesnis uº vidurki?

4. Loterija ta pati, kaip ankstesniame uºdavinyje, ta£iau lo²ejas nutare lo²tikitaip. Jis nutare pirkti po vien¡ biliet¡ iki pirmojo laimejimo. Koks lo²ejo pelnovidurkis tokiu atveju? Kokia tikimybe, kad pelnas bus didesnis uº vidurki?

5. Avariju skai£ius miesto gatvese per dien¡ atsitiktinis dydis X, pasiskirst¦spagal Poissono desni, X ∼ P(5). Kokia tikimybe, kad dienos avariju skai£ius busdidesnis uº vidurki?

Atsakymai1. Vidurkis 95/9; vidutini²kai 95 ta²kus.2. Vidurkis - 4 keleiviai.3. Vidurkis −5; tikimybe 19/27 ≈ 0,7.

4. Vidurkis −3; tikimybe 5/9.

5. ≈ 0,384.

145

2.8. Absoliu£iai tolydºiu dydºiu vidurkiaiGalbut bijoje integralu? Deja, integralu kaip ir stomatologu, i²vengtipavyksta nedaugeliui.

Diskretaus atsitiktinio dydºio X vidurki galime suvokti kaip svorio cen-tro koordinat¦: jeigu skai£iu tieses ta²kuose xi patalpinsime pi = P (X =xi) dydºio svorius (ºr. breºini, jame svoriai vaizduojami vienodo plo£io irtikimybems pi proporcingo auk²£io stulpeliais), tai E[X] bus svorio centrokoordinate.

E[X] xi

pi

pi

Jeigu X yra tolydus atsitiktinis dydis, tai su visomis reik²memis x teisingalygybe P (X = x) = 0. Tarkime, atsitiktinis dydis yra absoliu£iai tolydus,taigi turi tanki pX(x). Tada galime isivaizduoti, kad ant skai£iu tieses yrapatalpinti ne pavieniai svoriai, bet uºdeta gura, kuri¡ i² vir²aus ribojatankio grakas. Kur dabar reiktu irengti atram¡, kad tiese butu pusiausvy-roje, t. y. kaip nustatyti svorio centro koordinat¦? i koordinate butuabsoliu£iai tolydaus atsitiktinio dydºio vidurkis.

Galetume ie²koti vidurkio taip.

pX

(x)

x0 xi

Skai£iu ties¦ padalij¦ 1/n ilgio intervalais, pakeiskime gur¡, kuri¡ ribojatankio grakas, gura, sudaryta i² sta£iakampiu su pagrindais [xi, xi+1), xi =

146

i/n, i = 0;±1,±2, . . . ir auk²£iais pX(xi). Tar¦, kad ta²ke xi yra patalpintassvoris, lygus sta£iakampio plotui, t. y. pX(xi)(xi+1 − xi), galetume vidurki(svorio centro koordinat¦) skai£iuoti taip:

E[X] ≈∑

i

xipX(xi)(xi+1 − xi) (25)

ir ie²koti sumos ribos, kai n →∞. Ta£iau kada gi ²i riba egzistuoja?Kasdieniame gyvenime laikome, kad koks nors daiktas ar rei²kinys egzis-

tuoja, jeigu ji imanoma pasistengus surasti ar igyti. Ta£iau matematikojetoks blaivaus proto poºiuris ne visada tinka. Ar egzistuoja, pavyzdºiui,tokios begalines sumos

1− 1 + 1− 1 + . . .

reik²me? inoma, egzistuoja, pareik² kas nors ir pateiks irodym¡:

1− 1 + 1− 1 + . . . = (1− 1) + (1− 1) + . . . = 0 + 0 + . . . = 0.

Ta£iau galimas ir kitoks irodymas:

1− 1 + 1− 1 + . . . = 1 + (−1 + 1) + (−1 + 1) . . . = 1 + 0 + 0 + . . . = 1!

Vargu ar tokie irodymai mus itikins, kad sumos reik²me egzistuoja. Jeigumatematinis objektas egzistuoja, tai taisyklingai samprotaudami apie jineturetume prieiti nesuderinamu, prie²taringu i²vadu!

Prisiminkime diskre£iojo atsitiktinio dydºio vidurkio egzistavimo s¡lyg¡:suma ∑

x

|x|P (X = x)

turi buti baigtine. Absoliu£iai tolydºiuju atsitiktiniu dydºiu atveju ²i¡ s¡-lyg¡ atitinka reikalavimas, kad guros, kuri¡ riboja abscisiu a²is ir funkcijos|x|pX(x) grakas, plotas butu baigtinis, kitaip sakant integralas

∫ ∞

−∞|x|pX(x)dx

turi buti baigtinis. Tada (25) sumu riba egzistuoja, dar daugiau galime j¡uºra²yti integralu ir skai£iuoti naudojantis galingais integralinio skai£iavimoinstrumentais:

E[X] ≈∑

i

xipX(xi)(xi+1 − xi) →∫ ∞

−∞xpX(x)dx, n →∞.

147

Absoliu£iai tolydaus atsitiktinio dydºio vidurkis29 apibreºimas. Jeigu absoliu£iai tolydaus atsitiktinio dydºio tankisyra pX(x), ir integalo ∫ ∞

−∞|x|pX(x)dx

reik²me yra baigtine, tai atsitiktinio vidurkiu vadinsime skai£iu

E[X] =

∫ ∞

−∞xpX(x)dx.

Ne visi diskretieji atsitiktiniai dydºiai turi vidurkius. Yra ir absoliu£iaitolydºiu atsitiktiniu dydºiu, kurie vidurkiu neturi. tai paprastas pavyzdys.Tarkime, atsitiktinis dydis X turi toki tanki:

pX(x) =

0, jei |x| ≤ 1,

12x2 , jei |x| > 1.

Nusibraiº¦ tankio grak¡, pamatytume, kad abscisiu a²is ir tankio grakasapriboja simetri²k¡ ordina£iu a²ies atºvilgiu gur¡. Noretusi teigti, kad ²iosguros svorio centro abscise, taigi atsitiktinio dydºio vidurkis lygusnuliui. Ta£iau nesunku isitikinti, kad tankis netenkina s¡lygos, suformuluotosvidurkio apibreºime. Prasminga kalbeti tik apie tu guru, kuriu svoriaibaigtiniai, svoriu centrus!

inome, kaip skai£iuoti atsitiktinio dydºio Y = f(X) vidurki, kai X yradiskretusis atsitiktinis dydis. Pana²us teiginys teisingas ir absoliu£iai toly-diems dydºiams.

32 teorema. Tegu atsitiktinio dydºio X tankis yra pX(x), o f(x) funkcija, igyjanti realias reik²mes. Atsitiktinio dydºio Y = f(X) vidurkis(jeigu jis egzistuoja) skai£iuojamas taip:

E[Y ] =

∫ ∞

−∞f(x)pX(x)dx.

Diskre£iuju atsitiktiniu dydºiu vidurkiu savybes (aditityvumo, nepriklau-somu atsitiktiniu dydºiu sandaugos vidurkio) savybes teisingos ir absoliu£iaitolydºiu atsitiktiniu dydºiu atveju.

O kaip skai£iuoti atsitiktiniu dydºiu, kurie nera nei diskretus, nei absoli-u£iai tolydus, vidurkius? Pavyzdºiui, jeigu X yra diskretus, o Y absoliu£iaitolydus atsitiktinis dydis, tai ju suma Z = X + Y nepriklausys nei vienai²iu ²eimu. Taigi reikalinga bendresne atsitiktiniu dydºiu vidurkiu teorija.

148

Laimei, praktikoje tokie dydºiai ne taip daºnai pasitaiko. O paprastais atve-jais galime suvesti skai£iavimus i diskre£iojo ir absoliu£iai tolydaus dydºioatvejus. Pavyzdºiui, dydºio Z vidurki galime rasti sumuodami vidurkius:E[Z] = E[X] + E[Y ].

O dabar suraskime anks£iau nagrinetu absoliu£iai tolydºiu atsitiktiniudydºiu vidurkius.

Tegu atsitiktinis dydis X yra tolygiai pasiskirst¦s intervale [a; b]. Tada jotankis

pX(x) =

1

b−a, jei x ∈ [a; b];

0, jei x 6∈ [a, b].

Akivaizdu, kur reikia irengti atram¡, kad tankio sta£iakampis liktu pusiau-svyroje:

E[X] =b + a

2.

Ta£iau apskai£iuokime ir naudodamiesi apibreºimu:

E[X] =

∫ ∞

−∞xpX(x)dx =

1

b− a

∫ b

a

xdx =b2 − a2

2(b− a)=

a + b

2.

Tolygiai pasiskirs£iusio dydºio vidurkis

Jei X ∼ T ([a, b]), tai E[X] =a + b

2.

Apskai£iuosime eksponentinio atsitiktinio dydºio X ∼ E(λ) vidurki. iodydºio tankis

pX(x) =

λe−λx, jei x ≥ 0,

0, jei x < 0.

Pirmiausia pabandykime nustatyti vidurkio reik²m¦ nevisi²kai grieºtais sam-protavimais. Prisiminkime geometrinio ir eksponentinio dydºiu ry²i. Teguvienas bandymas su dviem baigtimis trunka 1/n laiko vienetu, o sekmestikimybe pn. Jeigu bandymus atliksime iki pirmos sekmes, tai atliktu bandymuskai£ius bus geometrinis dydis, paºymekime ji Xn. inome, kad E[Xn] =1/pn. Tegu trumpejant vieno bandymo trukmei sekmes tikimybe maºeja taip,kad npn → λ, λ > 0, n →∞. Nustateme, kad

P (Xn > nt) → P (X > t), arba P(Xn

n> t

)→ P (X > t).

149

Paskutinis s¡ry²is rei²kia, kad atsitiktinis dydis Xn/n darosi vis pana²esnis iX. Todel galime tiketis, kad E[Xn/n] arteja prie E[X]. Ta£iau

E[Xn/n] =E[Xn]

n=

1

npn

→ 1

λ, n →∞.

Taigi galime manyti, kad E[X] = 1/λ. Isitikinkime tuo integruodami.Teks pasinaudoti integravimo dalimis technika:

E[X] =

∫ ∞

−∞xpX(x)dx =

∫ ∞

0

λxe−λxdx = −∫ ∞

0

xde−λx =

−xe−λx∣∣∣∞

0+

∫ ∞

0

e−λxdx =

∫ ∞

0

e−λxdx = −1

λ

∫ ∞

0

de−λx = −1

λe−λx

∣∣∣∞

0=

1

λ.

Eksponentinio dydºio vidurkis

Jei X ∼ E(λ), tai E[X] =1

λ.

Prisiminkime gamma dydºiu ir eksponentiniu dydºiu s¡ry²i. Jeigu pokalbiumobiliuoju telefonu aistruolis(e) nusprende pasikalbeti su k draugais, taipokalbiu trukmes bus nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai Xi, pasiskirst¦ pa-gal eksponentini desni E(λ), o bendra pokalbiu trukme X pagal gammadesni:

X = X1 + X2 + . . . + Xk, X ∼ Γ(k, λ).

TaigiE[X] = E[X1] + . . . + E[Xk] =

k

λ.

Gamma dydºio vidurkis

Jei X ∼ Γ(k, λ), tai E[X] =k

λ.

Normaliojo standartinio dydºio X ∼ N (0, 1) tankis

pX(x) =1√2π

e−x2/2

yra lygine funkcija. Tikriausiai nereikia ilgai itikineti, kad jeigu tokio dydºiovidurkis egzistuoja, tai jis lygus nuliui. Taip ir yra: E[X] = 0.

150

Jeigu tiesi²kai transformuosime ²i dydi, t. y. apibre²ime Y = σX +µ, taigausime vel normaluji dydi: Y ∼ N (µ, σ2). Jo vidurkis

E[Y ] = E[σX + µ] = E[σX] + E[µ] = σE[X] + µ = µ.

Normaliuju dydºiu vidurkiai

Jei X ∼ N (µ, σ2), tai E[X] = µ.

Uºdaviniai1. Atsitiktinio dydºio X reik²me gaunama taip: atsitiktinai parenkamas inter-

valo [0; a] skai£ius ir keliamas kvadratu. Kokia turetu buti a reik²me, kad atsitik-tinio dydºio X vidurkis butu lygus 1?

2. Atsitiktinai ir nepriklausomai vienas nuo kito pasirenkami du intervalo [0; a]skai£iai X1, X2. Paºymekime X maºesniji i² ju. Apskai£iuokite atsitiktinio dydºioX vidurki.

3. Lygia²onio trikampio ²oniniu kra²tiniu ilgiai lygus 1, o vir²unes kampas φ

gali igyti bet kurias reik²mes i² intervalo [0;π/2], kitaip tariant yra atsitiktinisdydis, tolygiai pasiskirst¦s ²iame intervale. Raskite trikampio ploto S vidurki.

4. Lo²imas vyksta taip: pirmiausia atsitiktinai parenkamas intervalo [0; 1]skai£ius, o po to metama moneta, kuri atvirsta herbu su tikimybe 3/5. Jeigu mon-eta atvirsta herbu, parinktasis skai£ius dvigubai sumaºinamas, o jeigu skai£iumi dvigubai padidinamas. Gautasis skai£ius yra laimejimo dydis. Koks laimejimo X

vidurkis ²iame lo²ime?

5. Vaikai ºaidºia su balionais, kol juos susprogdina. Baliono gyvavimotrukme eksponentinis atsitiktinis dydis. imtas vaiku vienu metu gavo po balion¡ir pradejo ºaisti. Po penkiu minu£iu buvo lik¦ tik 45 balionai. Koks vieno balionogyvavimo trukmes vidurkis?

6. A pokalbio telefonu trukme eksponentinis dydis, ²io dydºio vidurkis lygus5 min. B pokalbio telefonu trukme irgi eksponentinis dydis, jo vidurkis lygus 7 min.Tarkime, jie pradejo pokalbius vienu metu, o X trumpesniojo pokalbio trukme.Koks atsitiktinio dydºio X vidurkis?

7. Atsitiktinis dydis X yra standartinis normalusis, t. y. X ∼ N (0, 1), o dydisY gaunamas taip Y = X+a. Koks atsitiktinio dydºio Y vidurkis, jeigu ºinoma, kadP (Y > 2) = 0,4? Teks pasinaudoti standartinio normaliojo dydºio pasiskirstymofunkcijos reik²miu lentelemis arba ju skai£iavimo funkcijomis!

151

Atsakymai1. a =

√3.

2. E[X] = a/3.

3. E[S] = 1/π ≈ 0,318.4. E[X] = 11/20.

5. ≈ 6,26 min.6. E[X] = 35/12 ≈ 2,9 min.7. E[Y ] = a ≈ 1,75.

2.9. Bendroji atsitiktiniu dydºiu vidurkio teorijaJos esme tokia: diskretieji dydºiai, kaip kokie indenai, ant savo pe£iuperne²a visus svarbius teiginius ir savybes i teorijos auk²tumas.

is skyrelis skirtas tik smalsiems skaitytojams. Jeigu jums nerupi suºinoti,kaip matematikai pletoja vidurkio s¡vok¡, tinkan£i¡ visiems atsitiktiniamsdydºiams, galite ²iu puslapiu ir neskaityti.

Taigi yra daug dydºiu, kurie nera nei diskretus, nei absoliu£iai tolydus.Pavyzdºiui, dvieju nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu X1 ∼ P(λ) ir X2 ∼N (0, 1) suma nera nei diskretusis, nei absoliu£iai tolydus atsitiktinis dydis.Kaip apibreºti tokiu dydºiu vidurki?

Ideja labai paprasta: priartinkime atsitiktini dydi X diskre£iaisiais at-sitiktiniais dydºiais Xn, i²tirkime, ar E[Xn] egzistuoja, jei egzistuoja ir turirib¡ apibreºkime

E[X] = limn→∞

E[Xn].

Po to nustatykime, kokios diskre£iuju atsitiktiniu dydºiu savybes i²lieka irbendruoju atveju.

Taigi pirmas klausimas: kaip bet koki atsitiktini dydi X : Ω → R priart-inti diskre£iaisiais, t. y. igyjan£iais reik²mes i² baigtines ar skai£ios aibes,dydºiais? Sprendimas paprastas: suskaidykime skai£iu ties¦ R intervalaisIk = [k/n; (k+1)/n), k = 0;±1;±2; . . . , o baig£iu aib¦ nesikertan£iais poaib-iais

Hk = ω : X(ω) ∈ Ik =ω :

k

n≤ X(ω) <

k + 1

n

.

Dabar apibreºkime Xn(ω) = kn, jei ω ∈ Hk. Dydºiai Xn yra diskretieji.

Beveik akivaizdu, kad

X(ω)− 1

n≤ Xn(ω) ≤ X(ω),

taigi 0 ≤ X(ω) − Xn(ω) ≤ 1/n, −1/n ≤ Xn(ω) − X(ω) ≤ 0. Didejant ndiskretieji atsitiktiniai dydºiai Xn vis maºiau skiriasi nuo X. Palyginkime

152

Xn+m ir Xn reik²mes:

Xn+m(ω)−Xn(ω) ≤ X(ω)−Xn(ω) <1

n,

Xn+m(ω)−Xn(ω) ≥ Xn+m(ω)−X(ω) > − 1

n + m> − 1

n.

Taigi− 1

n≤ Xn+m(ω)−Xn(ω) ≤ 1

n, .

Tarkime, visu atsitiktiniu dydºiu Xk vidurkiai egzistuoja. Tada egzistuoja irskirtumo Xn+m −Xn vidurkis:

E[Xn+m −Xn] = E[Xn+m]− E[Xn].

I² (2.9.) gauname, kad

− 1

n= E[− 1

n] ≤ E[Xn+m]− E[Xn] ≤ E[

1

n] =

1

n.

I² ²iu nelygybiu i²plaukia (Caushy kriterijus), kad vidurkiu sekos E[Xn] ribaegzistuoja. Taigi galime apibreºti

E[X] = limn→∞

E[Xn].

O dabar galima irodineti vidurkio savybes bendruoju atveju. Visas pa-grindines diskre£iuju dydºiu vidurkio savybes (konstantos i²kelimo, adityvumo,nepriklausomu dydºiu sandaugos vidurkio ...) diskretieji dydºiai ant savope£iu perne²a ir i didºi¡j¡ atsitiktiniu dydºiu aib¦!

2.10. Atsitiktiniu dydºiu dispersijaJei i vienodus apvalius taikinius ²audys taiklus ir netaiklus ²auliai,pataikymo ta²ku koordina£iu vidurkiai bus tikriausiai vienodi. O kuorezultatai skirsis? Pataikymo ta²ku i²sibarstymu apie taikinio centr¡.

Vienoje gatves puseje gyvena de²imt ºmoniu, ju vidutinis menesinis uº-darbis 3 tukstan£iai litu. Kitoje taip pat de²imt ºmoniu, o ju menesiniouºdarbio vidurkis tas pats. Atrodo, visi²kai vienoda padetis abiejose gatvespusese. Ta£iau nepasakiau dar vienos aplinkybes vienoje gatves puseje visigyventojai uºdirba po 3 tukstan£ius, o kitoje vienas uºdirba 30000, o kitidevyni i² viso neturi darbo!

153

Taigi t¡ pati vidurki gali tureti labai ivairus dydºiai. Panagrinekimeatsitiktini dydi X, tolygiai pasiskirs£iusi intervale [−1; 1] ir dar keturis diskre£i-uosius atsitiktinius dydºius:

P (X0 = 0) = 1;

P (X1 = x) =1

2, x = ±1;

P (X2 = x) =1

4, x = ±1

2, ±1;

P (X3 = x) =1

6, x = ±1

4, ±1

2,±1.

Dydºiai skirtingi, bet visu ju vidurkiai lygus nuliui: E[X] = E[Xi] = 0.Kurio dydºio reik²mes maºiausiai, kurio daugiausiai i²sibarst¦ apie vidurki?I pirm¡ klausim¡ atsakymas ai²kus dydis X0 yra i²sigim¦s, jo reik²mesi² viso nera i²sibarst¦. Kad galetume palyginti kitu dydºiu reik²miu i²si-barstym¡, reikalingas reik²miu i²sibarstymo matas. Kyla naturali mintis surasti reik²miu nuokrypiu (atstumu) nuo vidutines reik²mes vidurki. Ats-tumas yra reik²mes ir vidurkio skirtumo modulis. Modulis nera labai patogifunkcija, todel vietoje jo panaudosime skirtumo kvadrat¡.

Atsitiktinio dydºio dispersija30 apibreºimas. Tegu X atsitiktinis dydis, turintis vidurki. Jeigudydis (X −E[X])2 irgi turi vidurki, tai ji vadinsime dydºio X dispersija.ymesime

D[X] = E[(X − E[X])2].

Dydi σ(X) =√

D[X] vadinsime atsitiktinio dydºio X standartiniunuokrypiu.

Dispersij¡ suvoksime kaip dydºio reik²miu i²sibarstymo mat¡. inoma, kar-tais dispersija gali ir neegzistuoti.

Apskai£iuokime atsitiktiniu dydºiu, apibreºtu skyrelio pradºioje, disper-sijas. Kadangi E[X] = E[Xi] = 0, tai D[X] = E[X2],D[Xi] = E[X2

i ] :

D[X0] = E[X20 ] = 0,

D[X1] = E[X21 ] = (−1)2 · 1

2+ 12 · 1

2= 1,

D[X2] = E[X22 ] = (−1)2 · 1

4+

(− 1

2

)2

· 1

4+

(1

2

)2

· 1

4+ 12 · 1

4=

5

8,

D[X3] = E[X23 ] = (−1)2 · 1

6+ . . . + 12 · 1

6=

7

16,

D[X] = E[X2] =1

2

∫ 1

−1

x2dx =1

3.

154

Taigi D[X1] > D[X2] > D[X3] > D[X] > D[X0].Kam lygios mums ºinomu atsitiktiniu dydºiu dispersijos? Prie² pradedami

skai£iuoti, nustatykime svarbiausias dispersijos savybes.Dispersijos savybes

33 teorema. Teisingi ²ie teiginiai:

1. jeigu atsitiktinis dydis X turi dispersij¡, ji neneigiama: D[X] ≥ 0;D[X] = 0 tada ir tik tada, kai dydis X yra i²sigim¦s;

2. teisinga lygybe D[X] = E[X2]− E[X]2;

3. jei c yra skai£ius, tai D[cX] = c2D[X];

4. jeigu nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai X,Y turi dispersijas, tai irju suma turi dispersij¡ ir

D[X + Y ] = D[X] + D[Y ].

Irodymas. Pirmosios savybes neirodinesime. Kad ji teisinga, niekas tikriau-siai nesuabejos, ta£iau irodyti grieºtai matemati²kai irodyti, kad tik i²sigimusiuatsitiktiniu dydºiu dispersijos lygios nuliui, nera labai paprasta.

Irodysime, kad dispersij¡ galima skai£iuoti naudojantis antro teiginio for-mule. Prisiminkime mokyklin¦ skirtumo kvadrato formul¦:

(X − E[X])2 = X2 − 2 · E[X] ·X + E[X]2.

Lygybes kaires puses vidurkis lygus dispersijai. De²iniosios puses rei²kiniuipritaikysime vidurkio adityvumo savyb¦. Pasinaudoj¦ tuo, kad dydºiai 2E[X]ir E[X]2 yra konstantos, gausime

D[X] = E[X2]− E[2 · E[X] ·X] + E[E[X]2]

= E[X2]− 2 · E[X] · E[X] + E[E[X]2] = E[X2]− E[X]2.

Irodysime tre£i¡j¡ savyb¦. Panaudoj¦ k¡ tik irodyt¡ dispersijos formul¦dydºiui Y = cX, gausime

D[cX] = E[(cX)2]− E[cX]2 = c2E[X2]− (cE[X])2

= c2(E[X2]− E[X]2) = c2D[X].

Irodysime ketvirt¡j¡ savyb¦. Kad atsitiktiniu dydºiu suma turi dispersij¡,irodyti nesunku. Pritaik¦ paprast¡ nelygyb¦ (a + b)2 ≤ 2a2 + 2b2 su a =X − E[X], b = Y − E[Y ], gausime(X+Y −E[X+Y ])2 = (X−E[X]+Y −E[Y ])2 ≤ 2(X−E[X])2+2(Y −E[Y ])2.

155

Kadangi de²ineje nelygybes puseje uºra²ytas atsitiktinis dydis turi vidurki,tai ji tures ir kaires puses atsitiktinis dydis, t. y. atsitiktiniu dydºiu, turin£iudispersijas, sumos dispersija irgi egzistuoja. Netgi nesvarbu, ar dydºiai prik-lausomi, ar ne.

Kadangi X,Y yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai, tai E[XY ] = E[X]·E[Y ]. Dydºiu sumos dispersijos formul¦ irodysime pasinaudoj¦ tokiomis ly-gybemis:

D[X + Y ] = E[(X + Y )2]− E[X + Y ]2,

E[(X + Y )2] = E[X2 + 2XY + Y 2] = E[X2] + 2E[X] · E[Y ] + E[Y 2],

E[X + Y ]2 = (E[X] + E[Y ])2 = E[X]2 + 2E[X] · E[Y ] + E[Y ]2,

D[X + Y ] = E[X2] + E[Y 2]− E[X]2 − E[Y ]2 = D[X] + D[Y ].

Ketvirt¡j¡ savyb¦ galime apibendrinti.

Dispersijos adityvumo savybe34 teorema. Jeigu X1, X2, . . . , Xn yra nepriklausomi atsitiktiniai dy-dºiai turintys dispersijas, tai ju suma irgi turi dispersij¡

D[X1 + X2 + . . . + Xn] = D[X1] + D[X2] + . . . + D[Xn].

O dabar apskai£iuokime anks£iau nagrinetu atsitiktiniu dydºiu dispersi-jas.

Jeigu dydis igyja tik vien¡ reik²m¦, t. y. yra i²sigim¦s, tai jo dispersijalygi nuliui. Tegu X yra dydis, igyjantis dvi reik²mes:

P (X = 1) = p, P (X = 0) = q, 0 < p < 1, q = 1− p.

Kadangi X2 = X, tai E[X2] = E[X] = p ir

D[X] = E[X2]− E[X]2 = p− p2 = p(1− p) = pq.

Tegu dabar X yra binominis dydis, X ∼ B(n, p). i dydi galime suvoktikaip sekmiu skai£iu Bernoullio schemoje ir i²reik²ti nepriklausomu atsitiktiniudydºiu suma

X = X1 + X2 + . . . + Xn, Xi =

1, jei i-asis bandymas sekmingas,0, jei i-asis bandymas nesekmingas.

Jau apskai£iavome dydºiu, igyjan£iu reik²mes 0, 1, dispersij¡, taigi D[Xi] =pq. Pasinaudoj¦ nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu dispersijos savybe gausime

D[X] = D[X1 + X2 + . . . + Xn] = D[X1] + D[X2] + . . . + D[Xn] = npq.

156

Binominis atsitiktinis dydisJei X ∼ B(n, p), tai

P (X = m) = Cmn pm(1− p)n−m, m = 0, 1, . . . , n,

E[X] = np, D[X] = np(1− p).

(25)Tegu dabar X yra Poissono dydis, X ∼ P(λ). inome, kad E[X] = λ. Dis-

persijos reik²m¦ galime pabandyti ispeti, naudodamiesi Bernoullio schemosir Poissono dydºio s¡ry²iu: jei sekmes tikimybe viename bandyme pn maºeja,kai n auga, ir npn → λ, tai sekmiu skai£iaus tikimybes P (Sn = m) arteja priePoissono dydºio tikimybiu P (X = m). Galime speti, kad D[Sn] → D[X].Ta£iau D[Sn] = npn(1 − pn) → λ(1 − 0) = λ. Taigi galime manyti, kadD[X] = λ. Isitikinkime tuo skai£iuodami:

D[X] = E[X2]− E[X]2,

E[X] =∞∑

m=0

m · λm

m!e−λ = λ,

E[X2] =∞∑

m=0

m2 · λm

m!e−λ =

∞∑m=1

m · λm

(m− 1)!e−λ

=∞∑

m=1

(m− 1 + 1) · λm

(m− 1)!e−λ

= λ

∞∑m=1

(m− 1) · λm−1

(m− 1)!e−λ + λ

∞∑m=1

λm−1

(m− 1)!e−λ = λ · E[X] + λ · 1,

D[X] = λ2 + λ− λ2 = λ.

Poissono dydisJei X ∼ P(λ), tai

P (X = m) =λm

m!e−λ, m = 0, 1, 2, . . . , E[X] = D[X] = λ.

Jeigu Bernoullio schemos bandymus atliksime iki pirmos sekmes, tai atliktubandymu skai£ius X bus geometrinis dydis, X ∼ G(p). Apskai£iavome jovidurki E[X] = 1/p. Jeigu ºinotume E[X2] reik²m¦, galetume apskai£iuotiir D[X]. Pabandykime surasti E[X2] nesinaudodami apibreºimu, ta£iau pa-sitelk¦ kiek rizikingus samprotavimus.

157

Jeigu pirmajame bandyme pasitaikys sekme (tai ivyksta su tikimybe p),tai X2 = 12 = 1. Jeigu pirmajame bandyme nesekme, tai viskas prasidedatarsi i² pradºiu ir X2 = (1 + Y )2, £ia Y ∼ G(p) vel geometrinis dydis. Taigigalime manyti, kad

E[X2] = p · 12 + q · E[(1 + Y )2].

O dabar paºymekime a = E[X2] = E[Y 2] ir ²iek tiek paskai£iuokime, pasi-naudodami, kad E[Y ] = 1/p :

a = p + qE[1 + 2Y + Y 2] = p + q + 2qE[Y ] + qE[Y 2] = 1 +2q

p+ qa,

(1− q)a = 1 +2q

p, a = E[X2] =

1

p+

2q

p2,

D[X] = E[X2]− E[X]2 =1

p+

2q

p2− 1

p2=

q

p2.

Gavome teising¡ dispersijos reik²m¦! Kas netiki, gali apskai£iuoti j¡ naudo-damasis dispersijos apibreºimu.

Geometrinis atsitiktinis dydis

Jei X ∼ G(p), tai P (X = m) = qm−1p, m = 1, 2, . . . , q = 1− p,

E[X] =1

p, D[X] =

q

p2.

35 pavyzdys. Kolekcionieriaus uºdavinysMatematikoje nera paties svarbiausio uºdavinio, o prekyboje yra kaip i²-

traukti kuo daugiau pinigu i² pirkeju ki²eniu. Viena i² ²io uºdavinio sprendimoideju susieti pirkim¡ su kolekcionavimo arba loteriju aistra.

Tarkime, futbolo £empionato nale ºaidºia n ²aliu komandu. Gaiviuju(arba kiek stipresniu) gerimu gamintojai irgi pasiruo²e £empionatui patiekegerimu, kuriu dangteliai paºymeti ²aliu-dalyviu veliavelemis, partij¡. Jeisurinksite dangtelius su visomis veliavelemis, galbut k¡ nors laimesite. Ta£iaukoks dangtelis jums teko, pamatysite tik nusipirk¦!

Jei Ni yra i-¡ja veliavele paºymetu dangteliu skai£ius, tai, tarkime, ²iekiekiai lygus: N1 = N2 = . . . = Nn. Be to nepaºymetu dangteliu nera. Taigitikimybe, kad nusipirk¦ gerim¡ gausite dangteli su i-osios ²alies veliavele lygi1/n.

158

Kiek buteliu vidutini²kai reikia nusipirkti, kad surinktume vis¡ n dangteliurinkini? Tegu X rei²kia nusipirktu buteliu skai£iu. Tada X yra atsitikti-nis dydis, igyjantis reik²mes n; n + 1; n + 2; . . . Apskai£iuoti vidurki pagalapibreºim¡ sudetingas uºdavinys, todel paie²kokime aplinkinio kelio.

Tegu X1 pirkiniu skai£ius kol gausime pirm¡ji kolekcijos dangteli. Aki-vaizdu, kad X1 = 1. Tarkime, teko nusipirkti dar X2 buteliu kol gavomeantr¡ji (skirting¡ nuo pirmojo) dangteli. Paºymekime X3 pirkiniu skai£ius,kuris padidino musu kolekcij¡ iki 3 dangteliu ir t. t. Taigi

X = X1 + X2 + . . . + Xn. (26)

Pagal kokius desnius pasiskirst¦ atsitiktiniai dydºiai Xi? Dydis X1 yrai²sigim¦s atsitiktinis dydis, o X2 galime suvokti kaip Bernoullio bandymuiki pirmos sekmes skai£iu, kai sekmes tikimybe lygi p2 = (n − 1)/n. TaigiX2 ∼ G(p2). Pana²iai galime samprotauti ir apie kitus dydºius:

X3 ∼ G(p3), . . . , Xn ∼ G(pn), pj =n− j + 1

n.

Be to... dydºiai Xj yra nepriklausomi! Taigi adityvumo savybe galimenaudotis skai£iuodami tiek vidurki, tiek dispersij¡:

E[X] = E[X1] + . . . + E[Xn] = 1 +1

p2

+ . . . +1

pn

= n

n∑m=1

1

m,

D[X] = D[X1] + . . . + D[Xn] = 0 +1− p2

p22

+ . . . +1− pn

p2n

= n

n∑m=1

n−m

m2.

Tarkime, n = 20, o vienas pirkinys kainuoja 2 Lt. Kokio dydºio laimejim¡gamintojai gali paºadeti kolekcionieriams nebijodami nuostoliu? Kadangi

E[X] = 20 ·20∑

m=1

1

m≈ 20 · 3,6 = 72,

tai kol surinks visus dangtelius kolekcionierius vidutini²kai i²leis 144 litus.Taigi gamintojai gali skelbti, kad uº surinktus dangtelius i²mokes, pavyzdºiui,100 litu ir tikrieji laimetojai bus jie!

O kas pasikeistu, jeigu ne visi dangteliai, ta£iau tik 100·p % butu paºymeta,£ia 0 < p ≤ 1? Tada (26) sumos dydºiai butu tokie:

X1 ∼ G(p), X2 ∼ G(p · n− 1

n

), . . . , Xn ∼ G(

p · 1

n

),

159

irE[X] = E[X1] + . . . + E[Xn] =

n

p

n∑m=1

1

n.

Vidutinis pirkiniu skai£ius padidetu 1/p karto.Apskai£iuosime Pascalio atsitiktinio dydºio dispersij¡. Pascalio dydi X ∼

B−(n, p) galima i²reik²ti geometriniais dydºiais

X = Y1 + Y2 + . . . + Yn − n, Yi ∼ G(p).

