Tikimybiu teorija ir matematine statistika

Vilius StakenasVU MIF

2014

I. Tikimybin e erdv e 21.1. Bandymai, baigtys ir ivykiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Monetos metimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4Trys monetos metimai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Iki pirmos sekmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Automobilio stabdymas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Pradžia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Kelios savokos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2. Klasikinis tikimybes apibrežimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Klasikinis tikimybes apibrežimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Paprastos savybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3. Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Daugybos taisykle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Daugybos taisykle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Gretinys su pasikartojimais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Gretinys be pasikartojimu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Deriniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1

Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.4 Geometrin es tikimyb es 31Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Geometrinis tikimybes apibrežimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Sprendimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Ar galesime sudeti trikampi? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36Sprendimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Biuffono uždavinys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Bertrano uždavinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Stora moneta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Stora moneta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

1.5. Ivykiu algebra 42Ivykiu vaizdavimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Priešingasis ivykis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44Ivykiu sajunga ir sankirta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Ivykiu sajunga ir sankirta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Veiksmu savybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Ivykiu algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Ivykiu σ-algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Ivykiu algebros savybes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Ivykiu šeima ir ivykiu σ-algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Generuota σ-algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53Generuota σ-algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54Svarbus pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

1.6. Tikimybinis matas 56Tikimybinis matas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Tikimybine erdve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58Diskrecioji tikimybine erdve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Pavyzdys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

1.7. Paprastos lygyb es ir nelygyb es 62Kelios lygybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Nelygybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Pasirinkimo uždavinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65Pasirinkimo uždavinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2

Pasirinkimo uždavinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67Pasirinkimo uždavinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68Praktinis klausimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

1.8. Paprastieji atsitiktiniai dydžiai ir tikimyb es 70Paprastieji atsitiktiniai dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71Indikatoriai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72Paprastieji atsitiktiniai dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73Dydžiu suma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Atsitiktinio dydžio vidurkis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Vidurkio adityvumas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Vidurkio adityvumas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Ivykiu sajungos tikimybe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78Ivykiu sajungos tikimybe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Lygiai k ivykiu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

1.9. Tikimyb es monotoniškumas 83Didejantys ivykiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84Mažejantys ivykiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85Paradoksas su rutuliais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86Paradoksas su rutuliais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

1.10. Salygin e tikimyb e 88Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89Pavyzdys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90Tikimybes patikslinimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91Salygine tikimybe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92Tie patys teiginiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93Pavyzdys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95Tikimybiu sandaugos formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97Nutrauktas lošimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98Nutrauktas lošimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

1.11. Salyginiu tikimybiu savyb es 100Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102Pilnosios tikimybes formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103Pavyzdys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104Hipoteziu tikrinimo formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3

Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108Kas kitoje puseje? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109Lošimas su moneta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110Salyginis vidurkis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111Adityvumo teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

1.12. Nepriklausomi ivykiai 114Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115Nepriklausomi ivykiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116Nepriklausomi ivykiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117Kaip apibrežti nepriklausomu ivykiu sistema? . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118Nepriklausomu ivykiu sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121Nepriklausomu ivykiu sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122Borelio-Kantelio lema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

1.13. Nepriklausomi bandymai 124Bandymas su dviem baigtimis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125Nepriklausomi ir vienodi bandymai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126Bernulio schema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127Sekmiu skaiciaus tikimybes formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129Tiketiniausias sekmiu skaicius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130Tiketiniausias sekmiu skaicius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131Sekmiu tikimybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132Tikimybes ivertis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

1.14. Polinomin e schema 134Polinomine schema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135Sekmiu skaicius polinomineje schemoje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

1.15. Ribin es teoremos Bernulio schemoje 138Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139Kitas pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140Puasono teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141Muavro-Laplaso teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142Funkcija Φ(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143Funkcijos skaiciavimas Exceliu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

4

Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

II. Atsitiktiniai dydžiai 149

2.1. Atsitiktinio dydžio savoka 150Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151Atsitiktinis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152Atsitiktiniai vektoriai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153Be Borelio aibiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154Iš vieno dydžio – daug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155Algebriniai veiksmai su dydžiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156Analizines operacijos su dydžiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

2.2 Pasiskirstymo funkcija 158Pasiskirstymo funkcija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160Kitas pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161Pasiskirstymo funkcijos savybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

2.3. Diskretieji atsitiktiniai dydžiai 163Diskretusis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164Diskretusis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165Išsigimes atsitiktinis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166Binominis dydis ir skirstinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167Binominis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168Geometrinis atsitiktinis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169Paskalio skirstinys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170Puasono skirstinys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171Puasono teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

2.3. Absoliu ciai tolydieji atsitiktiniai dydžiai 175Tolydieji dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176Tolygiai pasiskirstes dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177Absoliuciai tolydus dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179Tankio savybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181Tolygusis skirstinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182Eksponentiniai dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183Eksponentiniai dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184Eksponentiniai dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