Prisimin¦ dydºiu Yj prasm¦ galime teigti, kad atsitiktiniai dydºiai Yj yranepriklausomi. Tada

D[X] = D[Y1] + D[Y2] + . . . + D[Yn] =nq

p2.

Pascalio atsitiktinis dydisJei X ∼ B−(n, p), tai P (X = m) = Cm

m+n−1pnqm, m = 0, 1, . . . ,

E[X] =nq

p, D[X] =

nq

p2.

O dabar imkimes absoliu£iai tolydºiu atsitiktiniu dydºiu dispersiju. Pa-pras£iausi i² ²iu dydºiu tolygiai pasiskirst¦.

Tegu X ∼ T ([a; b]). inome vidurkio reik²m¦: E[X] = (a + b)/2. Ap-skai£iuosime E[X2] :

E[X2] =

∫ ∞

−∞x2pX(x)dx =

1

b− a

∫ b

a

x2dx =b3 − a3

3(b− a)=

b2 + ab + a2

3.

Taigi

D[X] = E[X2]− E[X]2 =b2 + ab + a2

3−

(a + b

2

)2

=(b− a)2

12.

Tolygiai pasiskirst¦s atsitiktinis dydisJeigu X ∼ T ([a, b]), tai

pX(x) =

1

b−a, jei x ∈ [a; b],

0, jei x 6∈ [a, b],E[X] =

a + b

2, D[X] =

(b− a)2

12.

160

Panagrinekime eksponentini dydi, X ∼ E(λ). inome, kad E[X] = 1/λ.Taigi, kad surastume dispersij¡, turetume apskai£iuoti

E[X2] =

∫ ∞

−∞x2pX(x)dx = λ

∫ ∞

0

x2 e−λxdx.

Tai nesudetingas integravimo uºdavinys, ta£iau pabandykime i²sisukti nuo jo.Dar kart¡ pasinaudokime geometrinio ir eksponentinio dydºio s¡ry²iu. Teguvienas bandymas su dviem baigtimis trunka 1/n laiko vienetu, o sekmestikimybe pn, be to npn → λ, λ > 0, n → ∞. Jeigu bandymus atliksimeiki pirmos sekmes, tai atliktu bandymu skai£ius bus geometrinis dydis Xn.inome, kad D[Xn] = qn/p

2n, qn = 1− pn. Nustateme, kad

P(Xn

n> t

)→ P (X > t),

t. y. atsitiktinis dydis Xn

ndarosi vis pana²esnis i X. Todel galime tiketis, kad

D[Xn/n] arteja prie D[X]. Ta£iau

D[Xn/n] =D[Xn]

n2=

qn

(npn)2→ 1

λ2, n →∞.

Taigi galime speti, kad D[X] = 1/λ2. Ir ²is spejimas teisingas!

Eksponentinis dydisJei X ∼ E(λ), tai

pX(x) =

0, jei x < 0,

λe−λx, jei x ≥ 0,, E[X] =

1

λ, D[X] =

1

λ2.

Nagrinedami Poissono proces¡ apibreºeme gamma-dydºius. Gamma-dydºioreik²m¦ galima suvokti kaip laikotarpi nuo stebejimo pradºios iki k-ojo ivykio(telefono skambu£io, meteoro kritimo...) pasirodymo. Nustateme, kad gamma-dydis X ∼ Γ(k, λ) yra eksponentiniu dydºiu suma:

X = T0|1 + T1|2 + . . . + Tk−1|k, Tj−1|j ∼ E(λ).

Prisimin¦ Poissono proceso savybes tikriausiai sutiksite, kad atsitiktiniai dy-dºiai Tj−1|j yra nepriklausomi. Taigi galime pasinaudoti dispersijos adi-tyvumo savybe:

D[X] = D[T0|1] + D[T1|2] + . . . + D[Tk−1|k] =k

λ2.

161

Gamma-dydisJei X ∼ Γ(k, λ), tai

pX(t) =

0, jei t < 0,

λktk−1

(k − 1)!e−λt, jei t > 0,

, E[X] =k

λ, D[X] =

k

λ2.

O kam gi lygi normaliojo dydºio X ∼ N (µ, σ2) dispersija? Pradekimenuo standartinio normaliojo dydºio X ∼ N (0, 1). Moivre-Laplace'o teoremateigia, kad i ²i dydi, kai n →∞, vis labiau darosi pana²us atsitiktinis dydisYn, susij¦s su Bernoullio schema:

Yn =Sn − np√

npq=

Sn − E[Sn]√D[Sn]

,

£ia Sn yra sekmiu skai£ius Bernoullio schemoje, taigi Sn ∼ B(n, p). Galimetiketis, kad ir dydºio Yn vidurkis, ir dispersija arteja prie E[X] bei D[X]. I²tikruju, E[Yn] = E[X] = 0, o

D[Yn] = E[Y 2n ] = E

[(Sn − E[Sn]√D[Sn]

)2]=

D[Sn]

D[Sn]= 1.

Taigi galime speti, kad ir D[X] = 1. Ir tai tiesa.Jeigu X ∼ N (µ, σ2), tai toki dydi galime i²reik²ti standartiniu normali-

uoju dydºiu: X = σX0 + µ,X0 ∼ N (0, 1). Taigi

D[X] = D[σX0 + µ] = D[σX0] + D[µ] = σ2D[X0] + 0 = σ2.

Normalusis dydisJei X ∼ N (µ, σ2), tai

pX(x) =1√

2πσ2e−(x−µ)2/(2σ2), E[X] = µ, D[X] = σ2.

Uºdaviniai1. Yra du simetri²ki ²e²iasieniai kauliukai. Vieno sieneles paºymetos skai£iais

1, 1, 3, 4, 5, 6, kito skai£iais 1, 2, 3, 4, 6, 6. Atsitiktiniu dydºiu X1, X2 reik²mes skai£iai ant atvirtusiu kauliuku sieneliu. Kurio dydºio reik²mes i²sibarst¦ labiau,t. y. kurio dydºio dispersija didesne?

162

2. Atsitiktinio dydºio X reik²me aku£iu ant iprastinio simetri²ko lo²imo kauliuko,Y i² intervalo [0; a] atsitiktinai parinktas skai£ius. Kokia turetu buti a reik²me,kad abieju dydºiu dispersijos butu vienodos?

3. Urnoje yra trys balti ir keturi juodi rutuliai. Atsitiktinai i² urnos be gr¡ºin-imo traukiame tris rutulius. Dydºio X reik²me baltu rutuliu skai£ius, Y juodurutuliu skai£ius. Apskai£iuokite dispersijas D[X],D[Y ]. Dydºio X dispersij¡ ap-skai£iuokite pasinaudoj¦ formule D[X] = E[X2] − E[X]2, o dydºio Y dispersijosskai£iavimui panaudokite s¡ry²i X + Y = 3.

4. Tikimybe, kad krep²ininkas pataikys baudos metim¡ lygi 0,6. Krep²ininkasketina mesti i krep²i penkis kartus. Koks taikliu metimu skai£iaus vidurkis irdispersija? Koks butu taikliu metimu skai£iaus X vidurkis ir dispersija, jeigu pokiekvieno metimo tikimybe pataikyti butu 10% maºesne uº buvusi¡?

5. Geometrinio dydºio X ∼ G(p) dispersija ir vidurkis susij¦ lygybe D[X] =13E[X]. Raskite E[X],D[X].

6. Isitikinkite, kad bet kuris eksponentinis atsitiktinis dydis X tenkina lygyb¦D[X] = (E[X])2. Irodykite, kad binominiu ir geometriniu dydºiu, tenkinan£iu ²i¡s¡lyg¡ nera. Irodykite, kad yra vienas ²i¡ savyb¦ turintis Puasono dydis ir be galodaug normaliuju dydºiu.

Atsakymai1. D[X1] = D[X2] = 32/9.

2. a =√

35.

3. D[X] = D[Y ] = 24/49.

4. E[X] = 3,6;D[X] = 1,44; ir E[X] ≈ 2,811;D[X] ≈ 1,452.

5. E[X] = 4/3;D[X] = 4/9.

2.11. Didºiuju skai£iu desnisDidºiuju skai£iu desnis jau tapo kasdienio musu m¡stymo dalimi. Kaimeterologas noredamas ivertinti vidutin¦ menesio temperatur¡ sumuojamatavimu rezultatus ir dalija i² matavimu skai£iaus taiko didºiujuskai£iu desni.

Jeigu reikia i²matuoti kokio nors dydºio reik²m¦, be matavimo irankiuneapsieisi. Tarkime, tikroji dydºio reik²me yra a, bet jos mes neºinome.Kadangi absoliu£iai tiksliu matavimo irankiu nebuna, i²matav¦ gaunamereik²m¦ x1, kuri del matavimo paklaidos skiriasi nuo a. Taigi galime manyti,

163

kad x1 yra atsitiktinio dydºio X1, kurio vidurkis E[X1] = a, reik²me. Noredamigauti tikslesn¦ dydºio reik²m¦, matavimus kartojame, o paskui imamegautuju matavimo rezultatu x1, x2, . . . , xn vidurki

yn =x1 + x2 + . . . + xn

n

ir manome, kad yn ≈ a. Kuo pagrista tokia musu nuomone?inome, kad i²sigimusio atsitiktinio dydºio dispersija yra lygi nuliui. Musu

matavimo rezultatai nepriklausomu, t¡ pa£i¡ pasiskirstymo funkcij¡ turin£iuatsitiktiniu dydºiu X1, X2, . . . , Xn reik²mes. Ju vidurkiai E[Xj] = a lygusmus dominan£io dydºio reik²mei, paºymekime dispersijas D[Xj] = σ2. Ma-tavimu rezultatu aritmetinis vidurkis yra atsitiktinio dydºio

Yn =X1 + X2 + . . . + Xn

n

reik²me. Tada

E[Yn] = E[X1 + X2 + . . . + Xn

n

]=

E[X1 + X2 + . . . + Xn]

n= a,

D[Yn] =D[X1 + X2 + . . . + Xn]

n2=

nσ2

n2=

σ2

n.

Taigi didejant n, vidurkis E[Yn] nesikei£ia, o dispersija D[Yn] → 0. Kitaiptariant, atsitiktinis dydis Yn darosi vis pana²esnis i i²sigimusi atsitiktini dydi,igyjanti reik²m¦ a, kuri mums rupi. Taigi, kai n yra didelis, galime manyti,kad imdami dydºio Yn reik²m¦ yn nedaug apsiriksime. Tokia yra didºiujuskai£iu desnio esme: didele tikimybe, kad daugelio nepriklausomumatavimu reik²miu aritmetinis vidurkis nedaug skirsis nuo tikro-sios dydºio reik²mes.

O dabar pabandykime ²i svarbu desni, kuris tarsi nutiesia tilt¡ tarp teori-jos ir praktikos, suformuluoti ir irodyti matemati²kai. Pirmiausia irodysimepaprast¡, bet labai nauding¡ nelygyb¦.

Prisiminkime vien¡ dydºiu vidurkio savyb¦. Jeigu g1(x), g2(x) yra dvifunkcijos ir g1(x) ≤ g2(x), tai su bet kokiu atsitktiniu dydºiu Y bus teisinganelygybe

E[g1(Y )] ≤ E[g2(Y )], (27)ºinoma, jeigu tik vidurkiai egzistuoja. Pasirinkime koki nors skai£iu ε > 0 irapibreºkime dvi funkcijas:

g1(x) =

0, jei − ε < x < ε,

1, jei |x| ≥ ε,g2(x) =

x2

ε2.

164

Breºinyje pavaizduoti abieju funkciju grakai, akivaizdu, kad g1(x) ≤ g2(x).

y

x0 ε−ε

g1(x)

g2(x)

Tada pritaik¦ (27) nelygyb¦ atsitiktiniam dydºiui Y, gausime

E[g1(Y )] ≤ E[g2(Y )] =E[Y 2]

ε2.

Panagrinekime dydi g1(Y ). Jis igyja tik dvi reik²mes. Jeigu |Y | < ε, taig1(Y ) = 0, jeigu |Y | ≥ ε, tai g1(Y ) = 1. Taigi

E[g1(Y )] = 0 · P (|Y | < ε) + 1 · P (|Y | ≥ ε) = P (|Y | ≥ ε).

Gavome, kad su bet kokiu ε > 0 atsitiktiniam dydºiui Y teisinga nelygybe

P (|Y | ≥ ε) ≤ E[Y 2]

ε2. (28)

Suformuosime vien¡ svarbi¡ i²vad¡.

eby²ovo nelygybe

35 teorema. Tegu X yra atsitiktinis dydis, turintis vidurki ir disper-sij¡. Tada su kiekvienu ε > 0 teisinga nelygybe

P (|X − E[X]| ≥ ε) ≤ D[X]

ε2. (29)

Irodymas. Jeigu nelygybeje (28) imsime Y = |X−E[X]| ir pastebesime,kad E[Y 2] = E[(X−E[X])2] = D[X], gausime nelygyb¦, kuri¡ reikia irodyti.

O dabar suformuluokime didºiuju skai£iu desni.

165

Didºiuju skai£iu desnis36 teorema. Tegu X1, X2, X3, . . . yra nepriklausomi atsitiktiniai dy-dºiai, turintys t¡ pati vidurki E[Xj] = a ir t¡ pa£i¡ dispersij¡. Tada sukiekvienu ε > 0

P(∣∣∣X1 + X2 + . . . + Xn

n− a

∣∣∣ ≥ ε)→ 0, n →∞.

Irodymas. Teorema tvirtina, kad su didelemis n reik²memis tikimybe,kad aritmetinis reik²miu vidurkis skirsis nuo a daugiau kaip dydºiu ε, yramaºa.

Paºymekime D[Xj] = σ2 ir X = (X1 + X2 + . . . + Xn)/n. Kadangi

E[X] =E[X1] + E[X2] + . . . + E[Xn]

n=

na

n= a,

D[X] =D[X1] + D[X2] + . . . + D[Xn]

n2=

nσ2

n2=

σ2

n,

tai istat¦ i (29), gausime

P(∣∣∣X1 + X2 + . . . + Xn

n− a

∣∣∣ ≥ ε)≤ σ2

nε2,

σ2

nε2→ 0, n →∞.

Teorema irodyta.Didºiuju skai£iu desnis vienas i² pagrindiniu instrumentu, kuriais nau-

dojames, kai norime gauti ºiniu i² sukauptu duomenu. Tarkime, mums rupiry²io tarp musu kompiuterio ir kokio nors serverio nustatymo laikas. islaikas priklauso nuo ivairiausiu faktoriu, taigi yra atsitiktinis dydis. Pa-ºymekime ji T. Kokia tikimybe, kad prireiks maºiau kaip, pavyzdºiui, 5milisekundºiu, t. y. kam lygi tikimybe p = P (T < 5) = FT (5)? Dydºio pa-siskirstymo funkcijos neºinome, ta£iau galime atlikti daug bandymu ir gautidaug duomenu. Paºymekime X1 atsitiktini dydi, igyjanti reik²mes 0 ir 1 :

X1 =

0, pirmajame bandyme ry²iui uºmegzti prireike ne maºiau 5 ms,1, pirmajame bandyme ry²ys uºmegztas grei£iau nei per 5 ms.

Su kitais bandymais susiekime analogi²kai apibreºtus atsitiktinius dydºiusX2, X3, . . . . Galime padaryti prielaid¡, kad dydºiai nepriklausomi. Be to

P (Xj = 1) = P (T < 5) = p, P (Xj = 0) = 1− p, E[Xj] = p.

I² didºiuju skai£iu desnio i²plaukia, kad su didelemis n reik²memisX1 + X2 + . . . + Xn

n≈ p.

166

Taigi naudodamiesi eby²ovo nelygybe ivertinome neºinom¡ su stebimuatsitiktiniu dydºiu susijusio ivykio tikimyb¦.

Uºdaviniai1. Tegu X yra atsitiktinis dydis, turintis vidurki E[X] ir dispersij¡ D[X] = σ2.

Pasinaudokite eby²ovo nelygybe ir irodykite, kad su visais m = 1, 2, . . . teisinganelygybe

P (|X −E[X]| ≥ mσ) ≤ 1m2

.

2. Atsitiktinis dydis X tolygiai pasiskirst¦s intervale [0; a], t. y. X ∼ T ([0; a]).Apskai£iuokite tikimybes P (|X −E[X]| ≥ mσ), kai m = 1, 2, . . . ; £ia σ =

√D[X]

yra dydºio standartinis nuokrypis. Palyginkite tikimybiu reik²mes su eby²ovonelygybes iver£iais.

3. Atsitiktinis dydis X pasiskirst¦s pagal geometrini desni, t. y. X ∼ G(1/3).Apskai£iuokite tikimybes P (|X −E[X]| ≥ mσ), kai m = 1, 2; £ia σ =

√D[X] yra

dydºio standartinis nuokrypis.4. Pasinaudokite lentelemis arba kompiuteriu ir apskai£iuokite tikimybes

P (|X −E[X]| ≥ mσ), kai X ∼ N (0; 1),m = 1, 2, 3.

5. Irodykite, kad tikimybiu P (|X − E[X]| ≥ mσ) reik²mes yra tos pa£iosvisiems normaliesiems dydºiams X ∼ N (µ, σ2).

Atsakymai2. P (|X − E[X]| ≥ σ) = (3 −√3)/3 ≈ 0,423;P (|X − E[X]| ≥ mσ) = 0, kai

m ≥ 2.

3. (2/3)5 = 32/243; (2/3)7 = 128/2187 ≈ 0,0585.4. P (|X −E[X]| ≥ σ) = P (|X| > 1) ≈ 0,3173;

P (|X| > 2) ≈ 0,0455;P (|X| > 3) ≈ 0,0027.

167

2.12. Atsitiktiniu dydºiu koreliacijaMatematikos taikymu tikroves rei²kiniams esme: matematika parodok¡ ir kaip galima matuoti. Kaip matuoti atsitiktiniu dydºiu tarpusaviopriklausomyb¦?

Jeigu X, Y yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai, turintys dispersijas,tai ir ju suma turi dispersij¡, be to

D[X + Y ] = D[X] + D[Y ].

O dabar tarkime, kad X,Y gali buti ir priklausomi. Pabandykime surastisumos dispersij¡:

D[X + Y ] = E[(X + Y − E[X]− E[Y ])2] =

E[(X − E[X])2 + 2(X − E[X])(Y − E[Y ]) + (Y − E[Y ])2] =

D[X] + D[Y ] + 2E[(X − E[X])(Y − E[Y ])].

Jeigu X, Y yra nepriklausomi, tai E[(X − E[X])(Y − E[Y ])] = 0. O jeigupriklausomi? Priklausomybe gali buti ivairi ir silpnesne, ir stipresne. Kaipkiekybi²kai matuoti jos pobudi? Galbut tam tinka skai£ius

E[(X − E[X])(Y − E[Y ])],

kurio reik²mei daro itak¡ abu dydºiai? Ta£iau ar ²is dydis (sandaugos vidurkis)i² viso egzistuoja? I ²i klausim¡ atsakyti nesunku. Jeigu akivaizdºioje nely-gybeje 2ab ≤ a2 + b2 imsime a = |X − E[X]|, b = |Y − E[Y ]|, gausime

2|(X − E[X])(Y − E[Y ]| ≤ (X − E[X])2 + (Y − E[Y ])2.

Jei atsitiktiniai dydºiai X, Y turi dispersijas, tai nelygybes de²iniosios pusesrei²kinio vidurkis egzistuoja, todel egzistuos ir kairiosios puses vidurkis, t. y.dydis E[(X − E[X])(Y − E[Y ])].

Atsitiktiniu dydºiu kovariacija

31 apibreºimas. Tegu X, Y yra du atsitiktiniai dydºiai, turintysdispersijas. Ju kovariacija vadinsime skai£iu

cov(X, Y ) = E[(X − E[X])(Y − E[Y ])].

I² pradºiu i²vesime kit¡, daºnai patogesn¦ formul¦ kovariacijai skai£iuoti.

168

37 teorema. Atsitiktiniu dydºiu X,Y kovariacijai teisinga lygybe

cov(X,Y ) = E[X · Y ]− E[X] · E[Y ].

Irodymas. Uºra²ykime toki¡ kone akivaizdºi¡ lygyb¦

(X − E[X])(Y − E[Y ]) = X · Y − E[Y ] ·X − E[X] · Y + E[X] · E[Y ].

Skai£iuokime abieju pusiu vidurkius. Kadangi E[X],E[Y ] yra skai£iai, tai

E[(X − E[X]) · (Y − E[Y ])] = E[X · Y ]− E[E[Y ] ·X]− E[E[X] · Y ] +

E[E[X] · E[Y ]] = E[X · Y ]− E[Y ] · E[X]− E[X] · E[Y ] + E[X] · E[Y ],

arbacov(X,Y ) = E[X · Y ]− E[X] · E[Y ].

36 pavyzdys. Skai£iais paºymeti rutuliaiUrnoje yra trys balti rutuliai, paºymeti skai£iais 1, 0, 0 ir du juodi, ant

kuriu uºra²yti skai£iai 1, 1. Atsitiktinai be gr¡ºinimo traukiami du rutuliai,dydis X lygus baltu rutuliu skai£iui, o Y skai£iu, uºra²ytu ant rutuliu,sumai. Apskai£iuosime dydºiu kovariacij¡. I² pradºiu sudarykime tikimybiuP (X = x, Y = y) lentel¦:

X = 0 X = 1 X = 2Y = 0 0 0 0,1 0,1Y = 1 0 0,4 0,2 0,6Y = 2 0,1 0,2 0 0,3

0,1 0,6 0,3

Susumav¦ skai£ius sura²ytus stulpeliuose, gauname dydºio X reik²miu tikimybes,o eilutese dydºio Y reik²miu tikimybes. Skai£iuodami vidurkius galime ne-ra²yti tu demenu, kurie lygus nuliui:

E[X · Y ] = 1 · 1 · 0,4 + 1 · 2 · 0,2 + 2 · 1 · 0,2 = 1,2,

E[X] = 1 · 0,6 + 2 · 0,3 = 1,2,

E[Y ] = 1 · 0, 6 + 2 · 0, 3 = 1, 2,

cov(X, Y ) = 1,2− 1,2 · 1,2 = −0,84.

Pasvarstykime, kodel pavyzdºio dydºiams gavome neigiam¡ kovariacijosreik²m¦:

cov(X,Y ) = E[(X − E[X])(Y − E[Y ])] < 0.

169

i nelygybe rei²kia, kad kai dydis X igyja didesnes uº vidurki reik²mes,t. y. X − E[X] > 0, tai dydis Y link¦s igyti maºesnes reik²mes, t. y.Y − E[Y ] < 0 ir atvirk²£iai. Taip ir yra: daugiau baltu rutuliu maºesneskai£iu suma, nes baltuju rutuliu numeriai maºesni.

Taigi jei kovariacija yra neigiama, tai esant didesnems vieno dydºio reik²mems,kito dydºio reik²mes link¦ buti maºesnes. Jeigu kovariacija yra teigiama, taiesant didesnems vieno dydºio reik²mems ir kito dydºio reik²mes link¦ butididesnes.

32 apibreºimas. Jeigu X, Y yra atsitiktiniai dydºiai ir cov(X, Y ) > 0,tai dydºius vadinsime teigiamai koreliuotais, jeigu cov(X,Y ) < 0, dydºiusvadinsime neigiamai koreliuotais. Jeigu cov(X,Y ) = 0, dydºius vadinsimenekoreliuotais.

Tarkime pakartoj¦ bandym¡ n kartu, gavome atsitiktiniu dydºiu X, Yreik²miu poras

(x1, y1), (x2, y2), . . . , (xn, yn).

Jas galime pavaizduoti plok²tumos ta²kais. Jeigu dydºiai butu teigiamaikoreliuoti, tai ta²kai i²sidestytu pagal ties¦ su teigiamu krypties koecientu,ºr. breºini. Jeigu cov(X, Y ) < 0, ta²kai susitelktu apie ties¦ su neigiamukrypties koecientu.

xi

yi

xi

yi

Teigiamai ir neigiamai koreliuotu atsitiktiniu dydºiu reik²miu vaizdavi-mas plok²tumoje

Jeigu cov(X, Y ) = 0, ta²kai sudarytu debesi ir grupavimosi apie joki¡

170

ties¦ negaletume iºvelgti.

xi

yi

Nekoreliuotu atsitiktiniu dydºiu reik²mes

Taigi kovariacijos reik²me tam tikru budu atspindi ry²io tarp atsitiktiniudydºiu pobudi. Ta£iau yra vienas trukumas. Tarkime, atsitiktinis dydis Xrei²kia ºmogaus ugi, o Y svori, i²reik²t¡ kilogramais. Suprantama, kadcov(X,Y ) = E[X · Y ] − E[X] · E[Y ] > 0. Jeigu i²reik²tume svori gramais,gautume nauj¡ dydi Y1 = 1000Y. Priklausomybe tarp X ir Y1 yra ta patikaip ir tarp X ir Y, ta£iau apskai£iav¦ kovariacij¡ gautume

cov(X,Y1) = E[X · Y1]− E[X] · E[Y1] = 1000 · cov(X,Y ).

Todel dvieju dydºiu priklausomybes laipsniui matuoti naudojama kiekpakeista skaitine charakteristika.

Koreliacijos koecientas

38 teorema. Tegu X,Y yra atsitiktiniai dydºiai, turintys teigiamasdispersijas D[X] > 0,D[Y ] > 0. Ju koreliacijos koecientu vadinamasskai£ius

ρ(X,Y ) =cov(X, Y )√D[X] ·D[Y ]

Jei bent vienas i² dydºiu X, Y yra i²sigim¦s, tai sakysime, kad koreliacijoskoecientas lygus nuliui.

Isitikinsime, kad koreliacijos koecientas nepriklauso nuo to, kokie ma-tavimo vienetai naudojami dydºiu reik²mems uºra²yti. Irodysime ²iek tiekbendresni teigini.

171

39 teorema. Tegu X, Y yra atsitiktiniai dydºiai, turintys teigiamasdispersijas D[X] > 0,D[Y ] > 0, o a1, a2, b1, b2 bet kokie skai£iai, a1, a2 6= 0.Tada

ρ(a1X + b1, a2Y + b2) =

ρ(X, Y ), jei a1a2 > 0,

−ρ(X, Y ), jei a1a2 < 0.

Irodymas. Paºymekime X1 = a1X + b1, Y1 = a2Y + b2. Tada

E[X1] = a1E[X] + b1, D[X1] = a21D[X],

E[Y1] = a2E[Y ] + b2, D[Y1] = a22D[Y ],

cov(X1, Y1) = E[(X1 − E[X1])(Y1 − E[Y1])] = a1a2cov(X, Y ),

ρ(X1, Y1) =cov(X1, Y1)√D[X1] ·D[Y1]

=a1a2

|a1a2| ·cov(X, Y )√D[X] ·D[Y ]

=a1a2

|a1a2| · ρ(X, Y ).

I² paskutiniosios lygybes gauname teoremos teigini.Taigi koreliacijos koecientas nesikei£ia, kai dydºius tiesi²kai transformuo-

jame su to paties ºenklo skales keitimo koecientais a1, a2. I² ²ios teoremosgauname, kad atsitiktiniu dydºiu X,Y ir X∗ = X − E[X], Y∗ = Y − E[Y ]koreliacijos koecientai sutampa. Kadangi E[X∗] = E[Y∗] = 0, tai D[X∗] =E[X2

∗ ],D[Y∗] = E[Y 2∗ ], ir

ρ(X,Y ) = ρ(X∗, Y∗) =E[X∗ · Y∗]√E[X2∗ ] · E[y2∗]

.

Kokias gi reik²mes gali igyti koreliacijos koecientas?

Koreliacijos koeciento savybes

40 teorema. Tegu X,Y yra nei²sigim¦ atsitiktiniai dydºiai, turintysdispersijas. Teisingi teiginiai

1. −1 ≤ ρ(X, Y ) ≤ 1;

2. jeigu Y = aX + b, £ia a, b yra skai£iai, tai ρ(X, Y ) = 1, kai a > 0ir ρ(X, Y ) = −1, kai a < 0;

3. jeigu ρ(X, Y ) = ±1, tai egzistuoja tokie skai£iai a 6= 0, b,

P (Y = aX + b) = 1.

172

Irodymas. Naudodamiesi dydºiais X, Y sudarykime du naujus dydºius(vienas gaunamas imant pliuso, kitas minuso ºenkl¡):

Z =(X − E[X]√

D[X]± Y − E[Y ]√

D[Y ]

)2

,

Z =(X − E[X])2

D[X]± 2 · X − E[X]√

D[X]· Y − E[Y ]√

D[Y ]+

(Y − E[Y ])2

D[Y ].

Kadangi Z ≥ 0, tai E[Z] ≥ 0. Ta£iau naudodamiesi paskutini¡ja lygybevidurki galime uºra²yti taip:

E[Z] = 1± 2ρ(X, Y ) + 1 = 2(1± ρ(X,Y )) ≥ 0.

Dabar i² nelygybes 1 + ρ(X, Y ) ≥ 0 gauname, kad ρ(X, Y ) ≥ −1, oi² nelygybes 1 − ρ(X, Y ) ≥ 0 gauname, kad ρ(X, Y ) ≤ 1. Pirm¡ji teiginiirodeme.

Irodykime antr¡ji teigini. Tegu Y = aX + b. Tada

E[Y ] = aE[X], D[Y ] = a2D[X],

E[(X − E[X])(Y − E[Y ])] = aE[(X − E[X])2] = aD[X],

ρ(X, Y ) =aD[X]√

D[X]a2D[X]=

a

|a| .

I² paskutiniosios lygybes i²plaukia antrasis teoremos teiginys.Tre£iojo teiginio irodymui pasinaudokime dydºiais Z. Jeigu ρ(X, Y ) = 1,

nagrinekime dydi

Z =(X − E[X]√

D[X]− Y − E[Y ]√

D[Y ]

)2

.

Viena vertus Z ≥ 0, ta£iau suskai£iav¦ vidurki gavome

E[Z] = 2(1− ρ(X,Y )) = 0.

Tai imanoma tik tada, kai Z yra i²sigim¦s, su tikimybe 1 igyjantis reik²m¦0, t. y.

P(X − E[X]√

D[X]− Y − E[Y ]√

D[Y ]= 0

)= 1.

I² ²ios lygybes i²plaukia tre£iasis teoremos teiginys, kai ρ(X,Y ) = 1. Atvejiρ(X, Y ) = −1 galime tirti analogi²kai imdami dydºio Z i²rai²koje pliusoºenkl¡.

173

Uºdaviniai1. Atsitiktinis dydis X su tikimybemis 1/3 ir 2/3 igyja reik²mes 0 ir 1. Jeigu

X = 1, tai ir Y = 1. Jeigu X = 0, tai metama simetri²ka moneta. Jeigu ji atvirstaherbu, tai imama reik²me Y = −a, jeigu skai£iumi, tada Y = +a. Raskite ρ(X, Y ),kai a = 1. Kokia turetu buti a reik²me, kad butu teisinga lygybe ρ(X, Y ) = 1/2?

2. Dvi urnos: kiekvienoje yra po tris rutulius, paºymetus skai£iais 1, 2, 3. I²pirmos urnos atsitiktinai i²traukiamas rutulys ir perkeliamas i kit¡ urn¡. Po torutulys traukiamas i² antrosios urnos. Atsitiktiniu dydºiu X, Y reik²mes antpirmojo ir antrojo i²trauktuju rutuliu uºra²yti skai£iai. Raskite ρ(X, Y ).

3. Metamas simetri²kas lo²imo kauliukas, atsitiktinio dydºio X reik²me atvirtusiu aku£iu skai£ius. Atsitiktinio dydºio Y reik²me gaunama taip: metamasimetri²ka moneta; jeigu atvirsta herbas, tai Y = X +1; jeigu skai£ius Y = X−1.

Apskai£iuokite dydºiu X,Y koreliacijos koecient¡. Skai£iavimai supaprastes, jeigupasinaudosite tuo, kad Y = X + Z, £ia Z yra dydis, su vienodomis tikimybemisigyjantis reik²mes −1 ir +1, be to dydºiai X,Z yra nepriklausomi.

4. Metami du simetri²ki lo²imo kauliukai, X1, X2 ant kauliuku atvirtusiuaku£iu skai£iai. Apskai£iuokite dydºiu X = X1 + X2 ir Y = X1 −X2 koreliacijoskoecient¡.

5. Atliekami trys Bernulio schemos bandymai su sekmes tikimybe vienamebandyme p. Apibreºkime tokius atsitiktinius dydºius: S1−3 sekmiu skai£ius, gau-tas atlikus visus tris bandymus, S1−2 sekmiu skai£ius, gautas i² pirmu dviejubandymu, N1−3, N1−2 atitinkami nesekmiu skai£iai. Apskai£iuokite ρ(S1−3, N1−3),ρ(S1−3, S1−2), ρ(S1−3, N1−2.)

Atsakymai1. ρ(X, Y ) = 2/

√10 ≈ 0,632; a =

√2. 2. ρ(X, Y ) = 1/4. 3. ρ(X, Y ) =√

35/47 ≈ 0,813. 4. ρ(X, Y ) = 0. 5. ρ(S1−3, N1−3) = −1; ρ(S1−3, S1−2) =2/√

6 ≈ 0,816; ρ(S1−3, N1−2) = −ρ(S1−3, S1−2).

2.13. Centrine ribine teoremaSkai£iai e, π, kvadratine ²aknis, integralas vienoje eiluteje! Neap-siriksite itar¦, kad £ia teigiama, kaºkas labai svarbaus.

Tegu atsitiktiniai dydºiai X1, X2, X3, . . . yra nepriklausomi ir turi t¡ pa£i¡pasiskirstymo funkcij¡. Tada ju vidurkiai bei dispersijos (jeigu jos, ºinoma,egzistuoja) bus tie patys. Paºymekime E[Xj] = a,D[Xj] = σ2. Dydºiamsteisingas didºiuju skai£iu desnis, t. y. dydis

Yn =X1 + X2 + . . . + Xn

n− a =

X1 + X2 + . . . + Xn − na

n,

174

kai n dideja, darosi vis labiau pana²us i i²sigimusi atsitiktini dydi Y, igyjantireik²m¦ 0, P (Y = 0) = 1. Dydºiu Yn vidurkiai lygus nuliui, o dispersijosmaºeja: E[Yn] = 0,D[Yn] = σ2/n → 0, n → ∞. O dabar kiek pakeiskime ²idydi ir apibreºkime

Zn =X1 + X2 + . . . + Xn − na

σ√

n.

Vidurkis nepasikeite: E[Zn] = 0; apskai£iuokime dispersij¡ pasinaudodamidydºiu nepriklausomumu:

D[Zn] = D[X1 + X2 + . . . + Xn

σ√

n− na

σ√

n

]= D

[X1 + X2 + . . . + Xn

σ√

n

]=

D[ X1

σ√

n

]+ D

[ X2

σ√

n

]+ . . . + D

[ Xn

σ√

n

]=

σ2

σ2n+ . . . +

σ2

σ2n= 1.

Taigi visi dydºiai Zn turi t¡ pati vidurki ir t¡ pa£i¡ dispersij¡. K¡ gi apie juosgalima pasakyti, kai n →∞? Ir £ia pasirodo senas paºistamas! Kai n dideja,dydºiai Zn darosi vis pana²esni i standartini normaluji dydi! Tokia yra vienosi² pa£iu svarbiausiu tikimybiu teoremu centrines ribines teoremos esme.

Centrine ribine teorema41 teorema. Tegu atsitiktiniai dydºiai X1, X2, X3, . . . yra nepriklau-somi, turi t¡ pa£i¡ pasiskirstymo funkcij¡, vidurki ir dispersij¡: E[Xj] =a,D[Xj] = σ2. Tada kiekvienam x, kai n →∞, teisingas teiginys

P(X1 + X2 + . . . + Xn − na

σ√

n< x

)→ Φ(x), (30)

£iaΦ(x) =

1√2π

∫ x

−∞e−u2/2du

yra standartinio normaliojo dydºio X ∼ N (0, 1) pasiskirstymo funkcija.

Taigi centrine ribine teorema teigia, kad nepriklausomai nuo individualiudydºiu Xj savybiu, dydis Zn, kai n didelis, yra pana²us i standartini normalujidydi.

Moivre-Laplace'o teorema, kuri¡ naudojome Bernoullio schemai tyrineti,yra atskiras centrines ribines teoremos atvejis.

I² tikruju, jeigu atsitiktinis dydis Xj = 1, kai j-ajame Bernoulio schemosbandyme ivyko sekme, ir Xj = 0, kai nesekme, tai dydºiai Xj yra nepriklau-somi ir E[Xj] = p, σ2 = D[Xj] = pq.

175

PaºymekimeSn = X1 + X2 + . . . + Xn.

Bernoullio schemos atveju Sn rei²kia sekmiu skai£iu atlikus n bandymu. Taigi(30) galime uºra²yti taip:

P( Sn − np√

np(1− p)< x

)→ Φ(x).

Naudojant ºymeni Sn = X1 + X2 + . . . + Xn (30) s¡ry²i galime uºra²ytitaip:

P(Sn − E[Sn]√

D[Sn]< x

)→ Φ(x), n →∞.

Centrin¦ ribin¦ teorem¡ galima interpretuoti kaip didºiuju skai£iu desniopatikslinim¡. I² tikruju, didºiuju skai£iu desnis rei²kia, kad

Sn

n=

X1 + X2 + . . . + Xn

n≈ a.

Savo ruoºtu centrin¦ ribin¦ teorem¡ galime suvokti kaip tvirtinim¡

Zn =X1 + X2 + . . . + Xn − na

σ√

n=

Sn/n− a

σ/√

n≈ X, X ∼ N (0, 1).

TadaSn

n≈ a +

σ√n·X ∼ N (

a,σ2

n

).

Taigi centrine ribine teorema teigia, kad su didelemis n reik²memis aritmeti-nis vidurkis Sn/n yra pana²us i normaluji dydi su maºa dispersija.

2.14. Silpnasis atsitiktiniu dydºiu konvergavimasJeigu yra silpnasis, tai turi buti ir stiprusis. I² tikruju yra. Ta£iaumes be jo galime apsieiti. O silpnasis konvergavimas labai svarbus.

Centrine ribine teorema tai teiginys apie atsitiktiniu dydºiu supana²ejim¡.Ji teigia, kad didejant n atsitiktiniai dydºiai

Zn =X1 + X2 + . . . + Xn − na

σ√

n(31)

tampa vis pana²esni i standartini normaluji dydi X ∼ N (0, 1). Tiksliausakant ju pasiskirstymo funkcijos darosi vis pana²esnes.

176

Panagrinekime kelis parastus tokio pana²ejimo (konvergavimo) atvejus,kad suvoktume, kaip ²i¡ s¡vok¡ reiktu apibreºti grieºtai matemati²kai.

Tegu Xn yra intervale [−1/n; 1/n] tolygiai pasiskirst¦s atsitiktinis dydis,Yn ir Zn intervaluose [−1/n; 0] ir [0; 1/n] tolygiai pasiskirst¦ atsitiktiniai dy-dºiai. Tikriausiai sutiksite, kad kai n dideja, ²ie dydºiai tampa vis pana²esnii i²sigimusi atsitiktini dydi V : P (V = 0) = 1. Nubraiºykime ²iu dydºiupasiskirstymo funkciju grakus.

FXn(x)

1

2

1

n−

1

n

FYn(x)

1

n−

1

n

FZn(x)

1

n−

1

n

FV (x) (

Panagrinej¦ juos isitikinsime, kad jei x 6= 0 ir n →∞, tai

FXn(x) → FV (x), FYn(x) → FV (x), FZn(x) → FV (x).

Ta£iau ta²ke x = 0 pasiskirstymo funkciju elgesys skiriasi:

FXn(0) =1

26→ FV (0) = 0, FYn(0) = 1 6→ FV (0), FZn(0) = 0 → FV (0).

Taigi ta²kuose, kuriuose ribines pasiskirstymo funkcijos grakas sutruk¦s,pana²ejan£iu funkciju reik²miu elgesys gali buti labai ivairus. Todel protingai² viso nepaisyti to, kas ²iuose ta²kuose vyksta.

33 apibreºimas. Tegu Xn, X yra atsitiktiniai dydºiai, o Fn(x), F (x)²iu dydºiu pasiskirstymo funkcijos. Sakysime, kad atsitiktiniai dydºiai Xn

silpnai konverguoja i atsitiktini dydi X, jeigu visuose ta²kuose x, kuriuoseF (x) tolydi,

Fn(x) → F (x), n →∞.

ymesime: Xn ⇒ X arba Fn ⇒ F.

177

Pastebekime, kad tiriant atsitiktiniu dydºiu silpn¡ji konvergavim¡ naudo-jamos tik ju pasiskirstymo funkcijos, o ne individualios atsitiktiniu dydºiusavybes. Netgi nesvarbu kokiose tikimybinese erdvese ²ie dydºiai yra apibreºti!

Dabar centrin¦ ribin¦ teorem¡ galime suformuluoti kaip teigini apie silpn¡jikonvergavim¡: jeigu Fn yra (31) atsitiktiniu dydºiu pasiskirstymo funkcijos,o Φ standartinio normaliojo dydºio X ∼ N (0; 1) pasiskirstymo funkcija,tai

Fn ⇒ Φ, n →∞.

Uºdaviniai

1. Atsitiktinis dydis Xn igyja dvi reik²mes: P (Xn = 0) = 1 − 1/n, P (Xn =n) = 1/n. I koki atsitiktini dydi silpnai konverguoja atsititiktiniu dydºiu sekaXn?

2. Tegu X ∼ N (0; 1), Xn = X/n. Ar atsitiktiniu dydºiu seka Xn silpnaikonverguoja. Jeigu taip, tai i koki atsitiktini dydi?

3. Atsitiktinis dydis Xn yra tolygiai pasiskirst¦s intervale [0;n], t. y. Xn ∼T ([0;n]). I koki¡ funkcij¡ konverguoja pasiskirstymo funkcijos Fn(x) = FXn(x)?Ar galima teigti, kad atsitiktiniu dydºiu seka Xn silpnai konverguoja?

4. Atsitiktinis dydis Xn yra tolygiai pasiskirst¦s intervale [−n;n], t. y. Xn ∼T ([−n; n]). I koki¡ funkcij¡ konverguoja pasiskirstymo funkcijos Fn(x) = FXn(x)?Ar galima teigti, kad atsitiktiniu dydºiu seka Xn silpnai konverguoja?

5. Atsitiktinis dydis X tolygiai pasiskirst¦s intervale [0; 1], t. y. X ∼ T ([0; 1]).Tegu Xn = X + n, Yn = X − n. I kokias funkcijas konverguoja pasiskirstymofunkcijos FXn(x) ir FYn(x).

6. Ar pasikeistu atsakymas i ankstesniojo uºdavinio klausim¡, jeigu vietojetolygiai intervale [0; 1] pasiskirs£iusio dydºio imtume koki nors kit¡?

Atsakymai1. Konverguoja i dydi X, P (X = 0) = 1.2. Konverguoja i dydi X, P (X = 0) = 1.

3. Funkcijos konverguoja i F (x) = 0, dydºiai nekonverguoja.

4. Funkcijos konverguoja i F (x) = 1/2, dydºiai nekonverguoja.

5. Funkcijos konverguoja i F (x) = 0, ir G(x) = 1.

178

2.15. Silpnojo konvergavimo tyrimo irankiaiPanagrinesime ju savybes, i²moksime naudotis... O kaip jie sukon-struoti ir kodel veikia gana sudetingas klausimas. Elgsimes kaipmobiliuju telefonu savininkai instrukcij¡ paskaito, bet aparatu neardo.

Kaip tyrineti silpn¡ji konvergavim¡? Atrodo, konvergavimo apibreºimasnurodo ir bud¡: jei Z1, Z2, . . . yra atsitiktiniai dydºiai, suraskime ju pa-siskirstymo funkcijas Fn(x) = P (Zn < x) ir tyrinekime, ar jos konverguoja,ar ne. Ta£iau toks tiesioginis budas gali buti sunkus ar net i² viso nepritaiko-mas. Dydºiai Zn gali buti apibreºti panaudojus kitus dydºius (kaip (31)), jupasiskirstymo funkcijos priklausys nuo ²iu dydºiu savybiu, taigi bandydamieiti tiesiai galime tiesiog atsimu²ti kakta i sien¡.

Ta£iau sudetingi uºdaviniai nebutinai sprendºiami didelemis pastangomis.Norite pavyzdºio? Tarkime, i²kilo butinybe i²matuoti temperatur¡ 100 metruauk²tyje. Idej¦ daug le²u ir darbo galime pastatyti 100 metru auk²£io bok²t¡ir i²spr¦sti uºdavini. O gal geriau pakilti i toki auk²ti oro balionu ir i²matuotitemperatur¡? Tikriausiai pasirinktume antr¡ji bud¡. Ta£iau ir antruojubudu tikslo nepasieksime, jeigu svajosime rankas sudej¦. Juk reikia pasigam-inti iranki oro balion¡.

Taigi pasigaminkime silpnojo atsitiktiniu dydºiu konvergavimo tyrimoiranki. Tiksliau apºvelkime, k¡ i²radingi matematikai yra jau sukur¦.

Vis¡ tikimybin¦ informacij¡ apie atsitiktini dydi X saugo jo pasiskirstymofunkcija FX(x). Jo savybems reik²ti taip pat naudojame skaitines charak-teristikas: vidurki, dispersij¡... inome, kad ²ios charakteristikos turi gerusavybiu, kuriomis galima pasinaudoti skai£iuojant.

Ar vidurkiu s¡vokos negaletume panaudoti silpnojo konvergavimo tyri-nejimuose? Rimtu abejoniu kelia viena aplinkybe: vidurkis yra tik skai£ius,butu sunku tiketis, kad juo rei²kiamos informacijos pakaks sudetingam kon-vergavimo rei²kiniui tirti. Kita vertus, atsitiktiniai dydºiai, kuriu konvergav-im¡ noretume tirti, gali ir netureti vidurkiu!

Kaip iveikti ²iuos sunkumus? Jei atsitiktinio dydºio vidurkis neegzis-tuoja, galime ji pakeisti, t. y. transformuoti, kad naujojo dydºio vidurkisegzistuotu. Galima sudaryti daug nauju dydºiu ir gauti daug vidurkiu, kadvisi jie i²saugotu t¡ pa£i¡ informacij¡ kaip ir pasiskirstymo funkcija.

tai sprendimas, kuri surado matematikai: jeigu X yra atsitiktinis dydis,o t realusis skai£ius, apskai£iuokime

f(t) = E[cos(tX)], g(t) = E[sin(tX)]. (32)

Kadangi kosinuso ir sinuso funkcijos apreºtos, tai vidurkiu egzistavimo klausi-mas nekyla. Taigi informacij¡ apie atsitiktini dydi kodavome dviem vidurkiufunkcijomis. Ar ne perdaug painu?

179

Jeigu rei²kinys atrodo sudetingas, gal verta pakeisti poºiuri i ji?tai poºiuriu keitimo gaires, kuriomis nuolat naudojasi matematikai:

realusis skai£ius↔ tieses ta²kasrealiuju skai£iu pora↔ plok²tumos ta²kasplok²tumos ta²kas↔ kompleksinis skai£ius

Taigi realiuju skai£iu por¡ (x; y) galime plok²tumoje ived¦ koordina£iu sis-tem¡ suvokti kaip ta²k¡ A(x; y), kurio koordinates nurodytos, arba kaipkompleksini skai£iu z:

(x; y) → z, z = x + iy,

£ia i yra menamasis vienetas, kuris paver£ia realiuju skai£iu por¡ nauju kompleksiniu skai£iumi. Kompleksinius skai£ius sudedame paprastai:

(x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 + x2) + i(y1 + y2).

Dauginame irgi paprastai, tik naudodamiesi lygybe i2 = −1, taigi:

(1 + i)(1− i) = 12 − i2 = 2.

Pasirodo, pirminis skai£ius 2 dalijasi i² dvieju paprastu kompleksiniu skai£iu!Kompleksinio skai£iaus z = x + iy moduliu |z| pavadinsime atkarpos,

jungian£ios plok²tumos ta²kus O(0; 0), A(x; y), ilgi, taigi

|z| =√

x2 + y2.

Dabar (32) funkcijas, apibreºtas realiuju skai£iu aibeje ir igyjan£ias reali¡siasreik²mes galime sulipdyti i vien¡, kurios reik²mes kompleksiniai skai£iai.34 apibreºimas. Tegu X yra atsitiktinis dydis, jo charaktering¡ja

funkcija vadinsime funkcij¡, apibreºt¡ realiuju skai£iu aibeje lygybe

ϕX(t) = E[cos(tX)] + iE[sin(tX)] = E[cos(tX) + i sin(tX)], t ∈ R. (33)

O dabar pasitelkime vien¡ svarbu ir jau naudot¡ analizes instrument¡ begalines eilutes. Skai£iuodami Poissono atsitiktinio dydºio vidurki naudo-jomes eksponentes eilute:

ez = 1 + z +z2

2!+ . . . +

zm

m!+ . . . (34)

Gera naujiena galime imti ir kompleksines z reik²mes, eilute visada konver-guos. Tokiu budu gausime visu kompleksiniu skai£iu aibeje apibreºt¡ funkcij¡

180

f(z) = ez. Ir dar maloni naujiena svarbiausios rodiklines funkcijos savybesi²lieka tos pa£ios, pavyzdºiui, su visais kompleksiniais skai£iais

ez1+z2 = ez1 · ez2 .

Uºra²ykime dar dvi begalines eilutes:

cos u = 1− u2

2!+ . . . + (−1)m u2m

(2m)!+ . . . , (35)

sin u = u− u3

3!+ . . . + (−1)m u2m+1

(2m + 1)!+ . . . , (36)

£ia u ∈ R. ias tris eilutes jungia istabus ry²ys: jeigu i (34) istatysime z = iu,u ∈ R, bus teisinga lygybe

1 + (iu) +(iu)2

2!+ . . . =

(1− u2

2!+ . . .

)+ i(u− u3

3!+ . . .),

kitaip tarianteiu = cos u + i sin u. (37)

Negaliu susilaikyti nuo pagundos istatyti i ²i¡ lygyb¦ u = π :

eiπ = −1.

Superformule, tikras ²edevras!7Tegu X yra atsitiktinis dydis, igyjantis realias reik²mes, t ∈ R. Istat¦ i

(37) u = tX galesime uºra²yti:

eitX = cos(tX) + i sin(tX)

ir kiek trumpiau suformuluoti charakteringosios funkcijos apibreºim¡.35 apibreºimas. Tegu X yra atsitiktinis dydis. Jo charaktering¡ja

funkcija vadinsime funkcij¡

ϕX(t) = E[eitX ].

Jeigu eitX suvoksime kaip nauj¡ atsitiktini dydi, gaut¡ i² X pritaikiusatitinkam¡ funkcij¡, galime pasinaudoti vidurkio skai£iavimo patirtimi ne-paisydami to, kad ²io dydºio reik²mes kompleksines. Dr¡sos, ir dar kart¡dr¡sos! kaip kaºkada sake Dantonas.

37 pavyzdys. I²sigimusio dydºio charakteringoji funkcija7Autorius L. Euleris.

181

Jei P (X = a) = 1, tai

ϕX(t) = eitaP (X = a) = eita.

Taigi ϕX(t) = eita = cos(ta) + i sin(ta). Jeigu pavaizduotume ϕX(t) plok²tu-mos ta²ku ir keistume t, pamatytume, kad tas ta²kas atlieka nepabaigiam¡kelion¦ vienetiniu apskritimu, jei a 6= 0. Jeigu a = 0, tai ϕX(t) = 1.

38 pavyzdys. Dvireik²mio dydºio charakteringoji funkcijaTegu dydis X igyja dvi reik²mes: P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1−p. Tada

ϕX(t) = eit0P (X = 0) + eitP (X = 1) = 1− p + eitp.

39 pavyzdys. Binominio dydºio charakteringoji funkcijaTegu X ∼ B(n, p). Taigi dydis X igyja reik²mes 0, 1, . . . , n, o dydis eitX

reik²mes eit0, eit, . . . , eitn. Tada

ϕX(t) =n∑

m=0

eitmP (X = m) =n∑

m=0

Cmn (eitp)m(1− p)n−m = (1− p + eitp)n.

Pastebekime, kad binominio dydºio charakteringoji funkcija lygi n-ajam dvireik²miodydºio charekteringosios funkcijos laipsniui. Kiek veliau suºinosime, kad taine atsitiktinumas.

40 pavyzdys. Poissono dydºio charakteringoji funkcijaTegu X ∼ P(λ). Tada X igyja sveikas neneigiamas reik²mes, o dydis eitX

reik²mes eitn, n = 0, 1, . . . Tada

ϕX(t) =∞∑

n=0

eitn · λn

n!e−λ = e−λ

∞∑n=0

(λeit)n

n!.

Pasinaudoj¦ (34) su z = λeit, gausime

ϕX(t) = e−λ · eλeit

= eλ(eit−1).

41 pavyzdys. Tolygiojo dydºio charakteringoji funkcijaTegu X ∼ T ([a; b]). Tada X turi tanki pX(u) = 1/(b − a), kai u ∈ (a; b)

ir pX(u) = 0, kai u 6∈ [a; b]. Taigi

ϕX(t) =1

b− a

∫ b

a

eitudu.

182

Kai integruojame funkcijas su realiomis reik²memis, naudojames Newtono-Leibnizo formule. Pasinaudokime ja nepaisydami to, kad musu funkcijosreik²mes kompleksines. Kadangi funkcijos eitu/(it) i²vestine pagal u lygi eitu,tai

ϕX(t) =1

b− a

eitu

it

∣∣∣b

a=

eitb − eita

(b− a)it.

Pana²iai galime apskai£iuoti ir eksponentinio dydºio charaktering¡j¡ funkcij¡.42 pavyzdys. Eksponentinio dydºio charakteringoji funkcijaTegu X ∼ E(λ). Tada ²is atsitiktinis dydis turi tanki pX(u) = λe−λu, kai

u > 0. Su neigiamomis reik²memis tankis lygus nuliui. Tada

ϕX(t) =

∫ ∞

0

eitu · λe−λudu = λ

∫ ∞

0

eitu−λudu

=λ

it− λ

∫ ∞

0

d(eitu−λu

)=

λ

it− λeitu−λu

∣∣∣∞

0=

λ

λ− it.

Reik²me, atitinkanti begalini reºi, rei²kia funkcijos rib¡.43 pavyzdys. Standartinio normaliojo dydºio charakteringoji funkcijaTegu X ∼ N (0; 1). Tada

ϕX(t) =1√2π

∫ ∞

−∞eitu · e−u2/2du =

1√2π

∫ ∞

−∞eitu−u2/2du.

Integralas sudetingas, apskai£iuoti jo reik²m¦ darbas ne menkas, ta£iau patireik²me paprasta:

ϕX(t) = e−t2/2.

Atkreipkime demesi, kad standartinio normaliojo dydºio charakteringo-sios funkcijos reik²mes realieji skai£iai. Kai t kinta nuo 0 iki ∞ charak-teringoji funkcija igyja visas reik²mes i² intervalo (0; 1].

Taigi sukureme nauj¡ iranki charaktering¡sias funkcijas. Kokios gi jusavybes, kam jos tinka?

42 teorema. Tegu X yra atsitiktinis dydis, ϕX(t) jo charakteringojifunkcija. i funkcija yra visuose ta²kuose t tolydi, |ϕX(t)| ≤ 1, ϕX(0) = 1.

Jeigu a, b bet kokie realieji skai£iai, tai atsitiktinio dydºio Y = b + aXcharakteringoji funkcija yra

ϕY (t) = eitbϕX(at).

183

44 pavyzdys. Normaliojo dydºio charakteringoji funkcijaStandartinio normaliojo dydºio charaktering¡j¡ funkcij¡ jau uºra²eme.

Tegu dabar X ∼ N (µ; σ2) bet koks normaliuju dydºiu ²eimos narys. i-nome, kad ji galima i²reik²ti taip:

X = µ + σX0, X0 ∼ N (0; 1).

Taigi pasinaudoj¦ teorema gauname

ϕX(t) = eiµtϕX0(σt) = eiµt−σ2t2/2. (38)

Ar visada pagal charaktering¡j¡ funkcij¡ galima atpaºinti, tarsi pauk²tii² plunksnu, atsitiktini dydi? tai atsakymas.

43 teorema. Tegu X, Y yra du atsitiktiniai dydºiai. Jeigu ju pa-siskirstymo funkcijos vienodos, tai ir charakteringosios funkcijos vienodos.Jeigu ju charakteringosios funkcijos vienodos, tai ir pasiskirstymo funkcijosvienodos.

i teorema rei²kia, kad charakteringosios funkcijos saugo vis¡ informa-cij¡ apie atsitiktinio dydºio tikimybes kaip ir pasiskirstymo funkcijos.

inome, kad daºnai tenka sumuoti nepriklausomus atsitiktinius dydºius.Net jeigu demenys yra paprasti atsitiktiniai dydºiai, sumos pasiskirstymofunkcij¡ gali buti nelengva surasti. Kokia gi padetis, jeigu ie²kosime charakteringujufunkciju?

44 teorema. Tegu X1, X2, . . . , Xn yra nepriklausomi atsitiktiniai dy-dºiai, X = X1 + X2 + . . . + Xn. Tada

ϕX(t) = ϕX1(t) · ϕX2(t) · · ·ϕXn(t).

Papras£iau buti negali! Taigi nepriklausomu atsitiktiniu sumoms tyrinetilabiau nei pasiskirstymo funkcijos tinka charakteringosios! Neatideliodamii²bandykime ²i instrument¡.

45 pavyzdys. Poissono dydºiu sumaTegu X1 ∼ P(λ1), X2 ∼ P(λ2) yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai.

Kokiai ²eimai priklauso ju suma? Suraskime charaktering¡sias funkcijas:

ϕX1(t) = eλ1(eit−1), ϕX2(t) = eλ2(eit−1), ϕX(t) = ϕX1(t)·ϕX2(t) = e(λ1+λ2)(eit−1).

Kokia i²vada? inoma, X1 + X2 ∼ P(λ1 + λ2)!46 pavyzdys. Normaliuju dydºiu sumaTegu X1 ∼ N (µ1, σ

21), X2 ∼ N (µ2, σ

22) Nustatysime, pagal koki desni

pasiskirs£iusi ju suma X = X1 + X2. Ir vel suraskime charaktering¡sias

184

funkcijas. Atsitiktiniu dydºiu X1, X2 charaktering¡sias funkcijas surasimepasinaudoj¦ (38). Tada

ϕX(t) = ϕX1(t) · ϕX2(t) = eit(µ1+µ2)−(σ21+σ2

2)/2.

Akivaizdi i²vada: X1 + X2 ∼ N (µ1 + µ2; σ21 + σ2

2).Taigi Poissono ir normaliuju desniu ²eimos turi uºdarumo savyb¦: sumuo-

dami nepriklausomus tos pa£ios ²eimos dydºius vel gauname tos pa£ios ²eimosdydi.

O dabar dar vienas malonus netiketumas: atsitiktinio dydºio X laipsniuvidurkiu E[Xm] ir charakteringosios funkcijos i²vestiniu ry²ys. inome, kadnorint apskai£iuoti E[Xm] tenka sumuoti arba integruoti, darbo supaprastin-imui taikant, jeigu pavyksta, ivairias gudrybes. Pasirodo, kad yra dar vienasskai£iavimo budas panaudojant charaktering¡j¡ funkcij¡. Skai£iu E[Xm]vadinsime atsitiktinio dydºio X m-osios eiles momentu.

45 teorema. Tegu X yra atsitiktinis dydis, ϕX(t) jo charakteringojifunkcija. Jeigu egzistuoja dydºio momentai E[X],E[X2], . . . ,E[Xm], tai vi-suose ta²kuose t egzistuoja funkcijos i²vestines ϕ′X(t), ϕ′′X(t), . . . , ϕ

(m)X (t).

Jeigu egzistuoja funkcijos i²vestines ϕ′X(t), ϕ′′X(t), . . . , ϕ(m)X (t), tai egzis-

tuoja ir atsitiktinio dydºio momentai E[X], E[X2], . . . ,E[Xm].Charakteringosios funkcijos i²vestines ir momentai susieti lygybe:

E[Xk] = (−i)kϕ(k)X (0), k = 1, 2, . . .m.

Taigi ºinodami atsitiktinio dydºio charaktering¡j¡ funkcij¡ momentu gal-ime ie²koti ne sumuodami ar integruodami, ta£iau skai£iuodami i²vestines.

Funkcijos i²vestiniu reik²mes kokiame nors ta²ke tai informacija apie ²iosfunkcijos elgesi arti to ta²ko. Teorema teigia, kad atsitiktinio dydºio momen-tai yra beveik tas pats, kas charakteringosios funkcijos i²vestines ta²ke t = 0.inodami atsitiktinio dydºio momentus, galime nusakyti charakteringosiosfunkcijos elgesi, kai t yra arti nulio. Uºra²ykime ²i teigini tiksliau, apsiribo-dami paprastais, bet labai svarbiais atvejais.

46 teorema. Tegu X yra atsitiktinis dydis, o ϕX(t) jo charakteringojifunkcija. Jeigu vidurkis E[X] egzistuoja, tai

ϕX(t) = 1 + (it) · E[X] + ε1(t)t, ε1(t) → 0, kai t → 0. (39)

Jeigu egzistuoja ir E[X2], tai

ϕX(t) = 1+(it) ·E[X]+(it)2

2·E[X2]+ ε2(t)t

2, ε2(t) → 0, kai t → 0. (40)

185

iuo teiginiu ²auniai pasinaudosime kitame skyrelyje.Tiek laiko skyreme charakteringosioms funkcijoms, kaip minima antra²teje

konvergavimo tyrimo instrumentui, o apie pati konvergavim¡ nei ºodºio.Truputi kantrybes £ia kaip teatre, jeigu jau ²autuvas kabo, tai juo bus

ir i²²auta.

2.16. Ribiniu teoremu irodymaiUºdavinio keitimas jam ekvivalen£iu matematikos kasdienybe. Charak-teringosios funkcijos tarsi tiltas perne²a tikimybiu ribiniu savybiu tyrim¡i grynosios analizes sriti. O £ia nebera nei atsitiktiniu dydºiu, neitikimybiu tik skai£iai ir funkcijos.

Net trys ribines teoremos buvo suformuluotos ankstesniuose skyriuose:Poissono (apie sekmiu skai£iaus Bernoullio schemoje tikimybiu konvergav-im¡), didºiuju skai£iu desnis ir centrine ribine teorema (Moivre-Laplace'o teo-rema kaip atskiras atvejis). Visos jos buvo suformuluotos skirtingai, pirmo-sios dvi irodytos skirtingais budais, o tre£ioji neirodyta i² viso. Isitikinsime,kad visas jas galima suformuluoti pana²iai naudojant silpnojo konvergavimos¡vok¡. Ir irodyti galima pana²iai pasitelkus charaktering¡sias funkcijas.

Silpnojo konvergavimo ir charakteringuju funkciju ry²i nusako tokia teo-rema.

47 teorema. Tegu Xn ir X yra atsitiktiniai dydºiai, o ϕXn(t), ϕX(t) ju charakteringosios funkcijos. Jeigu su kiekviena t reik²me ϕXn(t) → ϕX(t),kai n →∞, tai Xn ⇒ X.

Naudojantis ²ia teorema galima irodyti, kad atsitiktiniai dydºiai (arbaju pasiskirstymo funkcijos) silpnai konverguoja, jeigu jau ºinome ribini dydi.I² tikruju charakteringuju funkciju metodu galima tirti netgi sudetingesneskonvergavimo aplinkybes, kai ribinis dydis nera i² anksto ºinomas.

Taigi sugriºkime prie mums jau ºinomu ribiniu teoremu ir i² naujojas irodykime. Irodinedami pasinaudosime viena pagrindiniu matematinesanalizes ribu: jeigu zn yra realiuju arba kompleksiniu skai£iu seka ir zn → z,kai n →∞, tai (

1 +zn

n

)n

→ ez, n →∞. (41)

Pradekime nuo Poissono teoremos.48 teorema. Tegu Xn yra binominiai atsitiktiniai dydºiai, Xn ∼

B(n, pn). Jeigu npn → λ, λ > 0, kai n →∞, tai Xn ⇒ X.Galbut palygin¦ ²ios teoremos teigini su ?? skyrelyje suformuluota teo-

rema suabejosite: ar tikrai i² silpnojo konvergavimo i²plaukia tikimybiu

186

konvergavimas, t. y. teiginys P (Xn = m) → P (X = m), kai n → ∞?Isitikinkime tuo.

Teiginys Xn ⇒ X rei²kia, kad FXn(x) → FX(x) visiems x, kuriuose FX(x)tolydi, t. y. kai x 6= 0, 1, 2, . . . Dydºiai Xn, X igyja sveikas neneigiamasreik²mes, taigi sveikajam skai£iui m ≥ 0 su bet kokiu ε, 0 < ε < 1, gausime

P (Xn = m) = P (m− ε ≤ Xn < m + ε) = FXn(m + ε)− FXn(m− ε),

FXn(m + ε)− FXn(m− ε) → FX(m + ε)− FX(m− ε) = P (X = m),

kai n →∞.Irodymas. Binominio dydºio charaktering¡j¡ funkcij¡ apskai£iavome,

taigi

ϕXn(t) =(1− pn + eitpn

)n=

(1 +

eitpnn− pnn

n

)n

=(1 +

zn

n

)n

,

£ia zn = eitpnn − pnn. Kadangi zn → eitλ − λ, kai n → ∞, tai pasinaudoj¦(41) gausime

ϕXn(t) → eeitλ−λ = eλ(eit−1) = ϕX(t), n →∞.

Taigi Xn ⇒ X, teorema irodyta.Dabar sugriºkime prie didºiuju skai£iu desnio, kuriam paklusta neprik-

lausomi atsitiktiniai dydºiai Xj, turintys t¡ pati vidurki E[Xj] = a. Jo esm¦galima nusakyti viena formule:

P(X1 + X2 + . . . + Xn

n− a ≈ 0

)→ 1, n →∞.

Kitaip tariant dydis (X1 + X2 + . . . + Xn)/n darosi vis labiau pana²esnis ii²sigimusi, vien tik reik²m¦ 0 igyjanti atsitiktini dydi. I²mokome pana²ejimorei²kini apibudinti silpnojo konvergavimo s¡voka. Taigi i² naujo suformulu-okime didºiuju skai£iu desni.

49 teorema. Tegu nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai X1, X2, . . . turit¡ pa£i¡ pasiskirstymo funkcij¡ ir vidurki E[Xj] = a. Jei

Zn =X1 + X2 + . . . + Xn

n− a,

tai Zn ⇒ Z, £ia Z i²sigim¦s atsitiktinis dydis, P (Z = 0) = 1.Jeigu palyginsite ²i¡ didºiuju skai£iu desnio formuluot¦ su ta, kuri pateikta

?? skyrelyje, pamatysite, kad i²nyko dispersiju egzistavimo s¡lyga. Taigi ne tik ketiname kitaip irodyti didºiuju skai£iu desni, bet ir i²plesti jo veikimosriti, itraukdami i j¡ ir neturin£ius dispersijos atsitiktinius dydºius.

187

Irodymas. Pasinaudosime charakteringosiomis funkcijomis. KadangiϕZ(t) = 1, tai pakanka irodyti, kad su visais t

ϕZn(t) → 1, n →∞.

Isiºiurekime i atsitiktini dydi Zn :

Zn =X1 + X2 + . . . + Xn

n− a = Y1 + Y2 + . . . + Yn, Yj =

Xj − a

n.

Atsitiktiniai dydºiai Xj yra nepriklausomi, todel nepriklausomi ir dydºiaiYj. Be to ju pasiskirstymo funkcijos, taigi ir charakteringosios funkcijos yravienodos, todel

ϕZn(t) = ϕY1(t) · · ·ϕYn(t) = ϕnY1

(t). (42)Dydºio V1 = X1 − a vidurkis lygus nuliui, todel pasinaudoj¦ (??) galimeuºra²yti jo charaktering¡j¡ funkcij¡ taip:

ϕV1(t) = 1 + (it)E[V1] + ε1(t)t = 1 + ε1(t)t, ε1(t) → 0, t → 0.

Kadangi Y1 = V1/n, tai pasinaudoj¦ charakteringuju funkciju savybe gausime

ϕY1(t) = ϕV1(t/n) = 1 +ε1(t/n)t

n.

O dabar i² (42) i²plaukia

ϕZn(t) =(1 + 1 +

ε1(t/n)t

n

)n

→ e0 = 1,

nes zn = ε(t/n)t → 0, kai t ksuotas, o n dideja. Teorema irodyta.Galu gale tikimybiu teorijos dalyje liko vienintele vir²une, kuri¡ reikia

iveikti irodyti centrin¦ ribin¦ teorem¡.50 teorema. (Centrine ribine teorema) Tegu nepriklausomi atsitiktiniai

dydºiai X1, X2, . . . turi t¡ pa£i¡ pasiskirstymo funkcij¡, vidurki E[Xj] = a irdispersij¡ D[Xj] = σ2 > 0. Jei

Zn =X1 + X2 + . . . + Xn − na

σ√

n,

tai Zn ⇒ Z, £ia Z standartinis normalusis dydis, Z ∼ N (0, 1).Irodymas. Kadangi ϕZ(t) = e−t2/2, tai reikia irodyti, kad kiekvienam t

ϕZn(t) → e−t2/2, kai n →∞. Ir vel pertvarkykime Zn rei²kini:

Zn = Y1 + Y2 + . . . + Yn, Yj =Xj − a

σ√

n.

188

Pasinaudoj¦ tais pa£iais argumentais kaip didºiuju skai£iu desnio irodymeuºra²ykime

ϕZn(t) = ϕY1(t) · · ·ϕYn(t) = ϕnY1

(t).

Jeigu V1 = X1 − a, tai Y1 = V1/σ√

n, ir ϕY1(t) = ϕV1(t/σ√

n). Atsitiktinisdydis V1 turi du momentus: E[V1] = 0,E[V 2

1 ] = D[X1] = σ2. Taigi charak-tering¡sias funkcijas galime uºra²yti taip:

ϕV1(t) = 1 + (it)E[V1] +(it)2

2· E[V 2

1 ] + ε2(t)t2 = 1− σ2t2

2+ ε2(t)t

2,

ϕY1(t) = ϕV1(t/σ√

n) = 1− σ2t2

2σ2n+ ε2

( t

σ√

n

) t2

σ2n= 1 +

zn

n,

£ia zn = −t2/2 + ε2(t/σ√

n)t2/σ2 → −t2/2, kai n → ∞. Taigi dar kart¡pasinaudoj¦ svarbi¡ja analizes riba (41) gausime

ϕZn(t) =(1 +

zn

n

)n → e−t2/2, n →∞.

Teorema irodyta.Sveikinu visus, garbingai pasiekusiusius ²i pabaigos bruk²ni!

Uºdaviniai1. Apskai£iuokite geometrinio dydºio X ∼ G(p) charaktering¡j¡ funkcij¡.

2. Geometrini dydi X ∼ G(p) galime suvokti, kaip Bernoullio bandymu, kuri-uos atliekame iki pirmos sekmes, kieki. Jei p → 1, tai intuicija sako, kad dydisdarosi vis pana²esnis i i²sigimusi atsitiktini dydi Y, P (Y = 1) = 1. Isitikinkite tuopanagrinej¦ charaktering¡sias funkcijas: irodykite, kad ϕX(t), jei p → 1, arteja priei²sigimusio dydºio charakteringosios funkcijos.

3. Tegu X ∼ G(p). Prie kokios funkcijos arteja charakteringosios funkcijosϕX(t), jei p → 0?

4. Tegu Xn ∼ G(pn), pn = λ/n, £ia λ > 0. Irodykite, kad kiekvienameta²ke u pasiskirstymo funkcijos konverguoja i nuli, t. y. FXn(u) → 0, n → ∞.

Charakteringuju funkciju metodu irodykite, kad Xn/n ⇒ X, £ia X ∼ E(λ).

189

3 Matematine statistikaPradekime pavyzdºiu.

47 pavyzdys. Reikia pasidalyti sudrekusius degtukus. Degtukasuºsidega su tikimybe p = 0,6. Kiek sudrekusiu degtuku reikia atiduoti drau-gui, kad tikimybe, jog jam pavyks uºdegti ugni, butu ne maºesne uº 0,9?

Atsakyti i ²i klausim¡ paprasta. Tikimybe, kad jam uºteks vieno degtukolygi p, kad prireiks dvieju degtuku qp (q = 1− p), kad reiks triju q2p ir t.t. Taigi tikimybe, kad uºteks m degtuku lygi

Pm = p+qp+q2p+. . .+qm−1p = p(1+q+q2+. . .+qm−1) = p·1− qm

1− q= 1−qm.

Taigi draugui reikia atiduoti m degtuku, kad butu patenkinta s¡lyga Pm ≥0,9 arba qm ≤ 0,1. Kadangi q = 0,4, tai labai greitai surasime maºiausi¡degtuku, kuriuos reikia atiduoti, skai£iu: m = 3.

Ta£iau vargu ar draugas bus patenkintas gav¦s vos tris degtukus. Jis galipaklausti: o i² kur mes ºinome, kad sudrek¦s degtukas uºsidega su tikimybep = 0,6? I² tiesu, i² kur mes ºinome?

is pavyzdys su degtukais parodo, kokioje padetyje atsiduriame, noredamitaikyti tikimybiu teorij¡. Jeigu ºinome atsitiktiniu ivykiu tikimybes ar at-sitiktiniu dydºiu pasiskirstymo desnius bei ju parametrus, galime priimtisprendimus. Ta£iau kaip juos suºinoti?

Neturedami ºiniu apie tikimybes ar pasiskirstymo desniu parametrus, ga-lime atlikti bandymus ir kaupti ju duomenis. Pavyzdºiui, jeigu sudrekusiudegtuku yra daug, galime bandyti juos vien¡ po kito uºdegti ir skai£iuoti,kiek kartu tai pavyko. Sukaupus pakankamai dideli kieki duomenu, kylaklausimas, k¡ su jais daryti, kaip i² ju gauti ºiniu apie rupimas tikimybes arparametrus. Tokie klausimai ir yra matematines statistikos sritis.

3.1. Populiacijos ir imtysPopuliacija objektai, kurie mums rupi. Imtis dalis, kuri¡ atrenkametyrimui. Ta£iau tai tik iºanga.

I² kur gi ir kaip gaunami statistiniai duomenys? Klausimai, kurie kylagyvenime, daºniausiai buna labai konkretus. Pavyzdºiui, mums rupi kokiunors gaminiu kokybes charakteristikos. Arba gyventoju pajamu pasiskirstymosavybes. Arba reklaminiu akciju efektyvumas. Arba dar kas nors... Taigiprie² mus tam tikru objektu aibe, apie kuri¡ norime igyti ºiniu. Statistikojeta realiu objektu aibe daºnai vadinama populiacija. I²tirti visus jos objektusdaºniausiai buna neimanoma arba tiesiog neprasminga uºduotis. Pavyzdºiui,

190

jei tirtume visos stiklo gamyklos produkcijos atsparum¡ smugiams tektusudauºyti visus lak²tus.

Todel tyrimui atsitiktinai atrenkama dalis tos populiacijos objektu, jiei²tiriami ir i² sukauptu duomenu daromos i²vados apie visum¡. Kaip toki¡praktik¡ apra²yti matematinemis s¡vokomis?

Visu pirma tarkime, kad mums rupima objektu savybe rei²kiama atsi-tiktinio dydºio X reik²memis. Daºniausiai tos reik²mes yra skai£iai, ta£iaunebutinai. Objekto atrinkimas ir reik²mes nustatymas tai bandymas, kuriampasibaigus galime uºsira²yti vien¡ atsitiktinio dydºio reik²m¦. Dydi, susijusisu pirmuoju bandymu ºymekime X1, su antruoju X2 ir t. t. Objektaiatrenkami tyrimui nepriklausomai, todel atsitiktiniai dydºiai Xj yra neprik-lausomi ir pasiskirst¦ taip pat kaip X. Taigi matematine s¡voka, atitinkantiatsitiktin¦ populiacijos objektu atrank¡, yra: nepriklausomu, vienodaipasiskirs£iusiu atsitiktiniu dydºiu seka X1, . . . , Xn.

Atsitiktine imtis36 apibreºimas. Nepriklausomu ir vienodai pasiskirs£iusiu atsitikti-niu dydºiu sek¡

〈X1, X2, . . . , Xn〉vadinsime atsitiktine imtimi.

Atlikdami matavimus ar stebejimus, gauname ²iu dydºiu reik²mes.37 apibreºimas. Atsitiktines imties 〈X1, X2, . . . , Xn〉 elementu

reik²miu sek¡ 〈x1, x2, . . . , xn〉 vadinsime atsitiktines imties realizacija, arbatiesiog imtimi.

Taigi atsitiktine imtis tai atsitiktiniu dydºiu seka, o imtis i² ²iu dydºiugautu reik²miu seka. Jeigu suvokiate, kuo skiriasi funkcija ir jos reik²me, taisuvoksite ir atsitiktines imties ir jos realizacijos skirtum¡.

3.2. Apra²omoji statistikaApra²omoji statistika tai dar ne statistika. Tai tik sukauptu duomenutvarkymas.

Sukaup¦ daugyb¦ knygu ºiniu dar neigysime. Reikia jas tam tikru budusutvarkyti, galu gale skaityti. Taip ir su sukauptais duomenimis. Galbut ju²imtai, ar tukstan£iai, bet kas i² to? Reikia juos kokiu nors budu susisteminti,sutvarkyti, pavaizduoti, kad atsiskleistu budingos savybes, i kurias isiºiurej¦galetume kelti klausimus ir ie²koti atsakymu.

191

Imties duomenu tvarkymo, sisteminimo ir vaizdavimo metodai tai apra²o-moji statistika. Jos uºdavinys padeti apºvelgti ir ivertinti tyrejo sukauptusduomenis.

Imtyje x1, x2, . . . , xn duomenys gali kartotis. Skai£ius xi yra atsitiktiniodydºio Xi, stebeto i-ajame bandyme, reik²me. Dydºiai gali i² viso igytinedaug reik²miu. Pavyzdºiui, vykdant prie²rinkimin¦ apklaus¡, rinkejai klau-siami, uº kuri kandidat¡ ketina balsuoti. Tada reik²miu gali buti tiek, kiekkandidatu.

Galime nustatyti, kokios skirtingos duomenu reik²mes pasitaiko imtyje irsuskai£iav¦ ju daºnius pavaizduoti imti lentele:

Duomenys x1 x2 x3 . . . xm

Daºniai ni n1 n2 n3 . . . nm

Santykiniai daºniai fi n1/n n2/n n3/n . . . nm/nSukauptieji daºniai

∑j<i fj 0 f1 f1 + f2 . . . f1 + . . . + fm−1

Lenteleje x1, x2, . . . , xm yra skirtingos imties duomenu reik²mes, ni duomensxi pasikartojimu imtyje skai£ius. Lentel¦ visada galima pavaizduoti stulpeliuarba skrituline diagrama. Stulpeliu diagramoje stulpeliu, atitinkan£iu reik²mesxj, auk²£iai yra proporcingi reik²miu daºniams nj, o skritulineje diagramojereik²miu daºniams proporcingi sektoriu kampai, ºr. breºini.

48 pavyzdys. Akiu spalvaMusu populiacija ºmones, dominanti savybe akiu spalva. Taigi keti-

name stebeti dydºius, kurie igyja reik²mes i² aibes

JUODA, M ELYNA, RUDA, ALIA.

Sudarydami imti ra²ysime tik pirm¡sias spalvu pavadinimu raides. Tarkime,atlikus tyrimus gauta tokia imtis:

JMMJMRMMMRJR.

Taigi daºniu lentele:

J M R ni 3 6 4 2fi 3/15 6/15 4/15 2/15∑j<i fj 0 3/15 9/15 13/15

192

J M R Z

fi

Imties vaizdavimas stulpeliu ir skrituline diagrama

Kai dydis X igyja skaitines reik²mes, imtyje x1, x2, . . . , xn beveik visiduomenys gali buti skirtingi. Tada visu reik²miu santykiniai daºniai busmaºi ir apylygiai. Tokiu atveju ir daºniu lentele, ir pagal j¡ nubraiºytastulpeliu diagrama neparodys budingu imties savybiu. Tada geriau sudarytisugrupuotuju duomenu daºniu lentel¦ ir naudojantis ja braiºyti stulpeliudiagram¡.

Tai daroma ²itaip. Vis¡ imties duomenu sriti padalykime d ilgio inter-valais Ij = [uj, uj+1), uj+1 = uj +d, j = 1, 2, . . . , N ir suskai£iuokime, dydºiusnj, kuriu reik²mes lygios imties duomenu, patekusiu i intervalus Ij, kiekiams.Gausime sugrupuotuju daºniu lentel¦

Duomenu intervalai I1 I2 I2 . . . IN

Duomenu intervaluose Ij kiekiai n1 n2 n3 . . . nN

Santykiniai daºniai pj n1/nd n2/nd n3/nd . . . nN/nd

i¡ lentel¦ gra²kai vaizduosime diagrama, sudaryt¡ i² stulpeliu su pagrindaisIj, kuriu auk²£iai lygus atitinkamiems santykiniams daºniams pj. Toki¡ dia-gram¡ vadinsime imties histograma. Intervalu ilgis d, panaudotas skai£iuo-jant pj, uºtikrina, kad sta£iakampiu plotu suma lygi vienetui. Prisiminkime,kad plotas, kuri apriboja absoliu£iai tolydaus atsitiktinio dydºio tankis irabscisiu a²is, irgi lygus vienetui. Taigi histogram¡ galima suvokti kaip tamtikr¡ apytiksli atsitiktinio dydºio tankio vaizd¡, gaut¡ naudojantis imtiesduomenimis.

193

0

0.4

fi

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

xi

0

0.5

fi

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

xi

0

0.5

fi

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

xi

Trys tos pa£ios imties i² n = 1000 duomenu histogramos. Pirmojojegrupavimo intervalu skai£ius n = 5, antrojoje N = 10 (rekomenduot-inta reik²me), tre£iojoje N = 30.

Kaip parinkti duomenu grupavimo intervalus Ij? Jeigu intervalu plo-tis d bus didelis svarbi informacija apie imties duomenis bus paslepta,jeigu parinksime labai maº¡ d informacija bus pavaizduota perdaug smulk-meni²kai ir negalesime iºvelgti esminiu bruoºu. Visada galima eksperimen-tuoti parenkant skirtingus d ir stebint, kaip kei£iasi histograma. Tam tikraismatematiniais samprotavimais pagrista nuomone, kad geriausiai imties savybesparodo histograma, kurios intervalu kiekis yra maºdaug

N ≈ 1 + 3, 3 lg n.

Taigi jei duomenu skai£ius n = 100, tai histogramai sudaryti reiktu panaudoti7 ar 8 intervalus.

Jeigu imties duomenys x1, x2, . . . , xn yra skai£iai, juos galime perrikiuotididejimo tvarka. Tokia didejimo tvarka i²destyta imties duomenu eile

x(1) ≤ x(2) ≤ . . . ≤ x(n)

vadinama imties variacine eilute. Pavyzdºiui, imties

2; 1,5; 3,1,5; 2,3; 1,7; 2 (43)

variacine eilute yra 1,5; 1,5; 1,7; 2; 2; 2; 3; 3, x(1) = x(2) = 1,5; x(8) = 3.

194

Pirmasis variacines eilutes narys yra tiesiog maºiausias duomuo, pasku-tinis didºiausias:

x(1) = minxj : j = 1,2, . . . , n, x(n) = maxxj : j = 1,2, . . . , n.Jeigu imtis gauta stebint skaitines reik²mes igyjanti atsitiktini dydi X,

galime pagal imti x1, x2, . . . , xn sudaryti funkcij¡, kuri¡ vadinsime empirinedydºio X pasiskirstymo funkcija. Paºymekime n(x) imties duomenu, maºesniuuº x, skai£iu. Tada empirin¦ pasiskirstymo funkcij¡ apibre²ime taip:

F ∗X(x) =

n(x)

n.

Pavyzdºiui, (43) imti atitinkanti empirine pasiskirstymo funkcija yra

F ∗X(x) =

0, jei x ≤ 1,5;28, jei 1,5 < x ≤ 1,7;

38, jei 1,7 < x ≤ 2;

68, jei 2 < x ≤ 3;

1, jei x > 3;

Jeigu skirtingos skaitines imties reik²mes x1, x2, . . . , xm sura²ytos didejimotvarka, tai sukauptieji daºniai lygus atitinkamoms empirines paskirstymofunkcijos reik²mems:

F ∗X(x) =

∑j<i

fj, jei x ∈ (xi−1, xi], i > 2.

Jeigu atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcija FX(x) yra tolydi, taiq-osios eiles kvantiliu vadiname lygties FX(u) = q sprendini u = uq. Jeigupasiremdami analogija bandytume apibreºti imties kvantilius kaip lygtiesF ∗

X(v) = q sprendinius, £ia F ∗X(v) yra empirine pasiskirstymo funkcija, susidur-

tume su sunkumais. Kadangi empirines pasiskirstymo funkcijos F ∗X(x) grakas

sudarytas i² lygiagre£iu abscisiu a²iai atkarpu, tai su vienomis q reik²memista lygtis turetu be galo daug sprendiniu, o su kitomis neturetu i² viso.

Taigi imties kvantilius reikia apibreºti kitaip. Paºymekime n(x) imtiesx1, x2, . . . , xn duomenu ne didesniu uº x (t. y. tenkinan£iu nelygyb¦ xi ≤ x)kieki, o n(x) ne maºesniu (t. y. tokiu, kuriems xi ≥ x). Tada

n(x) + n(x) ≥ n.

Empirini q-osios eiles kvantili vq turetume apibreºti taip, kad jis tenkintus¡lygas:

q ≤ n(vq)

n,

n(vq)

n≥ 1− q.

195

ios s¡lygos rei²kia, kad ne maºiau kaip q-¡j¡ visu imties duomenu dali sudaroduomenys ne didesni uº vq ir ne maºiau kaip (1− q)-¡j¡ dali ne maºesni uºvq. Kad ²i s¡lyga butu patenkinta, imties kvantilius apibre²ime taip.

38 apibreºimas. Imties x1, x2, . . . , xn q-osios eiles kvantiliu vadinsimeskai£iu vq, apibreºiam¡ taip:

vq =

x([qn]+1), jei qn nera sveikas skai£ius,(x(qn) + x(qn+1))/2, jei qn yra sveikas skai£ius,

£ia 0 < q < 1, ºymuo [qn] rei²kia skai£iaus sveik¡j¡ dali, o x(i) i-¡ji imtiesvariacines eilutes nari.

Daºniausiai naudojami q = 14, 2

4, 3

4eiles kvantiliai. Jie taip ir vadinami

kvartiliais bei ºymimi Q1, Q2, Q3. Kvartilis Q2 dar vadinamas mediana.Empirine pasiskirstymo funkcija, kuri¡ galime sudaryti naudodamiesi imties

duomenims, tik kai kuriomis savo savybemis primena stebimo atsitiktinio dy-dºio tikr¡j¡ pasiskirstymo funkcij¡. Pakartojus to paties dydºio stebejimusgautume kitoki¡ imti, taigi ir kitoki¡ empirin¦ pasiskirstymo funkcij¡. O kaippagal gaut¡j¡ imti sudaryti dydºius, kurie atitiktu kitas mums neºinomasstebimo atsitiktinio dydºio skaitines charakteristikas vidurki, dispersij¡?

Imties vidurkis ir dispersija39 apibreºimas. Tegu 〈x1, x2, . . . , xn〉 yra imtis, gauta stebint atsi-tiktinio dydºio X reik²mes. ios imties vidurkiu ir dispersija vadinsimeskai£ius

x =x1 + x2 + . . . + xn

n, s2 =

1

n− 1

n∑i=1

(xi − x)2.

Kodel imties vidurkio apibreºimo lygybes vardiklyje ra²ome n, o disper-sijos n − 1? Paai²kinti, kad nekiltu nauju klausimu, yra gana keblu. Pir-miausia, reikia pabreºti imties dispersijos prasm¦. Noretume, kad imtiesdispersija gerai ivertintu neºinom¡ stebimojo dydºio dispersij¡. Dispersijavertina dydºio reik²miu nuokrypiu nuo vidurkio didum¡. Jeigu ºinotumetikr¡ji atsitiktinio dydºio vidurki a, dydis

1

n

n∑i=1

(xi − a)2

puikiai tiktu dispersijai vertinti. Neºinodami a kei£iame ji i x. Taigi kiek pa-gadiname savo iverti. Vardiklio sumaºinimas nuo n iki n− 1 yra tam tikras

196

iver£io pataisymas. Prie klausimo, k¡ ²iuo veiksmu laimime, sugri²ime ki-tame skyrelyje.

Noredami apºvelgti imties duomenu savybes juos vaizduojame gra²kai,taip pat skai£iuojame skaitines imties charakteristikas: kvartilius, vidurki,dispersij¡. Kartais patogu svarbiausias imties charakteristikas: minimum¡,maksimum¡, kvartilius, vidurki pavaizduoti viename breºinyje, ºr. breºini.Tokie deºiu su usais breºiniai patogus, kai reikia palyginti keliu im£iuskaitines charakteristikas.

+

+

x(1)

x(n)

Q1

Q2

x

Q3

Skaitiniu imties charakteristiku vaizdavimas vienoje diagramoje. Nau-dojant tokias diagramas patogu lyginti kelias imtis.

Uºdaviniai1. Imties duomenys pirkeju, sustojusiu prie kasos, i²laidos pirkiniams (litais):

27, 20, 12, 20, 15, 20, 45, 10, 15, 10, 15, 30, 25, 20, 12.

Raskite ²i¡ imti atitinkan£ios variacines eilutes narius x(5), x(11). Raskite imtieskvartilius.

2. Trisde²imt dvieju studentu kontrolinio darbo ivertinimai pateikti daºniulenteleje

xi = 2 3 4 5 6 7 8 9 10ni = 1 2 4 3 5 3 5 5 4

Raskite imties median¡ ir kvartilius. Raskite imties vidurki ir dispersij¡.3. Devyniu studentu egzamino ivertinimai de²imties balu skaleje yra tokie

7, 6, 7, 10, 6, 5, 5, 9, 8.

Raskite imties median¡ ir vidurki. Kol kas neºinomas de²imtojo studento egzaminorezultatas, ta£iau ºinoma, kad bent vien¡ bal¡ jis tikrai gaus. Kiek daugiausiai

197

gali sumaºeti imties vidurkis? Kiek daugiausiai gali padideti? Ar gali vidurkislikti nepakit¦s? Kada? Jeigu vidurkis liks nepakit¦s, kaip pasikeis imties disper-sija? Kaip nuo de²imtojo studento ivertinimo priklauso imties mediana: kada jipasikeistu, kada ne?

4. Imties duomenys pilie£io N pokalbiu telefonu trukmes minutemis:

3, 5, 4, 3, 4, 2, 4, 7.

Kiek trukio ta²ku turi pagal ²i¡ imti sudaryta empirine pasiskirstymo funkcija?Kokiame ta²ke trukis yra didºiausias? Nubraiºykite empirines pasiskirstymo funkci-jos grak¡.

Atsakymai1. x(5) = 15; x(11) = 20; Q1 = 12; Q2 = 20; Q3 = 25.

2. Q1 = 5; Q2 = 7; Q3 = 9;x ≈ 6,719; s2 ≈ 5,434.

3. Q2 = 7; x = 7; vidurkis daugiausia gali sumaºeti dydºiu 0,6, padideti 0,3;vidurkis nepakistu, jei paskutinis ivertinimas butu 7, tada dispersija sumaºetu 1

3 ;mediana nepasikeistu, jeigu paskutinis ivertinimas butu ne maºesnis kaip 7, kitaisatvejais ji butu lygi 6,5.

4. Penkis trukio ta²kus; trukis didºiausias ta²ke x = 4.

3.3. Ta²kiniai iver£iaiRupi atsitiktinio dydºio vidurkis ar dispersija? Sukaupiate duomenu,paskai£iuojate, ivertintate. Viskas labai paprasta (beveik).

Dar kart¡ apºvelkime, ko gi mes tikimes i² statistikos. Atsitiktinio dydºioX reik²mes nusako tam tikros populiacijos individu savybes. Norime igytiºiniu apie t¡ atsitiktini dydi. Kokiu ºiniu? Pavyzdºiui, suºinoti vidurki,dispersij¡, kitus atsitiktinio dydºio parametrus. Parametr¡, kuris mums rupi,toliau ºymesime graiki²ka raide θ (teta). I² kur galime suºinoti apytiksl¦parametro θ reik²m¦? inoma, i² imties 〈x1, x2, . . . , xn〉, kurios duomenissukaupeme atlik¦ nepriklausomus atsitiktinio dydºio stebejimus. Siekdamipabreºti, kad i² imties gautoji reik²me yra tik apytiksle, ºymesime j¡ θ∗.Noredami surasti j¡ i² imties duomenu, atliekame skai£iavimus, kitaip tariant,skai£iuojame tam tikros funkcijos reik²m¦:

θ∗ = h(x1, x2, . . . , xn).

Pavyzdºiui, noredami ivertinti neºinom¡ vidurki θ = E[X] skai£iuojame

θ∗ = x =x1 + x2 + . . . + xn

n.

198

Ta£iau k¡ gi galime pasakyti apie gautosios reik²mes θ∗ = h(x1, x2, . . . , xn) irneºinomo parametro θ ry²i? Ar iver£io skai£iavimo taisykle h(x1, x2, . . . , xn)duoda artimas parametrui θ reik²mes? Kokia garantija, kad gautasis ivertisyra geras? Kaip nustatyti, ar skai£iavimo taisykle yra gera, ar ne?

Iver£io θ∗ = h(x1, x2, . . . , xn) reik²me priklauso nuo imties duomenu.Kit¡ kart¡ sudar¦ tokio pat dydºio imti, t. y. pakartotinai gav¦ atsitiktiniudydºiu X1, X2, . . . , Xn reik²mes, apskai£iuosime jau kiek kitoki¡ iver£io reik²-m¦. Taigi iver£iai θ∗, kuriuos gauname yra i² tikruju atsitiktinio dydºio

h(X1, X2, . . . , Xn)

reik²mes.

Statistika yra imties funkcija40 apibreºimas. Tegu 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra atsitiktine imtis.Atsitiktini dydi

T = h(X1, X2, . . . , Xn)

vadinsime statistika.Taigi mus dominan£io parametro iver£iai tai tam tikros statistikos reik²mes.Kadangi statistika yra naujas atsitiktinis dydis, sudarytas pasinaudojantimties dydºiais, tai galime nagrineti statistikos reik²miu i²sibarstym¡ apieneºinom¡ parametro reik²m¦ ir kitas reik²miu savybes. Toliau statistik¡,kuri naudojama neºinomam parametrui vertinti, vadinsime tiesiog ta²kiniuparametro iver£iu. Naturalus pageidavimas, kad galimos ta²kinio parametroreik²mes butu gerai i²sibarst¦ apie tikr¡j¡, bet mums neºinom¡ parametroreik²m¦. Vienas i² tokio gero i²sibarstymo poºymiu kad reik²miu vidurkisbutu lygus tikrajai vertinamo parametro reik²mei.

Nepaslinktas ivertis41 apibreºimas. Sakysime, kad θ∗ = h(X1, X2, . . . , Xn) yranepaslinktas parametro θ ivertis, jeigu

E[θ∗] = E[h(X1, X2, . . . , Xn)] = θ.

O dabar sugriºkime prie ankstesniame skyrelyje apibreºto imties vidurkioir dispersijos.

51 teorema. Tegu atsitiktinis dydis X turi vidurki a ir dispersij¡ σ2,o 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra ²io dydºio atsitiktine imtis. Tada

X =X1 + X2 + . . . + Xn

n, S2 =

1

n− 1

n∑i=1

(Xi −X)2

199

yra nepaslinktieji neºinomu parametru a ir σ2 iver£iai.Irodymas. inome, kad E[X] = E[Xj] = a,D[X] = D[Xj] = σ2. Reikia

irodyti, kad E[X] = a,E[S2] = σ2. Pirmoji lygybe beveik akivaizdi:

E[X] = E[1

n(X1 + . . . + Xn)] =

1

n(E[X1] + . . . + E[Xn]) =

na

n= a.

Kiek daugiau reikia pasidarbuoti irodinejant antr¡j¡ lygyb¦. Pirmiausia per-tvarkykime S2 :

(n− 1)S2 =n∑

i=1

(Xi −X)2 =n∑

i=1

(Xi − a + a−X)2 =

n∑i=1

(Xi − a)2 + 2n∑

i=1

(Xi − a)(a−X) + n(a−X)2 =

n∑i=1

(Xi − a)2 + 2(a−X)n∑

i=1

(Xi − na) + n(a−X)2 =

n∑i=1

(Xi − a)2 + 2(a−X)(nX − na) + n(a−X)2 =

n∑i=1

(Xi − a)2 − n(a−X)2,

S2 =1

n− 1

n∑i=1

(Xi − a)2 − n

n− 1(a−X)2

Dabar jau galime skai£iuoti vidurki:

E[S2] =1

n− 1

n∑i=1

E[(Xi − a)2]− n

n− 1E[(a−X)2]

=n

n− 1σ2 − n

n− 1E[(a−X)2].

Teks pertvarkyti dar vien¡ rei²kini:

(a−X)2 =1

n2(na−X1 −X2 − . . .−Xn)2 =

1

n2((a−X1) + (a−X2) + . . . + (a−Xn))2 =

1

n2

n∑i=1

(a−Xi)2 +

∑1≤i,j≤n

i6=j

(a−Xi)(a−Xj).

200

Pasinaudoj¦ tuo, kad E[(a−Xi)2] = σ2,

E[(a−Xi)(a−Xj)] = E[(a−Xi)]E[(a−Xj)] = (a−E[Xi])(a−E[Xj]) = 0,

gausime

E[(a−X)2] =1

n2nσ2 =

σ2

n,

E[S2] =n

n− 1σ2 − n

n− 1E[(a−X)2] =

n

n− 1σ2 − n

n− 1

σ2

n= σ2.

Galu gale irodymas baigtas.i teorema pateikia tikslu atsakym¡ i klausim¡ del vardiklio dispersijos

iver£io i²rai²koje. Jeigu dispersijai naudotume iverti

S20 =

1

n

n∑i=1

(Xi −X)2,

suskai£iav¦ vidurki gautume E[S20 ] = n−1

nσ2 6= σ2. Taigi toks ivertis nera

nepaslinktas dispersijos ivertis.Aptareme ta²kiniu iver£iu kokybes kriteriju nepaslinktumo s¡lyg¡.

Ta£iau kaip apskritai gauti tuos iver£ius? Kokius metodus naudoti? Vien¡,turbut pati papras£iausi¡, dabar aptarsime.

Del atsitiktinio dydºio X vidurkio ta²kinio iver£io daug galvos nesukome tiesiog pasinaudojome statistika

X =X1 + X2 + . . . + Xn

n.

Taip pat nereikia daug galvoti, kaip sudaryti momentu αk = E[Xk] iver£ius.is skai£ius (kai jis egzistuoja) tikimybiu teorijoje paprastai vadinamas atsi-tiktinio dydºio X k-osios eiles momentu.

42 apibreºimas. Atsitiktinio dydºio k-osios eiles momento αk =E[Xk] iverti

ak =Xk

1 + Xk2 + . . . + Xk

n

n

vadinsime atsitiktinio dydºio empiriniu k-osios eiles momentu.Galime lengvai isitikinti, kad empiriniai momentai yra nepaslinktieji iver-

£iai. O kaip sudaryti iver£ius kitiems parametrams, ne tik momentams?Pavyzdºiui, binominio dydºio X ∼ B(k, p) pasiskirstymas priklauso nuodvieju parametru k ir p, tolygiojo dydºio X ∼ T ([a, b]) irgi nuo dvieju a, b.

201

Tarkime, atsitiktinio dydºio pasiskirstym¡ valdo r parametru θ1, . . . , θr.Nuo ju taip pat priklauso ir momentu reik²mes. Taigi jeigu apskai£iuotumejuos, gautume rei²kinius αj = αj(θ1, θ2, . . . , θr). Ta£iau tai tik formaliosi²rai²kos, juk parametru reik²miu neºinome.

Atlik¦ bandymus gautume imti ir galetume surasti empiriniu momentua1, a2, . . . , ar reik²mes. O dabar svarbiausioji ideja: sulyginkime teoriniusmomentus ir empirinius momentus:

α1(θ1, θ2, . . . , θr) = a1, α2(θ1, θ2, . . . , θr) = a2, . . . , αr(θ1, θ2, . . . , θr) = ar.

I gaut¡sias lygybes galime ºvelgti kaip i lygtis, kuriose θ1, . . . , θr yra neºi-nomieji. Jei pavyks i²spr¦sti i²reik²ime rupimus parametrus empiriniaismomentais. ios i²rai²kos ie²komi parametru iver£iai. Ar geri ²ie iver£iai?Tirti ju savybes ne visada paprasta.

49 pavyzdys. Kiek metimu ir koks taiklumas?aulys ²aude i n taikiniu po k kartu. inoma, kad i taikinius pataike

x1, x2, . . . , xn kartu. Po kiek kartu jis ²aude ir kokia taiklaus ²uvio tikimybe?

inoma, tikslaus ²uviu skai£iaus ir taiklaus ²uvio tikimybes nesuºinosime.iuos dydºius galime tik ivertinti. Paºymekime taiklaus ²uvio tikimyb¦ p.Kadangi i kiekvien¡ taikini jis ²ove po k kartu, tai taikliu ²uviu skai£ius yraatsitiktinis dydis X ∼ B(k, p). Neºinome dvieju parametru: θ1 = k, θ2 = p.Taigi prireiks dvieju momentu: α1 = E[X] = kp ir α2 = E[X2].

inome dydºio X dispersij¡: D[X] = E[X2]− E[X]2 = kp(1− p). Taigi

E[X2] = kp(1− p) + E[X]2 = kp(1− p) + (kp)2.

Prilygin¦ teorinius momentus empiriniams gauname dvi lygtis

α1 = kp = a1, α2 = kp(1− p) + (kp)2 = a2.

I²sprend¦ gauname tikimybes ir ²uviu skai£iaus iver£ius:

p∗ = 1− a2 − a21

a1

, k∗ =a1

p∗.

I²bandykime ²ias formules su skai£iais. Tarkime, imti sudaro n = 20 duomenu,taigi ²audyta i dvide²imt taikiniu. Taikliu ²uviu skai£iai tokie:

4, 5, 5, 6, 3, 8, 8, 6, 6, 5, 8, 6, 4, 7, 6, 5, 6, 4, 8, 4.

Apskai£iav¦ empirinius vidurkius gausime a1 = 5,7, a2 = 34,7. Tada

p∗ ≈ 0,612, k∗ ≈ 9,3.

202

O kaip gi i² tikruju buvo gauta imtis? Buvo generuota dvide²imt atsitik-tinio dydºio X ∼ B(10; 0,6) reik²miu. Taigi gavome gana tikslius iver£ius.Ta£iau kai imtis nedidele, gero tikslumo nera ko tiketis. Kelios nedaºnaiigyjamos reik²mes gali labai i²kreipti rezultatus.

Panagrinekime dar vien¡ pavyzdi.50 pavyzdys. Velavimas i² mokyklosMoksleiviui sugriºti i² mokyklos pakanka 15 minu£iu, ta£iau jis visada

griºta veliau. Velavimo laikas X yra atsitiktinis dydis, sudarytas i² dviejunepriklausomu demenu: X = X1 + X2, £ia X1 ∼ T ([0, a]) papildomas laikas,sugai²tas kelyje, o X2 ∼ P(λ) laikas sugai²tas kalbantis su draugu prie²atsisveikinant. inomi n dienu velavimo laikai 〈x1, x2, . . . , xn〉. Reikia gautiparametru a ir λ iver£ius.

Padetis kiek neiprasta, nes mes neºinome, pagal koki desni pasiskirst¦satsitiktinis dydis. Ta£iau ºinome, kad jo pasiskirstymas priklauso nuo dviejuparametru θ1 = a, θ2 = λ. Taikysime momentu metod¡. Apskai£iuokime duteorinius momentus:

α1 = E[X] = E[X1 + X2] =a

2+ λ,

α2 = E[X2] = E[(X1 + X2)2] = E[X2

1 ] + 2E[X1] · E[X2] + E[X22 ] =

a2

3+ λa + λ2 + λ,

£ia pasinaudojome tuo, kad

E[X21 ] =

∫ a

0

1

ax2dx =

a2

3, E[X1X2] = E[X1]E[X2],

E[X22 ] = D[X2] + E[X2

2 ] = λ + λ2.

Taigi iver£iams rasti turime dvi lygybes:

a

2+ λ = a1,

a2

3+ λa + λ2 + λ = a2.

I² pirmos lygybes i²rei²k¦ a = 2a1 − 2λ ir istat¦ i²rai²k¡ i antr¡j¡ lygyb¦,gausime kvadratin¦ lygti λ iver£iui rasti. Ta lygtis po pertvarkiu atrodytutaip:

1

3λ2 +

(1− 2

3a1

)λ +

4

3a2

1 − a2 = 0. (44)

Panagrinekime skaitini pavyzdi. inome de²imties pavelavimu trukmes:

8,07; 16,53; 12,63; 11,57; 12,16; 4,49; 7,39; 13,73; 13,78; 16,83.

203

Apskai£iav¦ pirmuosius empirinius momentus gausime a1 ≈ 11,72; a2 ≈ 151,63.Lygtis (44) turi du sprendinius: λ1 ≈ 13,38 ir λ2 ≈ 7,06. Ta£iau pirmojireik²me duotu neprasming¡ musu situacijoje a reik²m¦. Taigi pasirink¦ ivertiλ∗ = 7,06 gauname a∗ = 9,32.

O kokios gi buvo tikrosios parametru reik²mes, panaudotos generuojantimti? tai jos: λ = 7, a = 5. Vieno parametro reik²m¦ pavyko nustatyti itintiksliai.

Uºdaviniai1. Autobusas atvaºiuoja kartais kiek veluodamas. Atvaºiavimo laiko ir nus-

tatyto grake laiko skirtumas yra atsitiktinis dydis X, tolygiai pasiskirst¦s intervale[0; a], t. y. X ∼ T ([−a; a]). Raskite ta²kini parametro a iverti momentu metodupasinaudoj¦ imties duomenimis:

0,549; 3,99; 1,49; 0,0239; 0,562; 3,20; 4,39; 2,52; 3,99; 1,81.

2. Autobusas atvaºiuoja kartais kiek veluodamas, kartais kiek per anksti. At-vaºiavimo laiko ir nustatyto grake laiko skirtumas yra atsitiktinis dydis X, tolygiaipasiskirst¦s intervale [−a; a], t. y. X ∼ T ([−a; a]). Raskite ta²kini parametro aiverti momentu metodu. Paband¦ spr¦sti ²i uºdavini isitikinsite, kad pirmasis em-pirinis momentas nepadeda. Todel pasinaudokite antruoju. Imties duomenys:

−1,73; 1,09; −0,608; 1,44; −0,151; −0,467; −1,96; −1,19; 1,78; −1,10.

3. Jono pokalbio trukme atsitiktinis dydis X ∼ E(λ). Suraskite ta²kini dydºioλ iverti pasinaudoj¦ imties duomenimis:

3,49; 0,619; 2,00; 2,81; 0,199; 5,11; 3,60; 11,1; 1,28; 4,80.

Atsakymai1. a∗ = 4,504.

2. a∗ = 2,226.

3. λ∗ = 0,2856.

204

3.4. Pasikliautiniai intervalaiPasikliautinis intervalas yra tarsi gaubtelis, kuriame tikriausiai yramums rupimas dydis parametro reik²me. Kaºkas pana²aus i kat¦mai²e, tik su tam tikra garantija.

Daugeliui ºmoniu patinka garantijos. Jeigu jus kam nors parodysiteta²kini svarbaus parametro iverti, galite susilaukti klausimo: o kokia garan-tija, kad ²i reik²me yra artima tikrajai parametro reik²mei? iame skyre-lyje panagrinesime statistikos uºdavinius, kuriu atsakymai pateikiami su tamtikra garantija.

Pasikliautinis intervalas43 apibreºimas. Tegu X yra stebimas atsitiktinis dydis,〈X1, X2, . . . , Xn〉 jo atsitiktine imtis, θ su dydºiu X susij¦s parame-tras, o

θ(X1, X2, . . . , Xn) ≤ θ(X1, X2, . . . , Xn)

du ta²kiniai ²io parametro iver£iai. Interval¡

I = (θ(X1, X2, . . . , Xn), θ(X1, X2, . . . , Xn))

vadinsime pasikliautiniu parametro θ iver£iu su pasikliovimo lygmeniuQ, 0 < Q < 1, jei

P (θ ∈ (θ(X1, X2, . . . , Xn), θ(X1, X2, . . . , Xn)) ≥ Q.

Taigi pasikliautinis intervalas yra tarsi uºdaryta deºute, jus j¡ iteikiate irpriduriate, kad tikimybe, jog ji netu²£ia, yra ne maºesne uº Q. Pasikliovimolygmuo ir yra garantija.

K¡ rei²kia, kad pasikliovimo lygmuo lygus, pavyzdºiui, 0,75? Galima su-vokti tai taip: jeigu pagal naudojam¡ metodik¡ bus sudaryti pasikliautiniaiintervalai i², pavyzdºiui, N = 1000 vienodo dydºio im£iu, tai maºdaug 750intervalu tikrai pagaus rupimo parametro reik²m¦. Ta£iau ar jus tikraiatsidurete tarp tu laiminguju, kurie sukonstravo gerus intervalus, deja, ne-suºinosite.

Panagrinekime vien¡ paprast¡ pavyzdi.51 pavyzdys. Sukirmij¦ grybaiKokia tikimybe, kad mi²ke rastas grybas bus sukirmij¦s? Tikriausiai

kiekvienas pasiulytu toki ²io uºdavinio sprendimo bud¡. Pririnkime krep²igrybu, suskai£iuokime, kiek ju yra i² viso, kiek sukirmijusiu. Jeigu bendras

205

grybu skai£ius yra n, o sukirmijusiu m, tai teigsime, kad tikimybe, jogmi²ko grybas sukirmij¦s, lygi p = m/n.

Koki gi statistikos uºdavini ²itaip i²sprendeme? Vienas grybas vienasbandymas, turintis dvi baigtis. Apibreºkime atsitiktini dydi X, igyjantireik²m¦ 1, jei grybas sukirmij¦s ir reik²m¦ 0, jeigu nesukirmij¦s. Taigi

P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1− p.

io dydºio pasiskirstymas priklauso nuo vieno parametro θ = p. Krep²ysgrybu tai atsitiktinio dydºio imtis, patikrin¦ visus juos, gauname nuliu irvienetu sek¡

〈x1, x2, . . . , xn〉, x1 + x2 + . . . + xn = m.

ie nuliai ir vienetai yra imties dydºiu X1, X2, . . . , Xn reik²mes, o m/n neºinomo parametro ta²kinis ivertis, kuriam gauti pasinaudojome pirmoseiles empiriniu momentu

a1 = X =X1 + X2 + . . . + Xn

n.

Ta£iau jokios garantijos del ²io ta²kinio iver£io tinkamumo negalime duoti.Tad naudodamiesi ta pa£ia imtimi sudarykime pasikliautini tikimybes p inter-val¡ su pasikliovimo lygmeniu 0 < Q < 1. Panaudosime eby²ovo nelygyb¦dydºiui X. Kadangi

E[X] = p,

D[X] =1

n2D[X1 + X2 + . . . + Xn] =

1

n2(D[X1] + D[X2] + . . . + D[Xn]) =

nD[X]

n2=

p(1− p)

n,

tai eby²ovo nelygyb¦ P (|X − E[X]| ≥ ε) ≤ D[X]/ε2 galime uºra²yti taip:

P (|X − p| ≥ ε) ≤ p(1− p)

ε2n, arba P (|X − p| < ε) ≥ 1− p(1− p)

ε2n.

Pastebekime, kad funkcija f(p) = p(1 − p), kai 0 < p < 1, didºiausi¡j¡reik²m¦ igyja su p = 1/2, taigi p(1 − p) ≤ 1/4. Tada i² eby²ovo nelygybesgauname

P (|X − p| < ε) ≥ 1− 1

4ε2n, arba P (X − ε < p < X + ε) ≥ 1− 1

4ε2n.

O dabar parinkime ε toki, kad butu

1− 1

4ε2n= Q, t. y. ε = ε(Q) =

1

2√

n(1−Q).

206

TadaP (X − ε(Q) < p < X + ε(Q)) ≥ Q,

kitaip tariant, (X − ε(Q), X + ε(Q)) yra pasikliautinis tikimybes intervalassu pasikliovimo lygmeniu Q.

Reikia pabreºti, kad ji sudareme naudodami labai paprast¡ iranki e-by²ovo nelygyb¦, todel skai£iuodami intervalo reºius su konkre£iomis reik²memisgautume intervalus su geroka atsarga. Tegu, pavyzdºiui, imtis i² tikrujudidele: n = 1000, o m = 470. Paskai£iuokime pasikliautinius intervalus suivairiomis Q reik²memis. tai rezultatai

Q = 0,6 0,7 0,8 0,9

X − ε 0,445 0,441 0,435 0,42X + ε 0,495 0,499 0,505 0,522ε = 0,05 0,058 0,07 0,1.

Paskutineje lenteles eiluteje pateiktas pasikliautinio intervalo ilgis. Kuo dides-nis pasikliovimo lygmuo (kuo didesnes garantijos reikia), tuo atsargesnismusu sprendimas.

3.5. Pasikliautiniai intervalainormaliuju dydºiu vidurkiams

Statistika kartais primena receptu rinkini: jeigu norite to, darykite²itaip, jeigu kito taip. Ta£iau receptai ne i² pir²to lauºti, bet pagristimatemati²kai.

Prisiminkime normaliuju dydºiu ²eim¡. Atsitiktinis dydis X vadinamasstandartiniu normaliuoju (X ∼ N (0, 1)), jeigu jo tankis yra

pX(x) =1√2π

e−x2/2.

inome, kad E[X] = 0,D[X] = 1. Jeigu X ∼ N (0, 1), tai su bet kokiaisskai£iais σ 6= 0, µ, atsitiktinis dydis Y = σX + µ irgi yra normalusis,

Y ∼ N (µ, σ2), E[Y ] = µ, D[Y ] = σ2.

Jeigu parink¦ kokius nors skai£ius a 6= 0 ir b sudarytume atsitiktini dydiZ = aY + b, jis vel butu normalusis. Taigi tiesines vieno normaliojo dydºiotransformacijos vel duoda normaliuosius dydºius.

O dabar prisiminkime dar vien¡ svarbi¡ normaliuju dydºiu ²eimos savyb¦.

207

52 teorema. Jeigu X1, X2 yra du nepriklausomi normalieji dydºiai, taiju suma X = X1 + X2 irgi yra normalusis dydis.

Taigi jei X1 ∼ N (µ1, σ21), X1 ∼ N (µ2, σ

22) yra nepriklausomi atsitiktiniai

dydºiai, taiX1 + X2 ∼ N (µ1 + µ2, σ

21 + σ2

2).

Derindami teiginius apie normaliojo dydºio tiesin¦ transformacij¡ ir nepri-klausomu atsitiktiniu dydºiu sum¡, gauname toki¡ i²vad¡.

53 teorema. Jei X1, X2, . . . , Xn yra nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai,a1, a2, . . . , an, b bet kokie skai£iai ir ne visi ai lygus nuliui, tai atsitiktinis dydis

Y = a1X1 + a2X2 + . . . + anXn + b

irgi yra normalusis.Taigi bet kokios nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu sistemos tiesine kom-

binacija vel yra normalusis atsitiktinis dydis.O dabar griºkime prie statistikos uºdaviniu. Turbut nereikia itikineti,

kad normaliaisiais dydºiais nusakomos daugelio populiaciju savybes. Todelnormaliuju dydºiu parametru vertinimo uºdaviniai yra svarbus.

Tarkime, 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra atsitiktine normaliojo dydºio X ∼ N (µ, σ2)imtis. Sudarysime svarbi¡ ivairiems taikymams ²ios imties statistik¡.

54 teorema. Tegu Xi ∼ N (µ, σ2) (i = 1, 2, . . . , n) yra nepriklausomiatsitiktiniai dydºiai. Tada atsitiktinis dydis

Z =X − µ

σ/√

n, X = X1 + X2 + . . . + Xn,

yra standartinis normalusis, t. y. Z ∼ N (0, 1).

Taigi i² bet kokio normaliojo atsitiktinio dydºio imties galime sudarytistatistik¡, kuri pasiskirs£iusi pagal standartini normaluji desni.

Irodymas. Kadangi

Z =X − µ

σ/√

n=

X1 + X2 + . . . + Xn − µn

σ√

n=

X1

σ√

n+

X2

σ√

n+ . . . +

Xn

σ√

n− µ

√n

σ,

tai Z yra nepriklausomu normaliuju atsitiktiniu dydºiu tiesine kombinacija,taigi vel normalusis dydis. Todel pakanka isitikinti, kad E[Z] = 0,D[Z] =1. Tai nesudetinga parodyti, naudojantis vidurkio ir dispersijos savybemis.

208

Pasinaudosime ²ia statistika sudarydami pasikliautini interval¡ normaliojodydºio vidurkiui su pasikliovimo lygmeniu Q.

Tarkime, stebimas dydis X pasiskirst¦s pagal normaluji desni, t. y. X ∼N (µ, σ2), be to ºinome dispersijos reik²m¦. Tegu 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yraatsitiktine imtis. Apibreºkime statistik¡

Z =X − µ

σ/√

n.

Naudodami imties duomenis ²ios statistikos reik²miu apskai£iuoti negalime,nes neºinome vidurkio µ reik²mes. Ta£iau ºinome, kad Z yra standartinisnormalusis dydis, Z ∼ N (0, 1). Tegu Q yra pasikliovimo lygmuo. Jeigustandartinio normaliojo dydºio tankio grakas ir tieses y = 0, x = a, x = bapriboja Q ploto gur¡, tai P (a < Z < b) = Q. Intervalas (a; b) bus patstrumpiausias, kai jis bus simetri²kas koordina£iu pradºios atºvilgiu, t. y. kaibus b = z, a = −z. Kaip surasti skai£iaus z reik²m¦? Plotas po tankio grakui kair¦ nuo tieses x = −z turi buti lygus plotui i de²in¦ nuo tieses x = z, oju suma turi buti lygi 1 − Q. Taigi tie plotai lygus (1 − Q)/2, todel z yrastandartinio normaliojo dydºio (1−Q)/2 lygio kritine reik²me, kitaip tariantyra 1 − (1 − Q)/2 = (1 + Q)/2 lygio kvantilis. Paºymekime ²i¡ z reik²m¦z(1+Q)/2, j¡ gausime spr¦sdami lygti

Φ(z) =1 + Q

2.

Prisiminkime, kad ²ios lygties sprendiniams rasti galime pasinaudoti lentelemisarba kompiuterio programomis.

Standartinio normaliojo dydºio kvantiliu skai£iavimas Excelio skai£i-uokle.

Taigi

P (−z < Z < z) = P(− z <

X − µ

σ/√

n< z

)= Q, z = z(1+Q)/2.

209

Po paprastu pertvarkiu pastar¡j¡ lygyb¦ galime perra²yti taip:

P(X − z

σ√n

< µ < X + zσ√n

)= Q.

i lygybe tai teiginys, kad neºinomas vidurkis patenka i interval¡, kurioreºius galime apskai£iuoti naudodamiesi imties duomenimis.

Pasikliautinis intervalas atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, σ2)vidurkiui, kai σ2 ºinome

Pasikliautinis intervalas vidurkiui su pasikliovimo lygmeniu Q yra(X − z

σ√n

; X + zσ√n

), z = z(1+Q)/2,

£ia 0 < Q < 1, z(1+Q)/2 yra lygties Φ(z) = (1 + Q)/2 sprendinys.

52 pavyzdys. Stebint atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, 1) reik²mes, gautatokia de²imties duomenu imtis

5,26; 4,80; 4,91; 4,98; 4,79; 4,99; 3,81; 5,29; 6,15; 4,21.

Suskai£iav¦ vidurki gautume X = 4,919. Kokio ilgio pasikliautinius intervalusgalime sukonstruoti naudodamiesi ²iais duomenimis?

tai rezultatai:Q = 0,6 0,7 0,8 0,9 0,95z = 0,842 1,04 1,28 1,64 1,96µ = 4,65 4,59 4,52 4,40 4,30µ = 5,19 5,25 5,32 5,44 5,54

ilgis = 0,54 0,66 0,80 1,04 1,24

Lenteleje µ, µ ºymi atitinkamai apatinius ir vir²utinius pasikliautiniu intervalureºius, paskutineje eiluteje nurodytas pasikliautinio intervalo ilgis.

Idomu, kiek reiktu duomenu, kad pasikliautinio intervalo ilgis nevir²ytu,pavyzdºiui, 0,1? Kadangi intervalo ilgis lygus 2zσ/

√n = 2z/

√n, tai at-

sakym¡ gautume spr¦sdami nelygybes 2zσ/√

n ≤ 0,1. Pasikliovimo lygmenisQ = 0,6; 0,7; 0,8; 0,9; 0,95 atitinkamai gautume, kad duomenu turi buti nemaºiau kaip

284, 430, 657, 1083, 1537.

Jeigu pakartosite skai£iavimus su pavyzdºio duomenimis, galite gauti kiekskirtingas reik²mes, nes £ia pateikti rezultatai, gauti skai£iuojant su tik-slesnemis nei pateiktos lenteleje z reik²memis.

210

Tokia padetis, kai ºinome normaliojo dydºio didpersij¡, nera labai tikrovi²ka.Daºniausiai neºinome nei vidurkio, nei dispersijos. Kaipgi konstruoti vidurkiopasikliautini interval¡ tokiu atveju? Prisiminkime, kad

S2 =1

n− 1

n∑i=1

(Xi −X)2

yra nepaslinktas dispersijos ivertis. Pirma mintis, kuri kyla, galvojant, kuopakeisti statistik¡ Z tokia: pakeiskime Z i²rai²koje σ i S. itaip sudarysimenauj¡ statistik¡

T =X − µ

S/√

n.

I² karto atsiranda nauja kliutis: neºinome, kaip pasiskirst¦s atsitiktinis dydisT.

Du nauji dydºiai44 apibreºimas. Tegu X0, X1, X2, . . . , Xn yra nepriklausomi, pagalstandartini normaluji desni pasiskirst¦ atsitiktiniai dydºiai. Apibreºkimedu naujus atsitiktinius dydºius

χ2n = X2

1 + X22 + . . . + X2

n, Tn =X0√χ2

n/n.

Sakysime, kad dydis χ2n pasiskirst¦s pagal chi-kvadrat desni su n laisves

laipsniu, ºymesime χ2n ∼ χ2(n), o dydis Tn pagal Studento desni su n

laisves laipsniu, ºymesime Tn ∼ St(n).

Abu naujieji dydºiai yra absoliu£iai tolydus, ºr. ju tankiu breºinius.

n = 1

n = 3

n = 5

x

y

Atsitiktiniu dydºiu χ2n tankiu grakai. Kai n = 1, tankis neapreºtai

dideja, artejant prie nulio.

211

n = 1

n = 3

n = 5

x

y

Atsitiktiniu dydºiu Tn ∼ St(n) tankiu grakai.

Kadangi ²ie dydºiai svarbus sprendºiant ivairius statistikos uºdavinius,yra sudarytos ju pasiskirstymo funkciju reik²miu bei kvantiliu lenteles. i-noma, ²ias reik²mes skai£iuoja ir ivairios kompiuteriu programos.

Chi-kvadrat dydºio pasiskirstymo funkcijos ir kvantilio skai£iavimasExceliu.

O dabar griºkime prie pasikliautiniu intervalu.

212

Svarbi statistika

55 teorema. Tegu X ∼ N (µ, σ2), o 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra ²io atsitik-tinio dydºio imtis. Tada

T =X − µ

S/√

n∼ St(n− 1).

Naudodamiesi ²iuo teiginiu galime sudaryti pasikliautini interval¡ vidurk-iui visai pana²iai kaip tuo atveju, kai dispersija yra ºinoma. Paºymekimet = t(1+Q)/2(n − 1) atsitiktinio dydºio Tn−1 ∼ St(n − 1) lygmens (1 + Q)/2kvantili, t. y. lygties FTn−1(t) = (1 + Q)/2 sprendini. Tada

P (−t < T < t) = P(− t <

X − µ

S/√

n< t

)= Q,

arbaP

(X − t

S√n

< µ < X + tS√n

)= Q.

213

Pirmajame breºinyje parodyta, kaip naudojantis Exceliu skai£iuojamatikimybes P (Tn > x) reik²me, t. y. 1−FTn(x), Tn ∼ St(n). Antrajamebreºinyje parodytas dydºio Tn kvantilio skai£iavimas.

Pasikliautinis intervalas atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, σ2)vidurkiui, kai σ2 neºinome

Pasikliautinis intervalas vidurkiui su pasikliovimo lygmeniu Q yra(X − t

S√n

; X + tS√n

),

£ia 0 < Q < 1, t = t(1+Q)/2(n− 1) yra lygties

FTn−1(t) = (1 + Q)/2, Tn−1 ∼ St(n− 1)

sprendinys,

X =X1 + . . . + Xn

n, S =

√S2 =

√√√√ 1

n− 1

n∑i=1

(Xi −X)2.

53 pavyzdys. De²imties duomenu imtisStebint atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, σ2) reik²mes gauta tokia de²imties

duomenu imtis

4,19; 4,20; 5,12; 6,11; 4,37; 5,50; 4,81; 4,44; 4,17; 5,91.

Imties vidurkis X = 4.88, dispersija ir standartinis nuokrypis s2 = 0,544, s =0,738. Pasikliautiniu intervalu su pasikliovimo lygmenimis Q reºiai pateiktilenteleje.

Q = 0,6 0,7 0,8 0,9 0,95z = 0,883 1,10 1,38 1,83 2,26µ = 4,67 4,62 4,56 4,45 4,35µ = 5,09 5,14 5,20 5,31 5,41

ilgis = 0,411 0,512 0,645 0,853 1,06

io pavyzdºio imtis sudaryta i² to paties kaip ankstesniajame pavyzdyje dy-dºio X ∼ N (5, 1) reik²miu. Sudarydami pasikliautini interval¡ naudojomemaºiau informacijos negu pirmajame pavyzdyje, nes neºinojome dispersijos.Palygin¦ abieju pavyzdºiu pasikliautinius intervalus, galime kiek nustebti.Naudodami maºiau informacijos gavome tikslesnius rezultatus (trumpesniusintervalus)! Kuo tai galime paai²kinti?

214

Atkreipkime demesi, kad tuo atveju, kai dispersija yra ºinoma, pasikliau-tinio intervalo ilgis nepriklauso nuo imties. O kai neºinoma intervalo ilgis2tS/

√n yra atsitiktinis. Taigi kartais galime gauti labai tikslius rezultatus, o

kartais labai netikslius. Juk ir visai netaiklus ²aulys, gali pataikyti i taikinii² karto, ta£iau neskubesime ºavetis jo taiklumu, neisitikin¦, ar visada jis taiptaikliai ²audo.

Uºdaviniai1. Normaliojo dydºio X ∼ N (µ, 1) imtis

1,73; 3,39; 1,89; ,459; 1,09; 2,34; 2,26; 1,63; 2,63; 2,13; 2,80; 1,46.

Sudarykite pasikliautinius intervalus vidurkiui su pasikliovimo lygmenimisQ = 0,7; 0,8; 0,9; 0,95.

2. Normaliojo dydºio X ∼ N (µ, 0,25) imtis

2,60; 2,98; 3,13; 3,60; 2,74; 3,35; 3,08; 3,03; 2,88; 3,19; 3,36; 2,78.

Sudarykite pasikliautinius intervalus vidurkiui su pasikliovimo lygmenimisQ = 0,7; 0,8; 0,9; 0,95.

3. Kiek duomenu turetu buti atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, 0,25) imtyje, kadpasikliautiniu intervalu su pasikliovimo lygmenimisQ = 0,7; 0,8; 0,9; 0,95 ilgiai butu maºesni uº 0,01?

4. Normaliojo dydºio X ∼ N (µ, σ2) imtis

0,648; 2,65; 2,83; 0,935; −0,250; 2,36; 3,41; 2,24; 2,57; 1,05; 1,10.

Sudarykite pasikliautinius intervalus vidurkiui su pasikliovimo lygmenimisQ = 0,7; 0,8; 0,9; 0,95.

5. Normaliojo dydºio X ∼ N (µ, σ2) imtis

0,402; 1,70; 0,835; 0,961; 1,21; 1,29; 0,419; 1,50; 1,40; 1,23; 1,02.

Sudarykite pasikliautinius intervalus vidurkiui su pasikliovimo lygmenimisQ = 0,7; 0,8; 0,9; 0,95.

Atsakymai1. [1,679; 2,281]; [1,611; 2,349]; [1,506; 2,454]; [1,414; 2,546].2. [2,910; 3,210; [2,876; 3,244; [2,823; 3,297; [2,778; 3,342].3. Daugiau kaip 10730; 16440; 27060; 38420.4. [1,407; 2,153]; [1,311; 2,249]; [1,161; 2,399]; [1,018; 2,542].5. [0,954; 1,226]; [0,918; 1,262]; [0,863; 1,317]; [0,811; 1,369].

215

3.6. Sekmes tikimybes pasikliautiniai intervalaiVel griºtame prie dydºiu, igyjan£iu tik dvi reik²mes, kitaip tariant prie Bernoullio bandymu...

Gaminys bus geras ar blogas, metimas i krep²i taiklus arba ne, grybasbus sukirmij¦s ar sveikas... tai vis bandymu su dviem baigtimis sekme irnesekme pavyzdºiai. Tikimybiu teorijos poºiuriu atlik¦ kiekvien¡ bandym¡gauname vien¡ i² galimu atsitiktinio dydºio X reik²miu vienet¡, jei sekme,nuli, jei nesekme:

P (X = 1) = p, P (X = 0) = q, q = 1− p. (45)

Tokio dydºio imtis nuliu ir vienetu seka 〈x1, x2, . . . , xn〉, o vidurkis E[X] =p. Ta²kinis tikimybes ivertis tai pirmasis empirinis momentas

X =X1 + X2 + . . . + Xn

n=

sekmiu skai£iusn

.

Pradedami nagrineti pasikliautinius intervalus pasinaudojome eby²ovo ne-lygybe ir sudareme sekmes tikimybes pasikliautini interval¡. Metodas geras,ta£iau daºnai duoda labai jau atsargius rezultatus. Ar butume patenkin-ti, pavyzdºiui, jeigu automobiliu grei£io vidurkiui kas nors mums nurodytupasikliautini interval¡ nuo 10 iki 100 kilometru per valand¡?

iame skyrelyje pasikliautiniu intervalu sudarymui pasinaudosime cen-trine ribine teorema. Jos esm¦ trumpai galime nusakyti taip: jei 〈X1, . . . , Xn〉yra atsitiktine (45) dydºio imtis, tai su dideliais n statistika

Z =X1 + X2 + . . . + Xn − np√

np(1− p)=

X − p√p(1− p)/n

pasiskirs£iusi beveik kaip standartinis normalusis dydis.Taigi, jei Q yra pasikliovimo lygmuo, o z = z(1+Q)/2 standartinio nor-

maliojo dydºio (1 + Q)/2 lygio kvantilis, tai galime manyti, kad

P (−z < Z < z) = P(− z <

X − p√p(1− p)/n

< z)≈ Q.

i¡ lygyb¦ galime pertvarkyti taip:

P(− z

√p(1− p)√

n< X − p < z

√p(1− p)√

n

)≈ Q, z = z 1+Q

2. (46)

216

Toliau galime elgtis dvejopai. Viena vertus konstruodami pasikliautini inter-val¡ naudodamiesi eby²ovo nelygybe, nustateme, kad p(1− p) ≤ 1/4. Jeigupakeisime p(1− p) musu nelygybeje i 1/4 gausime

P(− z

2√

n< X − p <

z

2√

n

)≥ Q,

P(X − z

2√

n< p < X +

z

2√

n

)≥ Q,

I =(X − z

2√

n; X +

z

2√

n

)yra pasikliautinis p intervalas. z = z 1+Q

2.

itaip mes sudarome ilgesni interval¡ negu galetume. Nenoredami prarastitikslumo galetume elgtis taip. Pakeiskime (46) nelygyb¦ ekvivalen£ia jainelygybe

(X − p)2 < z2p(1− p)

n

ir spr¦skime j¡ laikydami neºinomuoju p. I²bandykime abu metodus su tuopa£iu sukirmijusiu grybu pavyzdºiu.

54 pavyzdys. Sukirmij¦ grybaiI² n = 1000 grybu m = 470 buvo sukirmij¦. Sudarysime pasikliautinius

intervalus su ivairiomis Q reik²memis taikydami eby²ovo nelygyb¦ ir abumetodus, naudojan£ius centrin¦ ribin¦ teorem¡. Pasikliautiniu intervalu ap-atinius reºius ºymesime p0, p1, p2, vir²utinius p0, p1, p2, o l0, l1, l2 ºymesimepasikliautiniu intervalu ilgius.

Q = 0,6 0,7 0,8 0,9p0 = 0,445 0,441 0,435 0,42p0 = 0,495 0,499 0,505 0,52l0 = 0,05 0,058 0,07 0,1p1 = 0,4567 0,4536 0,4497 0,4440p1 = 0,4833 0,4864 0,4903 0,4960l1 = 0,0266 0,0329 0,0404 0,0518p2 = 0,4567 0,4537 0,4498 0,4440p2 = 0,4833 0,4864 0,4903 0,4960l2 = 0,0266 0,0327 0,0404 0,0518

Matome, kad centrine ribine teorema gerokai patikslino pasikliautinius inter-valus, ta£iau abu jos taikymo metodai dave labai artimus rezultatus. Toks ne-didelis abieju metodu rezultatu skirtumas galbut yra todel, kad X = m/n =0,47 yra arti 0,5.

217

Tarkime, sukirmijusiu grybu skai£ius dabar lygus m = 300. Jeigu sudary-tume pasikliautinius intervalus pirmaisiais dviem budais, jie butu to paties il-gio, tiktai ju centrai butu kitame ta²ke. Tre£iuoju metodu su Q = 0,6; 0,7; 0,8; 0,9sudarytu intervalu ilgiai butu

0,0244; 0,03; 0,0371; 0,048.

Ta£iau taikant centrin¦ ribin¦ teorem¡ atsiranda paklaida dar del vienosprieºasties. Juk statistikos Z pasiskirstymo desnis ne visi²kai sutampa sustandartinio normaliojo dydºio desniu! Taigi pasikliautiniu intervalu, kuriuossukonstravome pasikliovimo lygmuo galbut kiek maºesnis uº Q!

Uºdaviniai1. I² 2212 apklaustu gyventoju 654 atsake, kad remia dabartini vyriausybes

kurs¡. Pasinaudokite centrine ribine teorema ir sudarykite pasikliautinius in-tervalus vyriausyb¦ remian£iu gyventoju procentui su pasikliovimo lygmenimisQ = 0,7; 0,8; 0,9; 0,95.

2. Kiek rinkeju reiktu apklausti, kad pasikliautiniu intervalu vyriausyb¦ remian£iugyventoju procentui su paskliovimo lygmenimis Q = 0,7; 0,8; 0,9; 0,95 ilgiai butune didesni uº 1?

3. I² 3000 pasetu ir i²dygusiu ºirniu 1578 praºydo baltai. Sudarykite pasik-liautinius intervalus tikimybei, kad ºirnis ºydes baltai su pasikliovimo lygmenimisQ = 0,7; 0,8; 0,9; 0,95.

Atsakymai1. [28,50; 30,70]; [28,24; 30,96]; [27,86; 31,34]; [27,52; 31,68].2. Daugiau kaip 10730; 16440; 27060; 38420.3. [0,5165; 0,5355]; [0,5143; 0,5377]; [0,5110; 0,5410]; [0,5081; 0,5439].

3.7. Pasikliautiniai intervalai dispersijaiVidurkio pasikliautiniu intervalu konstravimo receptai netinka disper-sijai. Tenka imtis darbo i² naujo.

Sudarysime pasikliautini interval¡ pagal normaluji desni pasiskirs£iusiodydºio X ∼ N (µ, σ2) dispersijai D[X] = σ2.

Jeigu atsitiktinio dydºio vidurkis yra ºinomas, o 〈X1, X2, . . . , Xn〉 atsitik-tine imtis, tai dispersijos ta²kiniam iver£iui galime naudoti statistik¡

S20 =

1

n

n∑i=1

(Xi − µ)2.

218

is ivertis yra nepaslinktas, t. y. E[S20 ] = σ2. Jeigu padalytume i² dispersijos,

gautume

S20

σ2=

1

nσ2

n∑i=1

(Xi − µ)2 =1

n

n∑i=1

(Xi − µ

σ

)2

,nS2

0

σ2=

n∑i=1

(Xi − µ

σ

)2

.

Panagrinekime dydºius Yi = (Xi − µ)/σ. Jie yra nepriklausomi, normalieji.Dar daugiau, kadangi E[Yi] = 0,D[Yi] = 1, tai dydºiai yra standartiniainormalieji, Yi ∼ N (0, 1). Ta£iau tada

nS20

σ2=

n∑i=1

Yi ∼ χ2(n),

taigi ºinome, koks yra statistikos nS20/σ

2 pasiskirstymo desnis. Toliau sudarytipasikliautini interval¡ galime pana²iai kaip vidurkio atveju. Po dydºio χ2

n ∼χ2(n) tankiu tiesemis x = u, x = v, y = 0 apribokime ploto Q gur¡. ia0 < Q < 1 yra pasikliovimo lygmuo. Tada

P(u <

nS20

σ2< v

)= Q, arba P

(nS20

v< σ2 <

nS20

u

)= Q.

Kaip parinkti skai£ius u, v? Geriausia juos parinkti taip, kad plotai po tankiograku i kair¦ nuo tieses x = u ir i de²in¦ nuo tieses x = v butu lygus(1−Q)/2. Tada ²ie skai£iai butu dydºio χ2

n atitinkamai (1−Q)/2 ir (1+Q)/2lygmens kvantiliai, t. y. lyg£iu

Fχ2n(u) =

1−Q

2, Fχ2

n(v) =

1 + Q

2,

sprendiniai. Juos galime rasti i² lenteliu arba apskai£iuoti kompiuteriu.

Pasikliautinis intervalas normaliojo dydºio dispersijai, kaividurkis ºinomas

Jeigu X ∼ N (µ, σ2), 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra jo imtis, o vidurkis µ ºinomas,tai pasikliautinis intervalas dispersijai σ2 su pasikliovimo lygmeniu Q yra

(nS20

v;nS2

0

u

)

£ia u, v yra dydºio χ2n ∼ χ2(n) atitinkamai (1−Q)/2 ir (1+Q)/2 lygmens

kvantiliai, o

S20 =

1

n

n∑i=1

(Xi − µ)2.

219

O kas kei£iasi, kai vidurkis neºinomas? Pasirodo, kad nedaug kas.56 teorema. Jeigu X ∼ N (µ, σ2), 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra jo atsitiktine

imtis, tai(n− 1)S2

σ2∼ χ2(n− 1).

Taigi pasikliautinis intervalas sudaromas ir ²iuo atveju labai pana²iai.

Pasikliautinis intervalas normaliojo dydºio dispersijai, kaividurkis neºinomas

Jeigu X ∼ N (µ, σ2), 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra jo imtis, o vidurkis µ neºino-mas, tai pasikliautinis intervalas dispersijai σ2 su pasikliovimo lygmeniuQ yra ((n− 1)S2

v;(n− 1)S2

u

);

£ia u, v yra dydºio χ2n ∼ χ2(n − 1) atitinkamai (1 − Q)/2 ir (1 + Q)/2

lygmens kvantiliai, o

S2 =1

n− 1

n∑i=1

(Xi −X)2, X =X1 + X2 + . . . + Xn

n.

Uºdaviniai1. Sudarykite pasikliautinius intervalus atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, σ2) dis-

persijai su pasikliovimo lygmenimis Q = 0,7; 0,8; 0,9; 0,95, jeigu dydºio imtistokia:

−3,11; 2,16; 2,15; 0,224; 2,89; 1,30; 2,81; −0,558; −1,84; −0,926;−0,311; −1,29; 0,917; 4,57; −0,574.

2. Sudarykite pasikliautinius intervalus atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, σ2) dis-persijai su pasikliovimo lygmenimis Q = 0,7; 0,8; 0,9; 0,95, jeigu dydºio imtistokia:

2,22; 1,67; 2,28; 0,287; 1,83; 0,632; 2,77; 0,158; 1,29; 3,68;0,947; 0,754; 1,99; 2,87; 2,31.

Atsakymai1. [3,12; 6,97]; [2,88; 7,78]; [2,56; 9,23]; [2,32; 10,8].2. [0,755; 1,69]; [0,696; 1,88]; [0,619; 2,23]; [0,561; 2,60].

220

3.8. Tiesine regresijaPer du plok²tumos ta²kus galime nubreºti tik vien¡ ties¦. Jeigu duotitrys ta²kai per juos einan£ios tieses gali ir nebuti. Tuo labiau, jeitu ta²ku trys, keturi ar keturi tukstan£iai. Tada galime ie²koti tokiostieses, kad duotieji ta²kai apie j¡ butu kuo maºiausiai i²sibarst¦.

Nagrinejome neºinomu parametru iver£ius, kuriuos sudareme naudodamiesiimties duomenimis atsitiktiniu dydºiu reik²memis, gautomis i² nepriklausomustebejimu. Tie dydºiai atsitiktines imties komponentes yra nepriklau-somi ir vienodai pasiskirst¦. Dabar panagrinesime kitokios ru²ies parametruiver£iu sudarymo uºdavini.

Tarkime, reikia nubreºti ties¦, kurios lygtis iprastoje koordina£iu siste-moje yra y = α + βx. Jeigu liniuotes neturite, tieses nenubre²ite. Nubre²itelinij¡, kuri tik primena ties¦. Jeigu breºinyje parinktume x = x1, x2, . . . , xn

ir matuotume ordinates, gautume

yi = α + βxi + ui, i = 1, 2, . . . , n.

Skai£ius ui (nuokrypius) galime suvokti kaip atsitiktiniu dydºiu Ui reik²mes.Padarysime prielaid¡, kad ²ie dydºiai yra nepriklausomi ir vienodai pasiskirst¦,E[Ui] = 0,D[Ui] = σ2. Skai£ius yi irgi galime suvokti kaip atsitiktiniu dydºiuYi = α+βxi+Ui reik²mes; ²ie dydºiai irgi nepriklausomi, ta£iau nera vienodaipasiskirst¦, nes ju vidurkiai E[Yi] = α + βxi yra skirtingi.

O dabar, tarkime, praejo koks pusmetis laiko, ir jus seniai pamir²ote,koki¡ ties¦ reikejo nubreºti, breºinys ir tas pasimete. Ta£iau liko i²matuotosta²ku koordinates:

〈x1; y1〉, 〈x2; y2〉, . . . , 〈xn; yn〉.Koki¡ gi ties¦ norejote nubreºti?

Tiesines regresijos uºdavinysAtsitiktiniams dydºiams Yx (x ∈ I) teisinga lygybe

Yx = α + βx + Ux,

£ia I yra baigtinis ar begalinis intervalas, Ux nepriklausomi, vien-odai pasiskirst¦ atsitiktiniai dydºiai, E[Ux] = 0,D[Ux] = σ2. Atlikusmatavimus gautos x, Yx reik²mes

〈x1; y1〉, 〈x2; y2〉, . . . , 〈xn; yn〉, yi yra Yxireik²me.

Reikia gauti parametru α, β iver£ius.

221

Tiesines regresijos uºdavini galime interpretuoti, kaip dvieju dydºiu prik-lausomybes tyrim¡. Dydºio y reik²m¦ lemia du veiksniai: tiesine priklau-somybe nuo x ir atsitiktinis demuo. Pagal stebejimo duomenis reikia atskleistitiesinio ry²io parametrus. Tai daºnas ivairiu tyrimu tikslas. Pavyzdºiui, gal-ime speti, kad mi²ko medºio auk²£io ir skersmens s¡ry²yje galima i²skirtitiesin¦ komponent¦. Bi£iu sune²to medaus kiekis pana²iai priklauso nuosauletu dienu skai£iaus ir t. t.

Jeigu dydºiai xi savo ruoºtu yra atsitiktinio dydºio X reik²mes, tai i²spr¦stitiesines regresijos uºdavini, rei²kia naudojantis (??) duomenimis gauti parametruα, β, siejan£iu atsitiktinius dydºius, iver£ius

Y = α + βX + U.

Pavaizdav¦ ta²kus 〈xi, yi〉 gausime ta²ku debesi, reikia surasti ties¦, apiekuri¡ ²ie ta²kai butu maºiau i²sibarst¦ negu apie bet kuri¡ kit¡.

Taikysime maºiausiu kvadratu metod¡. Dydºiai α ir β kol kas mumsneºinomi. Paºymekime y(x) = α + βx ir sudarykime funkcij¡

S(α, β) =n∑

i=1

(y(xi)− yi)2 =

n∑i=1

(α + βxi − yi)2.

Ie²kokime tu α, β reik²miu, su kuriomis ²ios funkcijos reik²me maºiausia. Tasreik²mes rasime prilygin¦ dalines funkcijos i²vestines nuliui:

∂S

∂α= 2

n∑i=1

(α + βxi − yi) = 0,

∂S

∂β= 2xi

n∑i=1

(α + βxi − yi) = 0.

Dabar belieka tik kiek paskai£iuoti. tai rezultatai.

Regresijos lygties koecientaiMaºiausiu kvadratu metodu gaunami ²ie regresijos lygties parametru α, βiver£iai

β∗ =n

∑ni=1 xiyi − (

∑ni=1 xi)(

∑ni=1 yi)

n(∑n

i=1 x2i )− (

∑ni=1 xi)2

,

α∗ = y − β∗x,

£ia x = (x1 + . . . + xn)/n, y = (y1 + . . . + yn)/n.

(46)

222

55 pavyzdys. Tiesines regresijos uºdavinys

I² stebejimu gauti tokie duomenys

〈−1; 0,696〉, 〈0,182; 0,032〉, 〈−0,586; 0,194〉, 〈0,252;−0,046〉, 〈−0,863; 0,54〉,〈0,961;−0,321〉, 〈−0,83; 0,514〉, 〈0,744;−0,197〉, 〈−0,334; 0,416〉, 〈−0,277; 0,264〉,〈−0,136; 0,14〉, 〈0,212; 0,07〉, 〈−0,21; 0,204〉, 〈−0,124; 0,169〉, 〈0,898;−0,202〉,〈−0,324; 0,365〉, 〈0,61;−0,047〉, 〈0,728;−0,181〉, 〈−0,085; 0,159〉, 〈0,643;−0,126〉,〈−0,533; 0,336〉, 〈−0,075; 0,12〉, 〈−0,58; 0,388〉, 〈0,941;−0,32〉, 〈0,162; 0,099〉,〈0,414;−0,182〉, 〈0,287;−0,114〉, 〈0,717; 0,005〉, 〈−0,889; 0,39〉, 〈0,554;−0,102〉,〈0,901;−0,246〉, 〈0,758;−0,164〉, 〈0,401;−0,215〉, 〈0,726;−0,05〉, 〈0,109;−0,015〉,〈−0,181; 0,247〉, 〈−0,937; 0,578〉, 〈−0,386; 0,3〉, 〈−0,629; 0,281〉, 〈−0,401; 0,173〉.

Jie gauti stebint dydºius Yx = 0,1 − 0,4x + Ux,E[Ux] = 0,D[Ux] = 0,01.Diagramoje duomenys pavaizduoti plok²tumos ta²kais, taip pat nubreºtamaºiausiu kvadratu metodu rasta regresijos tiese, uºra²yti jos parametrai,taip pat koreliacijos koecientas.

ρ =-0.947

α =0.123

β =-0.418

xi

yi

O ²tai rezultatai, gauti i² dydºiu Yx = 0,1−0,4x+Ux,E[Ux] = 0,D[Ux] = 0,04imties. Kadangi atsitiktinio dydºio U dispersija didesne, rezultatai nebera

223

tokie tikslus.

ρ =-0.837

α =0.146

β =-0.435

xi

yi

Uºdaviniai1. De²imt dienu buvo ksuotos dienos pajamos X ir i²laidos Y. Buvo gautos

〈X,Y 〉 reik²mes:

[16; 13]; [15; 10]; [26; 22]; [30; 28]; [30; 27]; [27; 24]; [23; 19]; [12; 8]; [30; 22]; [13; 10]

Raskite regresines lygties Y = α + βX + U koecientu α, β iver£ius.2. Panaudoj¦ atsitiktiniu dydºiu X,Y imties duomenis

[10,6; 4,0]; [15,7;−1,3]; [16,1;−1,6]; [16,8;−1,5]; [16,7;−1,5];[12,7; 2,2]; [13,6; 1,9]; [19,3;−4,1]; [15,5;−0,6]; [16,8;−1,5]

raskite regresines lygties Y = α+βX +U koecientu α, β iver£ius. Skai£iavimamssiulau pasinaudoti skai£iuokle. Pavyzdºiui, Excel arba OpenOce paketo skai£i-uokle. Ta£iau, mano nuomone, jei patys para²ysite ²iek tiek kodo eilu£iu kokia norsprogramavimo kalba, nuobodulio bus maºiausiai.

Atsakymai1. α ≈ −3,37; β ≈ 0,976.

2. α ≈ 14,25; β ≈ −0,9524.

224

3.9. Statistines hipotezesmones formuluoja ivairias hipotezes. Vienos ju patvirtinamos, ki-tos paneigiamos, tre£ios ilgai kybo nei paneigtos, nei patvirtinamos.Statistines hipotezes skiriasi nuo visu kitu tuo, kad jos visada pri-imamos arba atmetamos greitai: kai tik pasibaigia skai£iavimai. Vadovau-jamasi paprasta mintimi: geriau koks nors sprendimas negu jokio.

Ta²kiniai iver£iai ir pasikliautiniai intervalai suteikia ºiniu apie stebimoatsitiktinio dydºio neºinomu parametru reik²mes. Jeigu ju neketiname nau-doti kokiuose nors skai£iavimuose, tai tos reik²mes mums nelabai ir reikalin-gos. Pavyzdºiui, jums nera svarbus skaitiniai ivairiu matavimu rezultataigauti automobiliu technines apºiuros centre, svarbu tik, ar automobilis buspripaºintas tinkamu saugiai vaºiuoti, ar ne.

Jeigu i kelion¦ rengiates vykti ne automobiliu, bet dvira£iu, tai vejo kryp-tis ir greitis svarbu. Tarkime, taip jau atsitiko, kad teks vaºiuoti prie² vej¡.Vejo greitis X atsitiktinis dydis. Kad butu papras£iau isivaizduoti, galimetarti, kad vejo greitis kei£iasi, pavyzdºiui, kas minut¦. Jeigu jo vidurkis E[X]pernelyg didelis galbut geriau atideti kelion¦ kitam kartui. Tarkime, nus-prendeme ²itaip: jei E[X] ≤ 15 m/s vykstame, jei E[X] > 15 m/s liekamenamuose. Kuri¡ i² dvieju hipoteziu priimti? Jei nepasitikime metereologuduomenimis, galime patys atlikti matavimus, t. y. sudaryti atsitiktinio dy-dºio imti X1, X2, . . . , Xn. Pavyzdºiui, galime matuoti vejo greiti kelet¡ kartukas 10 minu£iu. Po to tikriausiai apskai£iuosime empirini vidurki

X =X1 + X2 + . . . + Xn

n.

Tarkime, gavome, E[X] = 16. Vaºiuoti, ar nevaºiuoti? Kuri¡ i² dviejuhipoteziu priimti

H0 : E[X] ≤ 15,

H1 : E[X] > 15.

Matavimu rezultatai yra antrosios hipotezes naudai. Ta£iau ar galime jaisabsoliu£iai pasikliauti? Juk empirinis vidurkis gali buti ir didesnis uº tikr¡ji.Galbut vis delto gautoji reik²me E[X] = 16 neprivers musu atsisakyti ke-liones. O jeigu gautume E[X] = 16,5? Kokiu kriterijum remtis sprendºiant?iuo atveju, matyt, geriausia pasikliauti savo nuotaika ... Ta£iau ²is pavyzdysrodo, kaip keliami dar vienos ru²ies statistikos uºdaviniai.

Apie stebim¡ atsitiktini dydi formuluojame dvi hipotezes: pagrindin¦ H0

ir alternatyvi¡ H1. Naudodamiesi sukauptais imties duomenimis sprendºi-ame, kuri¡ i² hipoteziu priimti. Galimi du atvejai: H0 teisinga ir klaidinga;

225

galimi du sprendimai: H0 priimame arba atmetame. Taigi galimos keturiospadetys:

H0 teisinga H0 klaidingaH0 priimame teisingas sprendimas II ru²ies klaidaH0 atmetame I ru²ies klaida sprendimas teisingas

I²vengti vienos ru²ies klaidos visai paprasta. Pavyzdºiui, pirmos ru²ies klai-dos niekada nepadarysime, jeigu hipotez¦ H0 priimsime nepriklausomai nuoto, kokie bus imties duomenys. Nagrinetame pavyzdyje i²vengti pirmos ru²iesklaidos rei²kia leistis i kelion¦ neatsiºvelgiant i vejo greiti. Antros ru²ies klai-dos i²vengsime, jeigu visada atmesime pagrindin¦ hipotez¦, t. y. niekadanei²keliausime.

Ta£iau svarbu sudaryti toki hipoteziu tikrinimo kriteriju, kad ir pirmos, irantros ru²ies klaidu tikimybes butu kiek galima maºesnes. Bijodami pirmo-sios ru²ies klaidos, hipotez¦ H0 priimsime daºniau. Ta£iau tada j¡ daºniaupriimsime ir tada, kai ji klaidinga, t. y. didinsime antros ru²ies klaidostikimyb¦. Taigi reikia nuspr¦sti, kokios pusiausvyros norime. Tai daroma²itaip. Paprastai hipoteziu tikrinimo uºdavinys formuluojamas taip, kad pir-mos ru²ies klaida butu svarbesne, t. y. jos labiau vengiama. Pasirenkamasmaºas skai£ius 0 < α < 1 ir kriterijus sudaromas taip, kad butu

P (I ru²ies klaida) = P (H0 atmetame|H0 teisinga) ≤ α.

Skai£ius α vadinamas kriterijaus reik²mingumo lygmeniu. Ta£iau yra daugkriteriju su tuo pa£iu reik²mingumo lygmeniu. Kriterijus, kuris rei²kia,kad H0 visada priimame, irgi tenkina ²i¡ s¡lyg¡. I² visu tokiu kriteriju sten-giamasi parinkti t¡, su kuriuo tikimybe

P (II ru²ies klaida) = P (H0 priimame|H0 klaidinga)

yra kiek imanoma maºesne.Kuo remiamasi darant sprendim¡? Uºdaviniui pritaikytos statistikos

T (X1, X2, . . . , Xn) reik²memis. Aibe, sudaryta i² tu statistikos reik²miu,kurioms pasitaikius pagrindine hipoteze yra atmetama, vadinama kritinesritimi.

tai tokia hipoteziu tikrinimo uºdavinio sprendimo schema. Kaip ji taikoma,panagrinesime kitame skyrelyje.

Uºdaviniai1. Jusu kompiuteris pradejo le£iau veikti. Tikrinate pagrindin¦ hipotez¦: H0 :

isiveise virusas. K¡ rei²kia padaryti pirmos ru²ies klaid¡? K¡ rei²kia padarytiantros ru²ies klaid¡?

226

2. Turite monet¡. inoma, kad viena puse (neºinia, ar skai£iumi, ar herbu) jiatvirsta su tikimybe p = 2/3. Jusu hipotezes:

H0 : moneta atvirsta herbu su tikimybe p =23;

H1 : moneta atvirsta skai£iumi su tikimybe p =23.

Jusu kriterijus labai paprastas: metate monet¡, jeigu atvirto herbas H0 priimate,jeigu skai£ius atmetate. Kokia pirmos ru²ies klaidos tikimybe? Kokia antrosru²ies klaidos tikimybe?

3. Turite t¡ pa£i¡ monet¡ kaip ir ankstesniame uºdavinyje. Tikrinate t¡ pa£i¡hipotez¦, ta£iau naudojate kit¡ kriteriju. Monet¡ metate tris kartus. Jeigu atvirtodaugiau herbu pagrindin¦ hipotez¦ priimate, jeigu daugiau skai£iu atmetate.Kokia pirmos ru²ies klaidos tikimybe? Kokia antros ru²ies klaidos tikimybe?

4. Atsitiktinis dydis X yra pasiskirst¦s tolygiai intervale [0; 1] arba [0; 1,5].Jusu hipotezes:

H0 : X ∼ T ([0; 1]);H1 : X ∼ T ([0; 1,5]).

Naudojate toki kriteriju: atliekate bandym¡ ir gaunate dydºio X1 reik²m¦. JeiX1 > 3/4 pagrindin¦ hipotez¦ atmetate, jeigu X1 ≤ 3/4 priimate. Kokiapirmos ru²ies klaidos tikimybe? Kokia antros ru²ies klaidos tikimybe?

5. Atsitiktinis dydis X toks pat, kaip ankstesniajame pavyzdyje, hipotezesirgi tos pa£ios. Ta£iau naudojate kitoki kriteriju. Atliekate du bandymus ir gaunatedvieju dydºiu X1 ir X2 reik²mes. Jei min(X1, X2) > 3/4 pagrindin¦ hipotez¦atmetate, prie²ingu atveju priimate. Kokia dabar pirmos ru²ies klaidos, kokiaantros ru²ies klaidos tikimybe?

Atsakymai1. Pirmosios ru²ies klaida kai kompiuteryje tuno virusas, elgtis lyg jo ten

nebutu; antrosios ru²ies klaida ie²koti viruso, kai jo ten nera.2. Abieju ru²iu klaidu tikimybes lygios 1/3.

3. Abieju ru²iu klaidu tikimybes lygios 7/27.

4. Pirmosios ru²ies klaidos tikimybe lygi 1/4, antrosios ru²ies 1/2.

5. Pirmosios ru²ies klaidos tikimybe lygi 1/16, antrosios ru²ies 3/4.

227

3.10. Hipotezes apie normaliojo dydºio vidurkiJeigu ²iu metu vasara bus ²iltesne uº pernyk²t¦, neskubesime teigti, kadklimatas ²ilteja. Kokie gi duomenys butu pakankami priimti hipotezei,kad temperaturos vidurkis padidejo?

Turime galimyb¦ stebeti normaliojo dydºio X ∼ N (µ, σ2) reik²mes. Mumsrupi tam tikros ºinios apie jo vidurki. inome, kaip sudaryti vidurkio pasi-kliautinius intervalus. Tie patys irankiai tiks ir hipoteziu tikrinimo kriteri-jams konstruoti.

Tarkime, kad atsitiktinio dydºio dispersija σ2 yra ºinoma. Spejame, kadE[X] = µ0, £ia µ0 yra konkretus skai£ius. Taigi norime pasirinkti vien¡ i²dvieju hipoteziu:

H0 : µ = µ0;

H1 : µ 6= µ0.

Atsitiktines imties 〈X1, X2, . . . , Xn〉 reik²mes 〈x1, x2, . . . , xn〉 gausime atlik¦bandymus. Naudodamiesi ²iais duomenimis turime padaryti sprendim¡.

Pasirinkime reik²mingumo lygmeni α. Nagrinekime statistik¡

Z =X − µ0

σ/√

n.

Dydis Z yra normalusis, jo dispersija D[Z] = 1. O koks vidurkis? Jeiguhipoteze H0 yra teisinga, t. y. E[X] = µ0, tai E[Z] = 0 ir Z ∼ N (0, 1).Jeigu hipoteze H0 yra neteisinga, tai E[Z] 6= 0.

Skai£iu tieseje apibreºkime kuo didesn¦ sriti, i kuri¡ dydºio Z reik²mes,kai H0 yra teisinga, patenka retai. i¡ sriti pavadinsime kritine sritimi. Ge-riausia j¡ parinkti taip. Po standartinio normaliojo desnio tankio grakuatpjaukime dvi simetri²kas uodegas taip, kad kiekvienos i² ju plotas butulygus α/2. Taigi sudarykime kritin¦ sriti i² dvieju begaliniu spinduliu:

K = (−∞;−z) ∪ (z;∞).

Plotas i de²in¦ nuo tieses x = z po tankio graku lygus α/2, taigi z yrastandartinio normaliojo dydºio α/2 lygio kritine reik²me arba kitaip tariant tai 1− α/2 lygio kvantilis, taigi lygties

Φ(z) = 1− α

2

sprendinys. Jeigu H0 yra teisinga, tai

P (Z ∈ K) = P (|Z| ≥ z) = α,

228

t. y. tikimybe, kad panaudoj¦ imties duomenis gausime Z reik²m¦ i² sritiesK, yra maºa. Jeigu jau taip atsitiko, tai yra dvi galimybes: arba H0 yrateisinga, bet imties duomenys pasitaike labai jau nebudingi, arba H0 yraneteisinga. Naturalu rinktis pastar¡ji atveji kaip labiau tiketin¡, t. y. at-mesti pagrindin¦ hipotez¦. tai ir sukonstravome pirm¡ji hipoteziu tikrinimokriteriju.

X0 ∼ N (0, 1)Φ(z) = 1 − α/2

z−z

H0 : µ = µ0

H1 : µ 6= µ0

ZH0 atmetame

ZH0 atmetame

x

p X0(x

)

Hipoteze apie normaliojo dydºio vidurki,kai dispersija ºinoma

Stebimas atsitiktinis dydis X ∼ N (µ, σ2), dispersija σ2 ºinoma,〈X1, X2, . . . , Xn〉 dydºio imtis. Hipotezes:

H0 : µ = µ0,

H1 : µ 6= µ0,

α reik²mingumo lygmuo, z lygties Φ(z) = 1 − α/2 sprendinys, t. y.standartinio normaliojo dydºio α/2 lygmens kritine reik²me,

Z =X − µ0

σ/√

n.

Kriterijus: jei |Z| > z, hipoteze H0 atmetama, jei |Z| ≤ z, hipoteze H0

priimama.(46)

Galbut esame tikri, kad stebimo dydºio vidurkis negali buti maºesnis uºµ0. Tada alternatyvi¡j¡ hipotez¦ galime formuluoti kitaip: H1 : µ > µ0.

229

Ar reikia keisti hipoteziu tikrinimo kriteriju? Jeigu labai norime, galimenaudoti t¡ pati. Jis garantuos, kad pirmosios ru²ies klaidos tikimybe nebusdidesne uº reik²mingumo lygmeni α. Ta£iau yra ir daugiau kriteriju su tuopa£iu reik²mingumo lygmeniu, ta£iau garantuojan£iu maºesn¦ antros ru²iesklaidos tikimyb¦. Geriausias i² ju tas, kurio kritine sritis (t. y. pagrindineshipotezes atmetimo sritis) yra sudaryta i² vieno spindulio:

K = (z;∞), Φ(z) = 1− α.

Analogi²kai formuluojamas kriterijus, kai alternatyvi hipoteze yraH1 : µ < µ0.

Hipoteze apie normaliojo dydºio vidurki,kai dispersija ºinoma

Stebimas atsitiktinis dydis X ∼ N (µ, σ2), dispersija σ2 ºinoma,〈X1, X2, . . . , Xn〉 dydºio imtis, α reik²mingumo lygmuo, z lygtiesΦ(z) = 1−α sprendinys, t. y. standartinio normaliojo dydºio α lygmenskritine reik²me,

Z =X − µ0

σ/√

n.

Hipotezes:

H0 : µ = µ0,

H1 : µ > µ0,

Kriterijus: jei Z > z, hipoteze H0 atmetama, jei Z ≤ z, hipoteze H0

priimama. Hipotezes:

H0 : µ = µ0,

H1 : µ < µ0,

Kriterijus: jei Z < −z, hipoteze H0 atmetama, jei Z ≥ −z, hipoteze H0

priimama.(46)

Pagrindin¦ hipotez¦ priimame arba atmetame priklausomai nuo statis-tikos Z igytos reik²mes. Tarkime, Z reik²me, apskai£iuota pagal imtiesduomenis lygi v ir v > z, £ia z kritine reik²me, naudota kritinei sri£iaiapibreºti, kai alternatyvi hipoteze yra H1 : µ 6= µ0. Tada pagrindin¦ hipotez¦atmesime. Jeigu v ºymiai skiriasi nuo z, hipotez¦ atmesime maºiau dvejo-dami, jeigu nedaug pasitikejimas savo sprendimu bus maºesnis. i tikrum¡

230

del savo sprendimo galima kiekybi²kai matuoti tikimybe

P (Z > v|H0) = 1− Φ(v).

Kuo ²i tikimybe maºesne, tuo labiau galime buti ramus, kad priememe teis-ing¡ sprendim¡. Toki¡ tikimyb¦ galime skai£iuoti ir alternatyvos H1 : µ > µ0

atveju. Kai alternatyvi hipoteze yra H1 : µ < µ0, pagrindin¦ hipotez¦ at-metame, kai statistikos reik²me v tenkina nelygyb¦ v < −z. Tokiu atvejupasitikejim¡ savo sprendimu galime matuoti tikimybe

P (Z < v|H0) = Φ(v).

O kaip gi tuo atveju, kai stebimojo dydºio dispersijos neºinome? Vietojestatistikos Z galime naudoti

T =X − µ0

S/√

n∼ St(n− 1), S2 =

1

n− 1

n∑i=1

(Xi −X)2.

ir sudaryti kriterijus labai pana²iai. Kriterijai skirsis nuo aptartuju tik nau-dojama statistika (T vietoje Z) ir tuo, kad kritinems sritims apibreºti vietojestandartinio normaliojo dydºio kritiniu reik²miu dabar naudosime Studentodydºio su n− 1-u laisves laipsniu kritines reik²mes.

Hipoteze apie normaliojo dydºio vidurki,kai dispersija neºinoma

Stebimas atsitiktinis dydis X ∼ N (µ, σ2), dispersija σ2 neºinoma,〈X1, X2, . . . , Xn〉 dydºio imtis. Hipotezes:

H0 : µ = µ0,

H1 : µ 6= µ0,

α reik²mingumo lygmuo, t lygties

FTn−1(t) = 1− α/2, Tn−1 ∼ St(n− 1)

sprendinys, t. y. Studento dydºio su n−1-u laisves laipsniu α/2 lygmenskritine reik²me,

T =X − µ0

S/√

n.

Kriterijus: jei |T | > t, hipoteze H0 atmetama, jei |T | ≤ t, hipoteze H0

priimama.(46)

231

Tn−1 ∼ St(n − 1)FTn−1(z) = 1 − α/2

t−t

H0 : µ = µ0

H1 : µ 6= µ0

TH0 atmetame

TH0 atmetame

x

p Tn−

1(x

)

Uºdaviniai1. Pasinaudoj¦ atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, 0,25) imtimi

0,852; 1,72; 1,88; 0,645; 1,56; 0,820; 1,13; 1,81; 0,260; 1,07

nuspr¦skite, kuri¡ i² hipoteziu reikia priimti:

H0 : µ = 1,

H1 : µ 6= 1,

kai reik²mingumo lygmenys yra α = 0,3; 0,2; 0,1; 0,05.

2. Pasinaudoj¦ atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, 0,25) imtimi

1,79; 2,48; 2,73; 2,84; 2,13; 2,34; 1,58; 1,73; 2,21; 1,65

nuspr¦skite, kuri¡ i² hipoteziu reikia priimti:

H0 : µ = 2,

H1 : µ > 2,

kai reik²mingumo lygmenys yra α = 0,3; 0,2; 0,1; 0,05.

3. Pasinaudoj¦ atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, σ2) imtimi

0,878; 0,379; 0,141; 0,475; 0,883; 1,27; 1,37; 0,462; 1,19; 0,655

nuspr¦skite, kuri¡ i² hipoteziu reikia priimti:

H0 : µ = 1,

H1 : µ 6= 1,

232

kai reik²mingumo lygmenys yra α = 0,3; 0,2; 0,1; 0,05.

4. Pasinaudoj¦ atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, σ2) imtimi

0,619; 0,993; 0,591; 2,03; 1,34; 1,01; 1,23; −0,215; 1,87; 1,73

nuspr¦skite, kuri¡ i² hipoteziu reikia priimti:

H0 : µ = 1,

H1 : µ < 1,

kai reik²mingumo lygmenys yra α = 0,3; 0,2; 0,1; 0,05.

Atsakymai1. Statistikos reik²me Z = 1,14, kritines reik²mes lygios 1,04; 1,28; 1,64; 1,96,

todel pagrindine hipoteze atmetama, kai reik²mingumo lygmuo α = 0,3 ir priimamakitais atvejais.

2. Statistikos reik²me Z = 0,948, kritines reik²mes lygios 0,524; 0,842; 1,28; 1,64,

todel pagrindine hipoteze atmetama, kai reik²mingumo lygmuo α = 0,3 bei α = 0,2ir priimama kitais atvejais.

3. Statistikos reik²me Z = −1,75 kritines reik²mes lygios 1,10; 1,38; 1,83; 2,26todel pagrindine hipoteze priimama tik tuo tada, kai reik²mingumo lygmuo α =0,05 ir atmetama kitais atvejais.

4. Statistikos reik²me Z = 0,556, kritines reik²mes lygios 0,544; 0,883; 1,38; 1,83todel pagrindine hipoteze atmetama, kai reik²mingumo lygmuo α = 0,3 ir priimamakitais atvejais.

3.11. Hipotezes apie sekmes tikimyb¦Ar moneta simetri²ka? Ar tikrai vyriausyb¦ remia 60% gyventoju?iuos ir kitus pana²ius klausimus galime suformuoti kaip hipotezes apiesekmes tikimyb¦.

Metome monet¡. Bandymu sekos rezultatas atvirtusiu herbu ir skai£iuseka. Ar galime teigti, kad moneta simetri²ka?

Teigiama, kad naujoms prezidento iniciatyvoms pritaria 70% ²alies gy-ventoju. Galime apklausti, pavyzdºiui, kelis ²imtus. Gausime imti. Ar josduomenys patvirtina i²kelt¡ hipotez¦ apie param¡ prezidentui?

Tai du hipoteziu apie sekmes tikimyb¦ pavyzdºiai. O dabar panagrineki-me, kaip hipoteziu apies sekmes tikimyb¦ uºdavinys keliamas ir sprendºiamasstatistikos metodais.

Stebimas atsitiktinis dydis X igyja dvi reik²mes su neºinomomis tikimy-bemis:

P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1− p.

233

Atlik¦ n nepriklausomu stebejimu gausime imties 〈X1, X2, . . . , Xn〉 reik²mes.Formuluojame hipotezes apie neºinom¡ sekmes tikimyb¦ p :

H0 : p = p0;

H1 : p 6= p0.

inoma, atsiºvelgiant i aplinkybes alternatyvi hipoteze gali buti formuluo-jama ir kitaip: H1 : p > p0 arba H1 : p < p0. Tegu α yra reik²mingumolygmuo.

Jeigu bandymu skai£ius yra didelis, galime taikyti centrin¦ ribin¦ teorem¡.Pasirem¦ ja galime teigti: jei H0 yra teisinga, t. y. p = p0, tai dydis

Z =X − p0√

p0(1− p0)/n, X =

X1 + X2 + . . . + Xn

n=

sekmiu skai£iusn

.

pasiskirst¦s pagal desni, labai pana²u i standartini normaluji. Todel hipoteziutikrinimo kriteriju galime sudaryti pana²iai kaip normaliojo dydºio vidurkiui.Jeigu z yra standartinio normaliojo dydºio α/2 lygmens kritine reik²me, t.y. lygties Φ(z) = 1− α/2 sprendinys, tai pagrindin¦ hipotez¦ atmesime, kai|Z| > z ir priimsime, kai |Z| ≤ z. Kai alternatyvi hipoteze yra H1 : p > p0

arba H1 : p < p0, geresnius kriterijus gausime, naudodami vienpuses kritinessritis kaip hipoteziu apie normaliojo dydºio vidurki atveju.

Hipotezes apie sekmes tikimyb¦, kai bandymu daugTegu stebimas atsitiktinis dydis X igyja reik²m¦ 1, jei bandymas baigiasisekme ir reik²m¦ 0, jei baigiasi nesekme, 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra atsitiktineimtis, n didelis skai£ius, α reik²mingumo lygmuo,

P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1− p, Z =X − p0√

p0(1− p0)/n.

Hipotezes apie sekmes tikimyb¦:

H0 : p = p0,

H1 : p 6= p0.

Jei |Z| > z, £ia z yra standartinio normaliojo dydºio α/2 lygmens kritinereik²me, tai pagrindine hipoteze H0 atmetama, jei |Z| ≤ z, priimama.Kai alternatyva yra H1 : p > p0 arba H1 : p < p0, kriterijui naudojamastandartinio normaliojo dydºio α lygmens kritine reik²me. Pirmuojuatveju pagrindine hipoteze atmetama, kai Z > z, antruoju kai Z < −z.

(46)

234

Kuo daugiau bandymu, tuo daugiau informacijos, tuo patikimesni mususprendimai. Ta£iau k¡ daryti, jeigu bandymu atlikta nedaug, o patikrintihipotez¦ apie sekmes tikimyb¦ vis delto reikia. Tarkime, bandymu skai£iusnedidelis. Sudej¦ atsitiktines imties dydºius gausime dydi, pasiskirs£iusi pa-gal binomini desni su neºinoma sekmes tikimybe:

Sn = X1 + X2 + . . . + Xn ∼ B(n, p).

Jeigu hipoteze H0 yra teisinga, t. y. p = p0, tai Sn ∼ B(n, p0),E[Sn] =np0. Taigi galime tiketis, kad atlik¦ bandymus gausime artim¡ ²iam skai£iuisekmiu kieki. Jeigu sekmiu skai£ius bus pernelyg maºas arba pernelyg didelis,tai naturalu manyti, kad hipoteze yra neteisinga, t. y. j¡ reikia atmesti.Kaipgi vadovaujantis tokia ideja sudaryti kriteriju hipoteziu

H0 : p = p0,

H1 : p 6= p0,

tikrinimo uºdaviniui?Tegu α yra reik²mingumo lygmuo. Prisiminkime, dydi, kuriuo matavome

pasitikejim¡ savo sprendimu, kad pagrindine hipoteze apie normaliojo dydºiovidurki neteisinga. Jeigu kriterijaus statistikos Z reik²me u didesne uº kritin¦reik²m¦ z, tai pagrindin¦ hipotez¦ atmeteme, o pasikliovim¡ savo sprendimumatavome tikimybe

t = P (Z ≥ u|H0) = 1− Φ(u).

Kuo ²i tikimybe maºesne, tuo sprendimas atmesti pagrindin¦ hipotez¦ pati-kimesnis. Jeigu u < −z, tai pagrindin¦ hipotez¦ irgi atmeteme, o sprendimotikrum¡ matavome tikimybe

t = P (Z ≤ u|H0) = Φ(u).

Pana²u mat¡ galime naudoti musu uºdavinio kriterijui sudaryti. Jeigu i²imties duomenu gavome reik²m¦ Sn = u, u > np0, skai£iuokime

t = P (Sn ≥ u|H0) =n∑

i=u

Cinp

i0(1− p0)

n−i. (47)

Jeigu gausime t ≤ α/2 hipotez¦ H0 atmeskime. Kuo t reik²me maºesne,tuo maºiau galime abejoti, kad pasielgeme teisingai. Jeigu sekmiu skai£iusSn < np0 skai£iuokime

t = P (Sn ≤ u|H0) =u∑

i=0

Cinp

i0(1− p0)

n−i. (48)

235

ir atmeskime pagrindin¦ hipotez¦, kai t < α/2.Jeigu alternatyva pagrindinei hipotezei yra H0 : p > p0, tai t skai£iuo-

jame pagal (47) ir pagrindin¦ hipotez¦ atmetame, jei t ≤ α. Kai alternatyvapagrindinei hipotezei yra H0 : p < p0, tai t skai£iuojame pagal (48) ir pa-grindin¦ hipotez¦ atmetame, jei t ≤ α.

56 pavyzdys. Ar simetri²ka moneta?Norime patikrinti hipotez¦, kad moneta simetri²ka, t. y. ar j¡ metus

herbas ir skai£ius atvirsta su tokiomis pa£iomis tikimybemis. Pagrindine iralternatyvi hipotezes:

H0 : p = 1/2;

H1 : p 6= 1/2.

Ketiname mesti monet¡ tik n = 15 kartu, reik²mingumo lygmuo α = 0,1.Tegu Sn atvirtusiu herbu skai£ius. Su kokiomis Sn reik²memis hipotez¦,kad moneta simetri²ka atmesime?

Suprantama, hipotez¦ atmesime, jeigu moneta atvirs herbu per maºaiarba per daug kartu. Paºymekime

t1(u) = P (Sn ≤ u|H0) =u∑

i=0

Cinp

i0(1− p0)

n−i = 2−n

u∑i=0

Cin,

t2(u) = P (Sn ≥ u|H0) =n∑

i=u

Cinp

i0(1− p0)

n−i = 2−n

n∑i=u

Cin,

Jeigu atvirtusiu herbu skai£ius u tenkins nelygyb¦ t1(u) ≤ α/2 = 0,05 hipotez¦, kad moneta simetri²ka atmesime todel, kad herbu atvirto per maºai.Jeigu atvirtusiu herbu skai£ius u tenkins nelygyb¦ t2(u) ≤ α/2 = 0,05 hipotez¦, kad moneta simetri²ka atmesime todel, kad herbu atvirto per daug.Pasinaudoj¦ binominiu koecientu savybe Ci

n = Cn−in galime t2(u) uºra²yti

taip:

t2(u) = 2−n

n∑i=u

Cin = 2−n

n∑i=u

Cn−in = 2−n

n−u∑i=0

Cin = t1(n− u).

Taigi suraskime pati didºiausi¡ skai£iu u su kuriuo t1(u) ≤ 0,05. Kiekpaskai£iav¦ gautume, t1(4) ≈ 0, 0176, t1(5) ≈ 0,05923. Taigi bijodami ap-sirikti, pripaºinsime monet¡ nesimetri²ka tik tuo atveju, kai metus n = 15kartu, moneta atvirs herbu 0, 1, 2, 3, 4 arba 12, 13, 14, 15 kartu. itaip el-gdamiesi i²brokuosime maºdaug vien¡ i² de²imties simetri²ku monetu. O kieknesimetri²ku monetu pripaºinsime simetri²komis, tiksliau kokios nesimetri²ku

236

monetu dalies nesimetri²kumo neatpaºinsime? Ne taip lengva pasakyti. Jeigunesimetri²kumas nedidelis, t. y. herbo atvirtimo tikimybe artima 1/2, taiivyks labai daºnai. Panagrinekime supaprastint¡ atveji. Tarkime, nau-dodamiesi ²iuo kriterijumi tikriname tik dvieju ru²iu monetas: simetri²kasp = 0,5 ir nesimetri²kas su herbo atvirtimo tikimybe p = 0,6, t.y. alternatyvihipoteze yra H1 : p = 0,6. Apskai£iuokime antros ru²ies klaidos tikimyb¦:

t = P (4 < Sn < 12|H1) =11∑i=5

Cin0, 6i0, 4n−i ≈ 0,78;

Taigi i² 10 pasitaikiusiu nesimetri²ku monetu vos dvi atpaºinsime! Prastokirezultatai. Jeigu nesimetri²ku monetu herbo atvirtimo tikimybe butu p =0,7, gautume antrosios ru²ies tikimybes reik²m¦ ≈ 0,48, taigi atpaºintumejau daugiau kaip pus¦ nesimetri²ku monetu.

Hipotezes apie sekmes tikimyb¦, kai bandymu nedaugTegu stebimas atsitiktinis dydis X igyja reik²m¦ 1, jei bandymas baigiasisekme ir reik²m¦ 0, jei baigiasi nesekme, 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra atsitiktineimtis, n nedidelis skai£ius, α reik²mingumo lygmuo,

P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1− p.

Pagrindine hipoteze H0 : p = p0, gautoji i² imties dydºio

Sn = X1 + X2 + . . . + Xn

reik²me lygi u,

t1 = P (Sn ≥ u|H0) =n∑

i=u

Cinp

i0(1− p0)

n−i,

t2 = P (Sn ≤ u|H0) =u∑

i=0

Cinp

i0(1− p0)

n−i.

Jeigu alternatyvi hipoteze yra H1 : p 6= p0, tai j¡ priimame, jei viena i²tikimybiu t1, t2 maºesne uº α/2.Jeigu alternatyvi hipoteze yra H1 : p > p0, tai j¡ priimame, jei t1 < α.Jeigu alternatyvi hipoteze yra H1 : p < p0, tai j¡ priimame, jei t2 < α.

(48)Uºdaviniai1. Du ºurnalistai nutare patikrinti hipotez¦, kad 60% gyventoju teigiamai

vertina ekonomin¦ ²alies raid¡ su alternatyva, kad teigiamai vertinan£iu dalis maºesne.

237

Apklausus n = 1225 gyventoju, teigiamai vertinan£iu skai£ius buvo m = 720. Abuºurnalistai naudojo kriteriju, pagrist¡ centrine ribine teorema. Pirmasis pasirinkoreik²mingumo lygmeni α = 0,05. Koks buvo jo sprendimas? Antrasis ºurnalistaspagrindin¦ hipotez¦ atmete. Ivertinkite, koki reik²mingumo lygmeni jis naudojo?

2. Vienas lo²ejas tvirtina, kad metus lo²imo kauliuk¡ ²e²ios akutes atvirstasu tikimybe p = 1/6, o kitas kad daºniau. Buvo nutarta patikrinti hipotez¦H0 : p = 1/6 su alternatyva H0 : p > 1/6. Lo²ejai nutare mesti kauliuk¡ n = 1000kartu. Pirmasis pasirinko kriterijaus reik²mingumo lygmeni α1 = 0,05, o antrasis α2 = 0,2. Kiek kartu turetu atvirsti ²e²ios akutes, kad pirmasis lo²ejas atmestupagrindin¦ hipotez¦? Kiek kartu turetu atvirsti ²e²ios akutes, kad antrasis lo²ejasatmestu pagrindin¦ hipotez¦?

3. Dviejose i² paºiuros visai vienoduose mai²uose yra mieºiu grudai su aviºupriemai²omis. Viename mai²e aviºos sudaro 20%, kitame 30%. Noretume pasirinktimai²¡, kuriame priemai²u maºiau. Pasirink¦ vien¡ mai²¡ pasememe i² jo dali gruduir juos perºiurejome. I² viso buvo pasemta n = 758 grudai, aviºu grudu buvom = 166. Patikrinkite hipotez¦, kad atsirinkome mai²¡ su maºesne priemai²udalimi, jeigu reik²mingumo lygmuo α = 0,2

4. Jeigu moneta yra simetri²ka, kiekvienas gali atspeti maºdaug puses metimubaigtis. Fokusininkas tvirtina, kad jis gali atspeti daugiau kaip puses simetri²kosmonetos metimu baig£iu. Norime patikrinti hipotez¦, kad jo sugebejimai tokiepatys kaip ir visu ºmoniu su alternatyva, kad jis gali atspeti geriau. Tegu reik²mingumolygmuo α = 0,1. Jeigu monet¡ mestume n = 15 kartu, kiek kartu fokusininkasturetu atspeti baigtis, kad juo patiketume?

5. Jeigu fokusininkas gali geriau nei kiti ºmones atspeti simetri²kos mon-etos metimo rezultatus, tai turetu atspeti ir nesimetri²kos. Tarkime, n = 15kartu ruo²iames mesti monet¡, kuri herbu atvirsta su tikimybe p = 0,6. Tikrin-sime hipotez¦, kad fokusininkas neturi ypatingu sugebejimu atspeti rezultatus sualternatyva, kad turi. Pasirinkime reik²mingumo lygmeni α = 0,1. Kiek kartufokusininkas turetu atspeti metimo baigti, kad patiketume jo sugebejimais?

Atsakymai1. Statistikos reik²me Z = −0,8716, o pirmojo ºurnalisto kritine reik²me u =

−1,645, todel jis prieme pagrindin¦ hipotez¦. Kadangi antrasis ºurnalistas atmetepagrindin¦ hipotez¦, tai jo kritine reik²me v ≥ −0,8716. Tada jo reik²mingumolygmuo α ≥ Φ(−0,8716) ≈ 0,19.

2. Daugiau kaip 186 ir 177 kartus.3. Statistikos reik²me Z = 1,308, kritine reik²me lygi 1,645, todel pagrindine

hipoteze, kad pasirinktas mai²as su maºiau priemai²u priimtina.4. Daugiau kaip 10 kartu.5. Daugiau kaip 11 kartu.

238

3.12. Hipotezes apie normaliojo dydºio dispersij¡Jeigu automatas, pilstantis gerimus i skardines, i²siderino, jis daºniauipila ²iek tiek daugiau arba ²iek tiek daugiau. Kitaip tariant - gerimokiekio skardineje dispersija padideja. Kad galetume tai pastebeti, reikalin-gas hipotezes apie dispersijos reik²m¦ tikrinimo kriterijus.

Sudarysime kriteriju hipotezems apie normaliojo dydºio X ∼ N (µ, σ2)dispersij¡ tikrinti. Tarkime, vidurkis µ yra ºinomas, o hipotezes

H0 : σ2 = σ20,

H1 : σ2 6= σ20.

Naudodamiesi dydºio imtimi sudarykime statistik¡

U =nS2

0

σ20

, S20 =

1

n

n∑i=1

(Xi − µ)2.

i¡ statistik¡ naudojome sudarydami pasikliautinius intervalus normaliojodydºio dispersijai. Jeigu hipoteze H0 yra teisinga, t. y. σ2 = σ2

0, tai

U =nS2

0

σ20

∼ χ2(n).

Galime manyti, kad tokiu atveju maºos arba dideles statistikos U reik²mespasitaiko retai. Taigi kritin¦ sriti galime sudaryti i² maºu ir dideliu reik²miu.Tegu α yra pasirinktas reik²mingumo lygmuo, o kritine sritis

K = [0, u1) ∪ [u2,∞), Fχn(u1) =α

2, 1− Fχn(u2) =

α

2, χn ∼ χ2(n),

sudaryta pasinaudojant pagal χ2(n) desni pasiskirs£iusio atsitiktinio dydºioα/2 ir 1− α/2 lygmens kvantiliais. Taigi pagrindin¦ hipotez¦ priimsime, kaiu1 < U < u2 ir atmesime, kai statistikos reik²me nepriklauso ²iam intervalui.

Kai alternatyvi hipoteze yra H1 : σ2 < σ20 kriteriju konstruosime su i²

vieno spindulio sudaryta kritine sritimi

K = [0, u1), Fχn(u1) = α, χn ∼ χ2(n).

Alternatyvios hipotezes H1 : σ2 > σ20 atveju kriterijaus kritine sritis

K = [u2,∞), 1− Fχn(u2) = α, χn ∼ χ2(n).

239

Hipotezes apie normaliojo dydºio dispersij¡, kai vidurkisºinomas

Stebimas atsitiktinis dydis X ∼ N (µ, σ2), vidurkis µ ºinomas,〈X1, X2, . . . , Xn〉 dydºio imtis. Hipotezes:

H0 : σ2 = σ20,

H1 : σ2 6= σ20,

α reik²mingumo lygmuo, u1, u2 dydºio χ2n ∼ χ2(n) kvantiliai:

Fχn(u1) =α

2, Fχn(u2) = 1− α

2,

statistikaU =

nS20

σ20

, S20 =

1

n

n∑i=1

(Xi − µ)2.

Kriterijus: jei u1 < U < u2, hipoteze H0 priimama, kitais atvejais at-metama.Jeigu alternatyvi hipoteze yra H1 : σ2 < σ2

0, hipoteze H0 priimama, kaiU > u1, Fχn(u1) = α.Jeigu alternatyvi hipoteze yra H1 : σ2 > σ2

0, hipoteze H0 priimama, kaiU < u2, Fχn(u2) = 1− α.

(48)Jeigu vidurkis µ yra neºinomas, statistik¡ U keisime i

V =(n− 1)S2

σ20

∼ χ2(n− 1), S2 =1

n− 1

n∑i=1

(Xi −X)2.

Kriteriju sudarymas visi²kai toks pats kaip anks£iau, tik naudojame kitodydºio kvantilius.

χn−1 ∼ χ2(n − 1)

Fχn−1(u) = α/2 Fχn−1

(v) = 1 − α/2u v

H0 : σ2 = σ2

0

H1 : σ2 6= σ2

0

V

H0 atmetame

x

p χn−

1(x

)

240

Hipotezes apie normaliojo dydºio dispersij¡,kai vidurkis neºinomas

Stebimas atsitiktinis dydis X ∼ N (µ, σ2), vidurkis µ ºinomas,〈X1, X2, . . . , Xn〉 dydºio imtis. Hipotezes:

H0 : σ2 = σ20,

H1 : σ2 6= σ20,

α reik²mingumo lygmuo, u1, u2 dydºio χ2n−1 ∼ χ2(n− 1) kvantiliai:

Fχn−1(u1) =α

2, Fχn−1(u2) = 1− α

2,

statistikaV =

(n− 1)S2

σ20

, S2 =1

n− 1

n∑i=1

(Xi −X)2.

Kriterijus: jei u1 < U < u2, hipoteze H0 priimama, kitais atvejais at-metama. Jeigu alternatyvi hipoteze yra H1 : σ2 < σ2

0, hipoteze H0

priimama, kai U > u1, Fχn−1(u1) = α. Jeigu alternatyvi hipoteze yraH1 : σ2 > σ2

0, hipoteze H0 priimama, kai U < u2, Fχn−1(u2) = 1− α.

(48)

Uºdaviniai1. Pasinaudoj¦ atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, σ2) imtimi

−2,44; −0,142; 2,49; 0,421; −1,70; 2,21; 1,13; 0,351; −0,947; 1,57;

nuspr¦skite, kuri¡ i² hipoteziu reikia priimti:

H0 : σ2 = 2,

H1 : σ2 > 2,

kai reik²mingumo lygmenys yra α = 0,3; 0,2; 0,1; 0,05.

2. Pasinaudoj¦ atsitiktinio dydºio X ∼ N (µ, σ2) imtimi

0,571; 1,70; 0,552; 0,561; 1,21; 0,867; 0,937; 1,95; −0,296; 1,51

nuspr¦skite, kuri¡ i² hipoteziu reikia priimti:

H0 : σ2 = 1,

H1 : σ2 < 1,

kai reik²mingumo lygmenys yra α = 0,3; 0,2; 0,1; 0,05.

241

Atsakymai1. Statistikos reik²me V = 5,615, o kritines reik²mes 6,39; 5,38; 4,17; 3,32,

todel pagrindine hipoteze atmetama, kai reik²mingumo lygmuo yra α = 0,3 irpriimama kitais atvejais.

2. Statistikos reik²me V = 3,956 o kritines reik²mes 6,39; 5,38; 4,17; 3,32,

todel pagrindine hipoteze priimama, kai reik²mingumo lygmuo yra α = 0,05 iratmetama kitais atvejais.

242

4 S¡vokos, terminai, etc.ia surinkti ne grieºti matematiniai s¡voku apibreºimai, bet nefor-malus paai²kinimai, kuriu nereikia imti uº visi²kai gryn¡ pinig¡. alosjie jums nepadarys, o ²iek tiek padeti gali.

Statistinis bandymasBandymas, kurio baigties negalime numatyti, ta£iau kuri galime kartoti daugkartu. Papras£iausi statistinio bandymo pavyzdºiai monetos ar lo²imokauliuko metimas, atsitiktinis kokios nors aibes elemento parinkimas ir t. t.Ai²ku, jeigu spesite aklai, kartais baigti ispesite teisingai. Ta£iau jeigu daº-niau ispejate nei neispejate, vadinasi suk£iaujate.

Bandymo baig£iu aibeVisu galimu rezultatu, kuriuos ketiname ksuoti atlik¦ bandym¡, rinkinys.Bandymas gali pasibaigti tik viena baigtimi. Baig£iu uºra²ymas priklausonuo bandymo pobudºio. Pavyzdºiui, met¦ lo²imo kauliuk¡, nustatome, kiekaku£iu yra ant atvirtusios sieneles. Tokiu atveju galimos ²e²ios bandymobaigtys, kurias uºra²ome skai£iais.

Atsitiktinis ivykisIvykis, susij¦s su bandymu, apie kuri prie² bandym¡ negalime pasakyti, arjis ivyks. Tikimybiu teorijos poºiuriu atsitiktinis ivykis yra baig£iu aibespoaibis, sudarytas i² jam palankiu baig£iu. O kas yra ivykis ne tikimybiuteorijoje, bet tikroveje niekas jums dorai nepaai²kins. Ivykis yra ivykis irtiek.

Butinasis ivykisIvykis, kuris atlikus bandym¡, visada ivyksta. odºiais butin¡ji ivyki gal-ima nusakyti ivairiai. Pavyzdºiui, lo²imo kauliuko metimo bandymo atveju,ivykiai atvirs maºiau kaip septynios akutes, atvirs teigiamas aku£iu skai£iusyra butinieji. Tikimybiu teorijos poºiuriu butinasis ivykis aibe sudaryta i²visu bandymo baig£iu. Saules patekejimas ryte nera butinasis ivykis, nes kadsaule pateketu, jus nededate jokiu pastangu ir neatliekate jokio bandymo.

Negalimas ivykisIvykis, kuris atlikus bandym¡, niekada neivyksta. Jeigu bandymas lo²imokauliuko metimas, tai ivykis atvirs daugiau kaip septynios akutes yra nega-limas. Negalimas ivykis neturi nei vienos palankios baigties, taigi ji atitinkatu²£ia aibe. Ar neatrodo keista, kad tu²£i¡ viet¡ vadiname taip imantriai negalimuoju ivykiu?

243

Prie²ingas ivykisPrie²ingu ivykiui A vadinamas ivykis A, kuri sudaro nepalankios ivykiui Abaigtys. Prie²ingas ivykis ivyksta tada ir tik tada, kai A neivyksta. Tarpprie²ingu paºiuru ºmoniu buna nesantaikos ir gin£u, bet prie²ingi ivykiainiekada vienas kitam nekliudo.

Nesutaikomi ivykiaiIvykiai, susij¦ su tuo pa£iu bandymu, kurie negali ivykti vienu metu. Nesu-taikomi ivykiai neturi nei vienos bendros palankios baigties. Pavyzdºiui,jeigu bandymas rutulio traukimas i² urnos, kurioje yra balti, juodi irraudoni rutuliai, tai ivykiai i²trauktas baltas rutulys, i²trauktas juodasrutulys yra nesutaikomi. Apie nesutaikomus ivykius galvokite kaip apienesusisiekian£ias ant popieriaus i²tek²tas ra²alo demes, bet ne kaip apie ne-sutaikomus politikos ar sporto varºovus.

Ivykio tikimybeVienetinio intervalo [0; 1] skai£ius, nusakantis ivykio galimybes ivykti at-likus bandym¡. Ivykiu tikimybes apibreºiamos naudojantis konkre£iomisbandymo aplinkybemis, ta£iau taip, kad butu patenkintos butinos visiemsapibreºimams s¡lygos. Apskritai apie tikimyb¦ galite galvoti kaip apie mat¡,pana²u i geometrini ilgi ar plot¡

Klasikinis tikimybes apibreºimasIvykio tikimybe apibreºiama palankiu jam ir visu galimu bandymo baig£iusantykiu. Toks apibreºimas taikomas tuo atveju, kai bandymo baig£iu aibebaigtine ir visos jos yra vienodai galimos.

Gretinys su pasikartojimaisJeigu i² N elementu aibes renkame k elementu, uºsira²ydami k¡ pasirinkomeir gr¡ºindami element¡ atgal, tai gautoji elementu eile yra gretinys i² Nelementu po k su pasikartojimais. Pavyzdºiui, ºodi VILNIUS galime suvoktikaip gretini i² 32 (lietuvi²kos abeceles raidºiu skai£ius) po 7 su pasikartoji-mais.

Gretinys be pasikartojimuJeigu i² N elementu aibes renkame k elementu, ju negr¡ºindami atgal, betrikiuodami i eil¦, tai gautoji elementu eile yra gretinys i² N elementu po k bepasikartojimu. Pavyzdºiui, 1, 2, 5 arba tiesiog 125 galime suvokti kaip gretinii² 10 (de²imtainiu skaitmenu kiekis) po 3 be pasikartojimu. Sekos 125 ir 152atitinka skirtingus gretinius.

244

DerinysJeigu i² N elementu aibes renkame k elementu ir sudarome i² ju poaibi,tai gautasis poaibis vadinamas deriniu i² N po k. Pavyzdºiui, de²imtainiuskaitmenu poaibis 1, 2, 5 yra derinys i² 10 po 3. Kadangi elementai nerarikiuojami i eil¦, tai t¡ pati derini galime uºra²yti ir taip: 1, 5, 2.

Geometrinis tikimybes apibreºimasJeigu bandymo baigtys vaizduojamos geometrines srities Ω, turin£ios baigtininenulini mat¡, ta²kais ir visos baigtys turi vienodas galimybes pasirodytiatlikus bandym¡, ivykio A tikimybe apibreºiama geometriniu A ir Ω matusantykiu.

Atsitiktiniu ivykiu sankirtaVeiksmas, kuri galima atlikti su dviem ar daugiau su bandymu susijusiuivykiu. Atsitiktiniu ivykiu A ir B sankirta naujas ivykis, kuris ivyksta tadair tik tada, kai ivyksta abu ivykiai A ir B. Pavyzdºiui, ivykio vidurdienilis ir vidurdieni ²vies saule sankirta yra ivykis vidurdieni lis ²vie£iantsaulei. Taigi tokiu atveju tikriausiai matysime vaivoryk²t¦. Ivykiu sankirtatai ivykis, sudarytas i² baig£iu, kurios yra palankios visiems ivykiams. IvykiuA,B sankirta ºymima A ∩B.

Atsitiktiniu ivykiu s¡jungaVeiksmas, kuri galima atlikti su dviem ar daugiau su bandymu susijusiuivykiu. Atsitiktiniu ivykiu A ir B s¡junga naujas ivykis, kuris ivyksta tadair tik tada, kai ivyksta bent vienas i² ivykiu A ir B (arba ir abu). Pavyzdºiui,ivykio vidurdieni lis ir vidurdieni ²vies saule s¡junga yra ivykis vidurdienilis arba ²vies saule. Ivykiu s¡junga tai ivykis, sudarytas i² baig£iu, kuriosyra palankios bent vienam i² ivykiu. Ivykiu A,B s¡junga ºymima A ∪B.

Atsitiktiniu ivykiu algebraSu tuo pa£iu bandymu susijusiu ivykiu ²eimaA, tenkinanti tam tikras savybes:butinasis ir negalimas ivykis priklauso ²iai ²eimai; kiekvieno ivykio A ∈ Aprie²ingas ivykis taip pat priklauso ²iai ²eimai; baigtines A ivykiu sekossankirta ir s¡junga taip pat priklausoA. Jeigu ²i savybe teisinga ir begalinemssekoms, tai ivykiu ²eima vadinama σ-algebra. Taigi atlikdami veiksmus suivykiais i² A vel gauname tos pa£ios ²eimos ivykius.

Tikimybine erdveMatematinis modelis bandymui su atsitiktinemis baigtimis nagrineti. Tikimy-bin¦ erdv¦ sudaro: baig£iu aibe, ivykiu σ-algebra ir tikimybinis matas taisykle, priskirianti ivykiams intervalo [0; 1] skai£ius ivykiu tikimybes.

245

Baigtys yra ²ios erdves ta²kai, ivykiai guros, ta£iau jokios koordina£iusistemos nera!

Diskre£ioji tikimybine erdveTikimybine erdve, naudojama nagrineti bandymams, kuriu baigtis galimasunumeruoti. Baig£iu aibe gali buti tiek baigtine, tiek begaline. Baig£iutikimybes nebutinai yra vienodos.

S¡lygine tikimybeIvykio A tikimybe, apskai£iuota padarius prielaid¡, kad ivykis B ivyko, vad-inama ivykio A s¡lygine tikimybe su s¡lyga B, ºymima P (A|B). Taigi skai-£iuojant s¡lygin¦ tikimyb¦ laikoma, kad bandymo baig£iu aibe sutampa suivykiui B palankiu baig£iu aibe. S¡lygine tikimybe i²rei²kiama bes¡lyginemistikimybemis: P (A|B) = P (A ∩B)/P (B).

Tikimybiu sandaugos formuleRei²kinys, siejantis ivykiu sankirtos tikimyb¦ su s¡lyginemis tikimybemis:

P (A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An) = P (A1)P (A2|A1) . . . P (An|A1 ∩ A2 ∩ . . . An−1).

Sankirtos tikimybes skai£iavimas kei£iamas s¡lyginiu tikimybiu skai£iavimouºdaviniu. Pastar¡sias daºnai buna papras£iau apskai£iuoti, nei bes¡lygines.

Pilnosios tikimybes formuleRei²kinys ivykio A tikimybei skai£iuoti, panaudojant s¡lygines tikimybesP (A|Hj) :

P (A) = P (H1)P (A|H1) + P (H2)P (A|H2) + . . . ,

£ia Hj nesutaikomi ivykiai, kuriu s¡junga lygi visai baig£iu aibei, o tikimybesteigiamos. Naudojantis ²ia formule daºnai sudetingas ivykio tikimybes skai-£iavimo uºdavinys pakei£iamas paprastesniais s¡lyginiu tikimybiu skai£iav-imo uºdaviniais. Taigi ²i formule lyg pienoveºis, suveºantis ukininku pris-tatyt¡ pien¡ i vien¡ viet¡.

Nepriklausomi ivykiaiJeigu prielaida, kad ivykis B ivyko nesuteikia galimybiu patikslinti ºiniuapie ivyki A, t. y. P (A|B) = P (A), tai ivykis A nepriklauso nuo B. Tada irB nepriklauso nuo A. Ivykiu nepriklausomumui apibreºti patogiau naudotiss¡lyga

P (A ∩B) = P (A)P (B).

246

Naudojantis pana²ia s¡lyga apibreºiamas ir didesniu (baigtiniu bei begaliniu)ivykiu sistemu nepriklausomumas. Jokiu budu nepainiokite nesutaikomu irnepriklausomu ivykiu s¡voku! Jeigu brolis ir sesuo turi atskirus kambarius,mokosi ar dirba skirtingose istaigose, vadinasi ju gyvenimai yra nepriklausomivienas nuo kito. Ta£iau tai nerei²kia, kad tarp ju yra nesantaika. Kartais jiegalbut netgi gali kartu ºiureti t¡ pa£i¡ televizijos laid¡.

Bernoullio schemaTikimybine erdve, sudaryta vienodu ir nepriklausomu bandymu su dviembaigtimis (sekme ir nesekme) sekoms nagrineti. Svarbiausi schemos parame-trai sekmes tikimybe viename bandyme p ir bandymu skai£ius n. Be abejo,Bernoullis apie Bernoullio schem¡ nieko nebuvo girdej¦s.

Tiketiniausias sekmiu skai£ius Bernulio schemojeSekmiu skai£ius, kuri gauti atlikus Bernulio schemos bandymus, tikimybeyra didºiausia. Jeigu bandymu skai£ius yra n, o sekmes tikimybe vien-ame bandyme p, tai tiketiniausias sekmiu skai£ius yra didºiausias naturinisskai£ius, tenkinantis nelygyb¦ m < (n + 1)p.

Polinomine schemaTikimybine erdve, skirta nepriklausomu ir vienodu bandymu su r (r ≥ 2)baig£iu sekoms nagrineti. Bernulio schemos apibendrinimas.

Ribines teoremosTeiginiai apie tam tikru ivykiu, priklausan£iu nuo kintamo parametro, ti-kimybiu elgesi, kai parametras neapreºtai dideja, arba arteja prie ribinesreik²mes. Pavyzdºiui, Puasono ir Muavro-Laplaso teoremos Bernulio schemainusako sekmiu skai£iaus tikimybiu elgesi, kai bandymu skai£ius neapreºtaidideja.

Atsitiktinis dydisFunkcija, apibreºta bandymo baig£iu aibeje ir igyjanti skaitines reik²mes:X : Ω → R. Papildoma s¡lyga reikalauja, kad ²i funkcija butu tam tikru budusuderinta su nagrinejamu atsitiktiniu ivykiu algebra, t. y. kad tikimybesP (X < x) butu apibreºtos.

Atsitiktinis vektoriusAtsitiktinis vektorius tai atsitiktiniu dydºiu rinkinys X = 〈X1, X2, . . . , Xm〉.Jeigu rinkinyje yra m komponen£iu, vektorius vadinamas m-ma£iu.

Pasiskirstymo funkcija

247

Atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcija vadinama funkcija FX(x) =P (X < x), apibreºta realiuju skai£iu aibeje. Naudodamiesi pasiskirstymofunkcija galime reik²ti kitu su atsitiktiniu dydºiu susijusiu ivykiu tikimybes,pavyzdºiui, P (a ≤ X < b) = FX(b)− FX(a).

Diskretusis atsitiktinis dydisJeigu atsitiktinio dydºio reik²mes galima sunumeruoti, dydis vadinamas dis-kre£iuoju. Taigi dydºiai, kuriu reik²miu aibes yra baigtines diskretieji dy-dºiai. Ta£iau diskre£iojo dydºio reik²miu aibe gali buti ir begaline. Pavyzdys:lo²imo kauliukas metomas tol, kol atvirsta ²e²ios akutes. Dydºio X reik²me metimu skai£ius. is dydis yra diskretusis.

I²sigim¦s atsitiktinis dydisTai funkcija X : Ω → R, visoms baigtims prisikirianti t¡ pa£i¡ reik²m¦, t.y. egzistuoja toks skai£ius a, kad P (X = a) = 1. Tokie dydºiai daºnai pa-sitaiko kaip tam tikra prasme ribiniai atsitiktiniu dydºiu sekos dydºiai, todeltikslinga ir juos itraukti i atsitiktiniu dydºiu ²eim¡, nors kasdienes logikospoºiuriu keistoka vadinti atsitiktiniu dydi, kurio reik²m¦ i² anksto ºinome.

Binominis atsitiktinis dydisTai dydis X, kuri galima suvokti kaip sekmiu skai£iu, gaut¡ atlikus n vienoduir nepriklausomu bandymu su dviem baigtimis sekme ir nesekme. Jeigusekmes tikimybe yra p, tai

P (X = m) = Cmn pm(1− p)n−m, m = 0, 1, . . . , n.

Simboli²kai ºymima X ∼ B(n, p). Dar sakoma, kad X pasiskirst¦s pagalbinomini desni su parametrais n, p.

Geometrinis atsitiktinis dydisTai dydis X, igyjantis reik²mes m = 1, 2, . . . su tikimybemis

P (X = m) = (1− p)m−1p, m = 1, 2, . . .

Simboli²kai ra²ome X ∼ G(p). Dydi galima suvokti kaip Bernulio schemosbandymu, atliekamu iki pirmos sekmes, skai£iu.

Puasono atsitiktinis dydisTai dydis X, igyjantis reik²mes m = 0, 1, 2, . . . su tikimybemis

P (X = m) =λm

m!e−λ, m = 1, 2, . . . ,

248

£ia λ > 0 ksuotas skai£ius. Simboli²kai ra²ome X ∼ P(λ). Sakome, kaddydis X pasiskirst¦s pagal Puasono desni su parametru λ. Puasono dydºioreik²miu tikimybes artimos atitinkamoms binominio dydºio Y ∼ B(n, p), kain didelis, ir np ≈ λ.

Tolydusis atsitiktinis dydisJeigu atsitiktinio dydºio pasiskirstymo funkcijos grakas neturi trukio ta²ku,tai dydis vadinamas tolydºiuoju. Tolydºiuju atsitiktiniu dydºiu ²eimoje svar-biausi yra tie dydºiai, kuriu pasiskirstymo funkciju grakai beveik visuoseta²kuose turi liestines, t. y. beveik visuose ta²kuose egzistuoja pasiskirstymofunkciju i²vestines. Tokie tolydieji atsitiktiniai dydºiai vadinami absoliu£iaitolydºiais.

Atsitiktinio dydºio tankisJeigu atsitiktinio dydºio X pasiskirstymo funkcija FX(x) beveik visur turii²vestin¦, tai

FX(u) =

∫ u

−∞p(x)dx, p(x) = pX(x) = FX(x)′.

Funkcija p(x) vadinama atsitiktinio dydºio (tikimybiniu) tankiu. Tankiofunkcija neneigiama, p(x) ≥ 0, plotas po tankio graku vir² Ox a²ies lygus1 : ∫ ∞

−∞pX(x)dx = 1.

Tankio funkcija gali igyti bet kokias teigiamas reik²mes. Jeigu teisinga ne-lygybe pX(x1) > pX(x2), tai dydis daºniau igyja reik²mes artimas x1 neguartimas x2.

Tolygiai pasiskirst¦s atsitiktinis dydisSakoma, kad atsitiktinis dydis, igyjantis reik²mes i² intervalo [a; b] yra tolygiaipasiskirst¦s ²iame intervale, jeigu jis turi tanki pX(x), kuris su visais x ∈ (a; b)igyja t¡ pa£i¡ reik²m¦ pX(x) = c. Kadangi plotas po tankio graku lygusvienam, tai c = 1/(b − a). Tankis yra pastovus, tai su visais x1, x2 ∈ (a; b)atsitiktinis dydis X reik²mes, artimas x1 link¦s igyti taip pat daºnai kaipreik²mes artimas x2. Simboli²kai ºymime X ∼ T ([a; b]).

Eksponentinis dydisJeigu atsitiktinis dydis X, igyjantis tik neneigiamas reik²mes turi tanki pX(x) =λe−λx, x ≥ 0, jis vadinamas eksponentiniu. Dar sakoma, kad jis pasiskirst¦spagal eksponentini desni su parametru λ. Simboli²kai ra²ome X ∼ E(λ). Ek-

249

sponentiniais dydºiai apra²oma daugelis gamtos rei²kiniu. Pavyzdºiui, laiko-tarpis nuo radioaktyvaus atomo stebejimo pradºios iki jo skilimo momentoyra eksponentinis atsitiktinis dydis.

Pareto atsitiktiniai dydºiaiAtsitiktinis dydis X, igyjantis reik²mes x ≥ C,C > 0, vadinamas Paretoatsitiktiniu dydºiu, jeigu jo pasiskirstymo funkcija yra FX(x) = 1− (C/xα),£ia C > 0, α > 0, x ≥ C. Simboli²kai ºymime X ∼ Par(α).

Standartinis normalusis atsitiktinis dydisAtsitiktini dydi X vadiname stadartiniu normaliuoju, jeigu jis turi tanki

p(x) =1√2π

e−x2/2

. Kitaip tariant, X yra atsitiktinis dydis, pasiskirst¦s pagal standartininormaluji desni. Simboli²kai ra²ome X ∼ N (0, 1).

Normalieji atsitiktiniai dydºiaiJeigu atsitiktinio dydºio X tankis yra

pX(x) =1√

2πσ2e−(x−µ)2/2σ2

,

sakome, kad dydis pasiskirst¦s pagal normaluji desni su parametrais µ, σ2,ra²ome X ∼ N (µ, σ2). Parametru prasme tokia: µ yra dydºio vidurkis,µ = E[X], σ2 yra dispersija, σ2 = D[X]. Normaluji dydi X ∼ N (µ, σ2)galima i²reik²ti per standartini normaluji X = µ + σX0, X0 ∼ N (0, 1).

Atsitiktinio dydºio kvantilisJeigu atsitiktinis dydis X yra tolydus, tai α lygio kvantiliu vadiname lygtiesFX(x) = α sprendini, £ia 0 < α < 1, o FX(x) yra dydºio pasiskirstymofunkcija. Jeigu pasiskirstymo funkcija yra grieºtai didejanti, tai su visomis αreik²memis sprendinys yra vienintelis.

Atsitiktinio dydºio kritine reik²meTolydaus atsitiktinio dydºio X β lygio kritine reik²me (0 < β < 1) vadinameskai£iu x su kuriuo yra teisinga lygybe P (X ≥ x) = β. Kritine reik²me yralygties 1− FX(x) = β arba FX(x) = 1− β sprendinys. Taigi β lygio kritinereik²me yra 1− β lygio kvantilis. Kritines reik²mes terminas paprastai nau-dojamas statistiniu hipoteziu tikrinimo uºdaviniuose.

250

Nepriklausomi atsitiktiniai dydºiaiAtsitiktiniai dydºiai X,Y vadinami nepriklausomais, jeigu atsitiktiniai ivykiaiX < x, Y < y, susij¦ su atsitiktiniais dydºiais yra nepriklausomi, t.y. su visomis x, y reik²memis P (X < x, Y < y) = P (X < x)P (Y < y).Analogi²kai apibreºiama didesnes atsitiktiniu dydºiu sistemos s¡voka.

Diskre£iojo atsitiktinio dydºio vidurkisJeigu diskretusis atsitiktinis dydis X, igyja reik²mes x1, x2, . . . , tai jo vidurkiuvadinamas skai£ius

E[X] =∑

i

xiP (X = xi).

Atsitiktinio dydºio vidurkis gali nepriklausyti atsitiktinio dydºio reik²miuaibei. Pavyzdºiui, jeigu X aku£iu, atvirtusiu ant simetri²ko lo²imo kauliukoskai£ius, tai toks dydis gali igyti reik²mes 1, 2, 3, 4, 5, 6, o jo vidurkis neradydºio reik²me: E[X] = 3,5. Ta£iau jeigu kauliuk¡ mesime daug kartuir sudarysime aritmetini gautu reik²miu vidurki, tai labai tiketina, kad ²isskai£ius maºai skirsis nuo atsitiktinio dydºio vidurkio, t. y. gausime (x1 +x2+ . . .+xn)/n ≈ E[X]. Egzistuoja atsitiktiniai dydºiai, neturintys vidurkio.

Vidurkio adityvumo savybeJeigu atsitiktiniai dydºiai X1, X2, . . . , Xn turi vidurkius, tai vidurki turi ir jusuma. Be to ,

E[X1 + . . . + Xn] = E[X1] + E[X2] + . . . + E[Xn].

i svarbi savybe vadinama vidurkio adidtyvumo savybe. Ji teisinga bet kok-iems atsitiktiniams dydºiams, vienintele s¡lyga kad vidurkiai egzistuotu.

Absoliu£iai tolydºiu atsitiktiniu dydºiu vidurkisAbsoliu£iai tolydaus atsitiktinio dydºio X, turin£io tanki pX(x) vidurkisapibreºiamas lygybe

E[X] =

∫ ∞

−∞xpX(x)dx.

Vidurki galima apibreºti ne tik diskretiesiems bei absoliu£iai tolydiems dydºi-ams. Pavyzdºiui, sumuodami du dydºius vien¡ diskretuji, kit¡ absoliu£iaitolydu, galime gauti dydi, kuris nepriklauso nei vienai i² ²iu ²eimu. Bendrojeteorijoje pateikiamas vidurkio apibreºimas, tinkantis visais atvejais.

Atsitiktinio dydºio dispersijaAtsitiktinio dydºio dispersija, apibreºiama lygybe

D[X] = E[(X − E[X])2],

251

nusako atsitiktinio dydºio reik²miu i²sibarstymo didum¡. Atsitiktinio dydºiodispersija neneigiamas skai£ius. I²sigimusio atsitiktinio dydºio dispersijalygi nuliui, nes jo reik²mes nera i²sibarst¦ i² viso (jis igyja vienintel¦ reik²m¦).Egzistuoja atsitiktiniai dydºiai, neturintys dispersijos.

Atsitiktinio dydºio standartinis nuokrypisAtsitiktinio dydºio X standartiniu nuokrypiu vadinamas dydis

σ(X) =√

D[X].

Jis taip pat nusako atsitiktinio dydºio reik²miu i²sibarstymo didum¡.

Dispersijos adityvumo savybeJeigu atsitiktiniai dydºiai X1, X2, . . . , Xn yra nepriklausomi ir turi dispersi-jas, tai ir ju suma turi dispersij¡, be to

D[X1 + X2 + . . . + Xn] = D[X1] + D[X2] + . . . + D[Xn].

i savybe vadinama dispersijos adityvumo savybe. Nuo vidurkio adityvumosavybes ji skiriasi tuo, kad j¡ turi tik nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai.

Didºiuju skai£iu desnisTai ribine teorema, nusakanti nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu sumos elgesi,kai demenu skai£ius auga. Desnio esme tokia: jeigu X1, X2, . . . yra neprik-lausomi atsitiktiniai dydºiai, turintys vidurki E[Xj] = a, tai su didelemis nreik²memis atsitiktinis dydis Yn = (X1 + X2 + . . . + Xn)/n daºniausiai igyjatik artimas skai£iui a reik²mes, t. y. supana²eja su i²sigimusiu atsitiktiniudydºiu, igyjan£iu reik²m¦ a.

eby²ovo nelygybePaprasta nelygybe, kuria naudojantis galima ivertinti atsitiktinio dydºio Xreik²miu nuokrypiu nuo vidurkio tikimybes:

P (|X − E[X]| > ε) ≤ D[X]

ε2.

Nelygybe naudojama ivairiuose teoriniuose samprotavimuose ir irodymuose.Pavyzdºiui, pasinaudojus ja nesunku irodyti didºiuju skai£iu desni vienodaipasiskirs£iusiems nepriklausomiems atsitiktiniams dydºiams, turintiems dis-persijas.

Atsitiktiniu dydºiu kovariacijaAtsitiktiniu dydºiu X, Y kovariacija apibreºiama lygybe

cov(X, Y ) = E[(X − E[X])(Y − E[Y ])].

252

Kovariacija nebutinai egzistuoja, ta£iau jeigu atsitiktiniai dydºiai turi disper-sijas, tai galima apskai£iuoti ir kovariacij¡. Jeigu atsitiktiniai dydºiai X,Yyra nepriklausomi, tai ju kovariacija lygi nuliui.

Teigiamai koreliuoti atsitiktiniai dydºiaiAtsitiktiniai dydºiai X,Y vadinami teigiamai koreliuotais, jeigu cov(X, Y ) >0. Tai rei²kia, kad dydºius sieja ry²ys: didesnes vieno dydºio reik²mes pa-prastai atitinka didesnes kito dydºio reik²mes. Jeigu i² dydºiu stebejimugautas reik²mes 〈xi, yi〉 pavaizduotume plok²tumos ta²kais, matytume polinkigrupuotis apie tam tikr¡ ties¦ su teigiamu krypties koecientu.

Neigiamai koreliuoti atsitiktiniai dydºiaiAtsitiktiniai dydºiai X, Y vadinami neigiamai koreliuotais, jeigu cov(X, Y ) <0. Tai rei²kia, kad dydºius sieja ry²ys: didesnes vieno dydºio reik²mes atitinkamaºesnes kito dydºio reik²mes. Jeigu i² dydºiu stebejimu gautas reik²mes〈xi, yi〉 pavaizduotume plok²tumos ta²kais, matytume polinki grupuotis apietam tikr¡ ties¦ su neigiamu krypties koecientu.

Nekoreliuoti atsitiktiniai dydºiaiAtsitiktiniai dydºiai X,Y vadinami nekoreliuotais, jeigu cov(X, Y ) = 0.Pavyzdºiui, nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai yra nekoreliuoti.

Koreliacijos koecientasDydis, nusakantis atsitiktiniu dydºiu X, Y ry²io savybes. Koreliacijos koe-cientas apibreºiamas lygybe

ρ(X, Y ) =cov(X, Y )√D[X]D[Y ]

.

Koreliacijos koecientas igyja reik²mes i² intervalo [−1; 1]. Jeigu ρ(X, Y ) =±1, tai dydºiai tiesi²kai susij¦, t.y. egzistuoja skai£iai a, b, c ne visi lygusnuliui, kad P (aX + bY = c) = 1. Jeigu ρ(X, Y ) > 0, dydºiai yra teigiamaikoreliuoti, jei ρ(X,Y ) < 0 dydºiai neigiamai koreliuoti. Kuo koreliacijos koe-ciento modulis |ρ(X, Y )| didesnis, tuo ry²ys tarp dydºiu pana²esnis i tiesini.

Centrine ribine teoremaRibine teorema, nusakanti nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu sumos elgesi,kai demenu daugeja. Tegu X1, X2, . . . yra nepriklausomi vienodai pasiskirst¦atsitiktiniai dydºiai, turintys dispersijas, Sn = X1 +X2 + . . .+Xn. Centrinesribines teoremos esm¦ galima suformuoluoti taip: jei

Yn =Sn − E[Sn]

D[Sn],

253

tai didejant n dydis Yn savo tikimybinemis savybemis darosi vis pana²esnis istandartini normaluji dydi.

Muavro-Laplaso teoremaCentrines ribines teoremos atskiras atvejis Bernulio schemai vadinamas Muavro-Laplaso teorema. Jos esme: dydis

Yn =Sn − E[Sn]

D[Sn],

kur Sn yra sekmiu skai£ius Bernulio schemoje, savo tikimybinemis savybemisdarosi vis pana²esnis i standartini normaluji dydi, kai bandymu skai£ius ndideja.

PopuliacijaPopuliacija arba generaline aibe statistinio tyrimo objektu visuma. Tiriamuobjektu savybes rei²kiamos kintamuju reik²memis, kurios gali buti tiek skai-tines (kiekybiniai kintamieji), tiek simbolines (kokybiniai kintamieji).

Atsitiktine imtisKadangi visi populiacijos objektai daºniausiai negali buti i²tirti, atrenkamaju dalis ir pagal juos tiriant gautus duomenis, daroma i²vada apie visospopuliacijos savybes. Atranka gali buti vykdoma ivairiais metodais. Ma-tematinems i²vadoms geriausiai tinka atsitiktinis atrankos budas: objektaiatrenkami tyrimui atsitiktinai ir nepriklausomai su gr¡ºinimu. Atrinktujuobjektu tyrim¡ galima interpretuoti kaip nepriklausomus bandymus, kuriuosestebimos vienodai pasiskirs£iusiu nepriklausomu atsitiktiniu dydºiu reik²mes.Todel matematine s¡voka, atitinkanti toki tyrim¡, yra atsitiktinis vektorius

〈X1, X2, . . . , Xn〉,kurio komponentes atsitiktiniai ir vienodai pasiskirst¦ atsitiktiniai dydºiai.is vektorius vadinamas atsitiktine imtimi. Konkre£iuose tyrimuose gauname²iu dydºiu reik²mes. iu reik²miu rinkinys 〈x1, x2, . . . , xn〉 vadinamas atsi-tiktines imties realizacija arba tiesiog imtimi.

Apra²omoji statistikaStatistiniame tyrime gautu duomenu tvarkymo, sisteminimo ir vaizdavimometodai. Ju tikslas palengvinti duomenu apºvalg¡, parengti juos skai£iav-imams ir vertinimams.

Imties duomenu daºniaiNaturiniai skai£iai, gauti nusta£ius, kiek kartu imtyje pasikartoja duomenu

254

reik²mes. Padalinus duomenu daºnius i² bendro duomenu skai£iaus, gaunamisantykiniai daºniai.

Stulpeline diagramaGranis duomenu daºniu lenteles vaizdavimas. Abscisiu a²yje paºymimita²kai, atitinkantys skirtingus imties duomenis, vir² ju breºiami stulpeliai,kuriu auk²£iai proporcingi duomenu daºniams.

Skrituline diagramaGranis duomenu daºniu lenteles vaizdavimas. Skirtingas duomenu reik²mesatitinka skritulio sektoriai, kuriu centriniai kampai proporcingi duomenu daº-niams.

HistogramaSugrupuotu imties duomenu stulpeline diagrama. Visa imties duomenu sri-tis dalijama i vienodo ilgio intervalus, skai£iuojama kiek duomenu yra dali-jimo intervaluose ir vir² ²iu intervalu braiºomi stulpeliai, kuriu auk²£iai pro-porcingi daºniams. Proporcingumo koecientas parenkamas taip, kad ben-dras diagramos stulpeliu plotas butu lygus 1.

Imties variacine eiluteImties duomenu eilute, gauta i²des£ius imties duomenis didejimo tvarka.

Empirine pasiskirstymo funkcijaPasiskirstymo funkcija, sudaryta pagal imties duomenu daºniu lentel¦. i¡lentel¦ galima interpretuoti kaip diskre£iojo atsitiktinio dydºio reik²miu irtikimybiu lentel¦: reik²mes xi tikimybe lygi santykiniam ²ios reik²mes daºniui.

Imties kvantiliaiImties 〈x1, x2, . . . , xn q-osios eiles kvantilis tai skai£ius vq, dalijantis imtiesduomenis i dvi dalis: i kair¦ nuo vq yra ne maºiau kaip qn duomenu, i de²in¦ ne maºiau kaip (1− q)n.

MedianaMediana vadinamas imties kvantilis, kurio eile q = 1/2.

KvartiliaiImties kvantiliai, kuriu eiles yra 1/4; 2/4; 3/4 vadinami kvartiliais ir paprastaiºymimi Q1, Q2, Q3. Kvartilis Q2 yra mediana. Galetume kvartili lietuvi²kaivadinti imties ketvir£io ºenklu, o median¡ imties puses ºenklu. Ta£iaupavadinimas taptu ilgesnis, o be to skambetu ne taip moksli²kai.

255

Imties vidurkisImties 〈x1, x2, . . . , xn〉 vidurkiu vadinamas skai£ius

x =x1 + x2 + . . . + xn

n.

Imties vidurki galima suvokti kaip vidurki diskre£iojo atsitiktinio dydºio, ku-rio reik²mes ir tikimybes duotos imties reik²miu ir santykiniu daºniu lentele.Nore£iau skaitan£iu ²ias eilutes papra²yti trumpam uºsimerkti ir pagalvoti,ar nepainiojate atsitiktinio dydºio ir imties vidurkio s¡voku.

Imties dispersijaImties 〈x1, x2, . . . , xn dispersija vadinamas skai£ius

s2 =1

n− 1

n∑i=1

(xi − x)2.

Imties dispersija nusako imties duomenu i²sibarstymo didum¡.

StatistikaAtsitiktine imtis 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra atsitiktiniu dydºiu seka, atitinkantinepriklausomu dydºio, i²rei²kian£io populiacijos objektu savybes, stebejimusek¡. Darant i²vadas daºnai svarbios ne pavienes atsitiktines imties kom-ponentes, bet i² ju sudaryti rei²kiniai. Tokie rei²kiniai (funkcijos) T =h(X1, X2, . . . , Xn) vadinami imties statistikomis. Imties statistika tai nau-jas atsitiktinis dydis. Istat¦ konkretaus tyrimo duomenis, gauname ²io dydºioreik²m¦.

Ta²kinis parametro ivertisNaudojantis imties duomenimis siekiama nustatyti stebimo atsitiktinio dy-dºio neºinomo parametro θ reik²m¦. iam tikslui sudaroma atitinkama statis-tika θ∗ = h(X1, X2, . . . , Xn). Tokia statistika vadinama ta²kiniu neºinomoparametro iver£iu.

Nepaslinktas parametro ivertisNeºinomo parametro θ ta²kinis ivertis θ∗ = h(X1, X2, . . . , Xn) yra atsitiktinisdydis, kurio reik²mes gauname i² konkre£iu imties duomenu 〈x1, x2, . . . , xn〉.Ivertis vadinamas nepaslinktu, jeigu E[θ∗] = θ, t. y. iver£io reik²mes yrataisyklingai i²sibarst¦ apie tikr¡j¡ parametro reik²m¦.

256

Empirinis momentasAtsitiktines imties 〈X1, X2, . . . , Xn〉 k-osios eiles empiriniu momentu vadina-mas dydis

ak =Xk

1 + Xk2 + . . . + Xk

n

n.

Tai naujas atsitiktinis dydis, jo reik²mes gauname naudodamiesi atsitiktinesimties realizacija (i² konkre£iu stebejimu gautais duomenimis).

Momentu metodasTa²kiniu iver£iu sudarymo metodas, kurio esme teoriniu ir empiriniu dy-dºio momentu sulyginimas.

Pasikliautinis intervalasInterval¡ I = (θ(X1, X2, . . . , Xn), θ(X1, X2, . . . , Xn)), sudaryt¡ naudojantdvi imties statistikas vadiname neºinomo parametro θ pasikliautiniu inter-valu su pasikliovimo lygmeniu 0 < Q < 1, jei

P (θ ∈ (θ(X1, X2, . . . , Xn), θ(X1, X2, . . . , Xn)) ≥ Q.

Naudodamiesi imties realizacijos duomenimis, sudarome konkretu pasikliautiniinterval¡. Pasikliovimo lygmuo nurodo tiketinumo laipsni, kad neºinomasparametras priklauso sukonstruotam intervalui.

Chi-kvadrat desnisJeigu X1, X2, . . . , Xn yra nepriklausomi standartiniai normalieji dydºiai, oχ2

n = X21 + X2

2 + . . . + X2n, tai sakoma, kad dydis χ2

n yra pasiskirst¦s pagalchi-kvadrat desni su n laisves laipsniu. Dydis χ2

n yra absoliu£iai tolydus,simboli²kai ºymime χ2

n ∼ χ2(n).

Studento desnisJeigu X0, X1, X2, . . . , Xn yra nepriklausomi standartiniai normalieji dydºiai,o

Tn =X0√

X21 + X2

2 + . . . + X2n

,

tai sakoma, kad dydis Tn yra pasiskirst¦s pagal Studento desni su n laisveslaipsniu. Dydis Tn yra absoliu£iai tolydus, simboli²kai ºymime Tn ∼ St(n).

Tiesines regresijos uºdavinysinoma, kad atsitiktiniai dydºiai Yx turi tiesini demeni α + βx: Yx = α +βx + Ux, £ia Ux yra nepriklausomi, vienodai pasiskirst¦ atsitiktiniai dydºiai

257

turintys nulini vidurki ir teigiam¡ dispersij¡. Parametrai α, β yra neºi-nomi. I² bandymu gaunamos dydºiu Yx reik²mes yi, kai x = xi. Naudojantisduomenimis 〈xi, yi〉 reikia ivertinti neºinomu parametru α, β reik²mes.

Maºiausiu kvadratu metodasTai metodas tiesines regresijos uºdaviniui spr¦sti. Uºdavinyje reikalaujamarasti neºinomu s¡ry²io Yx = α+βx+Ux, parametru α, β iver£ius, naudojantisi² stebejimu gautomis reik²memis 〈xi, yi〉, yi = Yxi

. Metodo esme nustatyti,su kokiomis α, β reik²memis rei²kinio

S(α, β) =n∑

i=1

(α + βxi − yi)2

reik²me yra maºiausia.Statistine hipotezeStatistine hipoteze, tai teiginys apie stebimo atsitiktinio dydºio pasiskirstymodesni. Paprastai formuluojamos dvi hipotezes: pagrindine ir alternatyvi.Vien¡ i² ju reikia priimti naudojantis imties duomenimis. Jeigu hipotezesyra teiginiai apie skaitines pasiskirstymo desnio parametru reik²mes, jos vad-inamos parametrinemis, jeigu kito pobudºio teiginiai neparametrinemis.Taigi statistines hipotezes priimamos ar atmetamos remiantis duomenu anal-ize, o ne burimo i² kavos tir²£iu rezultatais.

Pirmosios ru²ies klaidaKlaidingas sprendimas tikrinant statistines hipotezes, kai atmetama pagrindinehipoteze, nors ji yra teisinga. Taigi priimama alternatyvi hipoteze, nors jiyra klaidinga. Pavyzdºiui, jeigu pagrindine hipoteze yra H0 : a² galiu, jeigupasimokysiu, gauti ger¡ tikimybiu teorijos egzamino paºymi, tai padarysitepirmos ru²ies klaid¡.

Antrosios ru²ies klaidaKlaidingas sprendimas tikrinant statistines hipotezes, kai primama pagrindinehipoteze, nors ji yra klaidinga. Pavyzdºiui, jeigu pagrindine tevu hipoteze,kad sunus ar dukra ruko, tai jie tikriauisiai padarys antrosios ru²ies klaid¡,jeigu suras tarp nerukan£iojo vadoveliu cigaret¦, kuri¡ paliko tuos vadoveliuskaºkada pasiskolin¦s draugas.

Kriterijaus reik²mingumo lygmuoHipoteziu tikrinimo uºdaviniui spr¦sti konstruojamas tam tikras kriterijus.Jeigu taikant ²i kriteriju, tikimybe padaryti pirmos ru²ies klaid¡ nevir²ijaskai£iaus α, 0 < α < 1, tai ²is skai£ius vadinamas kriterijaus reik²mingumo

258

lygmeniu. Galite suvokti kriterijaus reik²mingumo lygmeni kaip dydi, atvirk²tinibaimes padaryti pirmos ru²ies klaid¡ didumui. Kuo baime didesne, tuoreik²mingumo lygmuo maºesnis.

Kritine sritisHipoteziu tikrinimo uºdaviniui spr¦sti konstruojamas kriterijus, kuris remi-asi tam tikra imties statistika. ios statistikos reik²mes, su kuriomis pa-grindine hipoteze yra atmetama, sudaro sriti, kuri vadinama kriterijaus kri-tine sritimi. Taigi kritine sritis yra pagrindines hipotezes atmetimo sritis.Neie²kokite pana²umu su kritinio paauglystes amºiaus ar kitomis kasdienioºmoniu gyvenimo s¡vokomis.

259

Rodykle

Atsitiktiniai dydºiaineigiamai koreliuoti, 170teigiamai koreliuoti, 170

Atsitiktinis dydis, 106absoliu£iai tolydusis, 117binominis, 111chi-kvadrat, 211diskretusis, 110eksponentinis, 121Gamma, 123geometrinis, 113i²sigim¦s, 110normalusis, 125Pareto, 124Pascalio, 114Poissono, 114standartinis normalusis, 124Studento, 211tolydusis, 117tolygiai pasiskirst¦s, 119

Atsitiktiniu dydºiukoreliacijos koecientas, 171kovariacija, 168

eby²ovo nelygybe, 165Charakteringoji funkcija, 180

Daugybos taisykle, 45Derinys, 48Diagrama

skrituline, 193stulpeliu, 193sugrupuotuju daºniu, 193

Didºiuju skai£iu desnis, 166

Dispersijaatsitiktinio dydºio, 154binominio dydºio, 156eksponentinio dydºio, 161gamma-dydºio, 161geometrinio dydºio, 158normaliojo dydºio, 162Pascalio dydºio, 160Poissono dydºio, 157tolygiai pasisikirs£iusio dydºio, 160

Empirinis momentas, 201

Formulehipoteziu tikrinimo, 83pilnosios tikimybes, 81tikimybiu sandaugos, 77

Funkcijaempirine pasiskirstymo, 195pasiskirstymo, 106tikimybiu tankio, 117

Geometrines tikimybes, 53Gretinys

be pasikartojimu, 47su pasikartojimais, 46

Hipotezesapie dispersij¡, 239apie sekmes tikimyb¦, 234apie vidurki, 229statistines, 225

Imtiesdaºniai, 192

260

dispersija, 196kvantiliai, 195kvartiliai, 196mediana, 196santykiniai daºniai, 192sukauptieji daºniai, 192variacine eilute, 194vidurkis, 196

Imtis, 191atsitiktine, 191

Intervalaspasikliautinis, 205pasikliautinis tikimybei, 216pasikliautinis dispersijai, 219pasikliautinis vidurkiui, 210

Ivertisnepaslinktas, 199ta²kinis, 199

Ivykiainepriklausomi, 86nesutaikomi, 62

Ivykiuσ-algebra, 58s¡junga, 56sankirta, 56

Klaidaantros ru²ies, 226pirmos ru²ies, 226

Klasikinis tikimybes apibreºimas, 42Kritine reik²me, 128Kvantilis, 128

Maºiausiu kvadratu metodas, 222

Nepriklausomi atsitiktiniai dydºiai, 130

Pasikliovimo lygmuo, 205Populiacija, 191

Reik²mingumo lygmuo, 226

Savybe

dispersijos adityvumo, 156nepriklausomu dydºiu sandaugos

vidurkio, 139vidurkio adityvumo, 137

SchemaBernoullio, 93polinomine, 97

Silpnasis konvergavimas, 177Statistika, 199

Teoremacentrine ribine, 175Moivre-Laplace'o, 101Poissono, 100

Tiesines regresijos uºdavinys, 221Tiketiniausias sekmiu skai£ius, 94Tikimybe, 62

ivykiu s¡jungos, 69baig£iu skai£iaus, 97sekmiu skai£iaus, 93s¡lygine, 75

Tikimybes tolydumo savybe, 71Tikimybine erdve, 63

Vidurkisabsoliu£iai tolydaus atsitiktinio dy-

dºio, 147binominio dydºio, 142diskre£iojo atsitiktinio dydºio, 135eksponentinio dydºio, 150geometrinio dydºio, 144normaliojo dydºio, 151Poissono dydºio, 143tolygiojo dydºio, 149

261

LiteraturaTikimybiu teorijos vadoveliu, monograju daugybe. Visuose vadoveliuosedestomi tie patys pagrindai. Kuris geresnis? Tas, i² kurio galite dau-giausia i²mokti. I²mokti galime i² tu knygu, kuriose destomi mumsnauji dalykai, ir be to suprantamai. Studijuoti rei²kia ai²kintis, ver-sti nesuprantamus dalykus suprantamais, ai²kiais. Taigi ir geriausiojovadovelio titul¡, kaip koki¡ pereinam¡j¡ sporto taur¦, rimtai studijuo-jant turetu pelnyti vis kitos knygos.

Tikimybiu teorijos ir matematines statistikos pradmenys

1. Matematika 11, II dalis. TEV, Vilnius, 2002.

2. Matematika 12, I, II dalys. TEV, Vilnius, 2003.Tikimybiu teorijos ir matematines statistika nematematiniuspecialybiu studentams

3. A. Apynis, E. Stankus. Matematika. TEV, Vilnius, 2001.

4. A. Bak²tys. Statistika ir tikimybe. TEV, Vilnius, 2006.

5. V. ekanavi£ius, G. Murauskas. Statistika ir jos taikymai, 1,2 t. TEV,Vilnius, 2002.

6. A. emaitis. Trumpas tikimybiu teorijos ir matematines statistikoskursas. Vilnius: Technika. 2002.Akademiniai tikimybiu teorijos ir matematines statistikos kur-sai

7. A. Aksomaitis. Tikimybiu teorija ir statistika. Kaunas: Technologija.2000.

8. J. Kubilius. Tikimybiu teorija ir matematine statistika. Vilnius. 1996.Tikimybiu teorija Internete

9. http://www.mathcs.carleton.edu/probweb/probweb.html

10. http://books.google.com/ Ie²kokite: Probability

262