5

Puasono procesas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187Puasono procesas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188Puasono procesas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189Puasono procesas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190Gamma dydis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191Gamma dydis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192Pareto atsitiktiniai dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193Standartinis normalusis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194Normalieji dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195Kvantiliai ir kritines reikšmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199Kvantiliai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200Pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

2.4. Tikimyb es ir tankiai 202Tikimybiu skaiciavimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203Vektoriaus tankis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204Dydžio η = f(ξ) tankis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

2.5. Nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai 207Nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208Nepriklausomi atsitiktiniai vektoriai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209Pasiskirstymo funkcijos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210Diskretieji dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211Absoliuciai tolydieji dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212Nepriklausomi dydžiai ir Borelio funkcijos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213Nepriklausomu atsitiktiniu dydžiu suma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

2.6. Diskre ciuju atsitiktiniu dydžiu vidurkis 215Apibrežimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216Aprežto dydžio vidurkis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217Vidurkis kaip svorio centras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218Vidurkis kaip svorio centras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219Vidurkio savybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220Vidurkio adityvumas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221Nepriklausomi dydžiai ir vidurkis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222Binominio dydžio vidurkis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223Puasono dydžio vidurkis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224Geometrinio dydžio vidurkis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225Paskalio dydžio vidurkis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226Hipergeometrinio dydžio vidurkis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

2.7. Absoliu ciai tolydžiuju dydžiu vidurkis 228Vidurkis kaip svorio centras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

6

Vidurkis kaip svorio centras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230Vidurkis kaip svorio centras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231Apibrežimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232Tolygiojo atsitiktinio dydžio vidurkis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233Eksponentinio dydžio vidurkis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234Gamma dydis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235Gamma dydžio vidurkis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236Normaliuju atsitiktiniu dydžiu vidurkiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237Vidurkio skaiciavimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238Teoremos apibendrinimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

2.8. Vidurkio apibr ežimas bendruoju atveju 241Tolygus konvergavimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242Diskretus tolygiai konverguojantys dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243Apibrežimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244Vidurkio išraiška. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245Vidurkio savybes – tos pacios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

2.9. Dispersija 247Trys dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248Apibrežimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249Dispersijos savybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250Dispersijos adityvumas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251Binominis atsitiktinis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252Puasono dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253Geometrinis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254Geometrinis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255Paskalio dydžio dispersija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256Tolygiai pasiskirstes atsitiktinis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257Eksponentinis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258Gamma dydis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259Normalusis dydis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261

2.10.Didžiuju skai ciu d esnis 262Kodel kartojame matavimus? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263Cebyšovo nelygybe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264Didžiuju skaiciu desnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265Monte-Karlo metodas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266Bendresne teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267

2.11. Atsitiktiniu dydžiu momentai 268

7

Apibrežimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269Centriniai momentai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270Mišrusis dydžiu momentas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271Sumos dispersija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272Atsitiktiniu dydžiu kovariacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274Teigiamai ir neigiamai koreliuoti dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275Teigiamai ir neigiamai koreliuoti dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276Nekoreliuoti dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277Koreliacijos koeficientas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278Koreliacijos koeficientas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279Koreliacijos koeficiento savybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280

2.12. Atsitiktiniu dydžiu konvergavimas 281Konvergavimas beveik visur. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283Konvergavimas pagal tikimybe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285Silpnasis konvergavimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286Silpnasis konvergavimas: pavyzdžiai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287Konverguoja, bet nebutinai i pasiskirstymo funkcija . . . . . . . . . . . . . . 288Klausimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289

2.13. Charakteringosios funkcijos 290Kompleksiniai atsitiktiniai dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291Nepriklausomi dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292Vidurkis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293Vidurkio savybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294Charakteringoji funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295Charakteringosios funkcijos savybes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296Svarbus pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297Charakteringoji funkcija ir momentai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298Vienaties teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299Tolydumo teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300

2.14. Ribin es teoremos 301Poissono teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302Didžiuju skaiciu desnis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303Centrine ribine teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304

III. Matematin e statistika 305Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306Duomenu rinkimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307

8

Populiacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308Populiacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309Imtis ir jos realizacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310Imtis ir jos realizacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311Pirmasis uždavinys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312Dažniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313Lenteles ir diagramos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314Sugrupuotieji dažniai ir histograma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315Histogramos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316Histogramos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317Variacine imties eilute . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318Empirine pasiskirstymo funkcija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319Empirine pasiskirstymo funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320Imties kvantiliai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321Imties kvantiliai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322Kvartiliai ir mediana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323Imties vidurkis ir dispersija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324Imties skaitiniu charakteristiku vaizdavimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328Uždaviniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329

3.2. Taškiniai iver ciai 330Taškiniai iverciai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331Imties statistika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332Nepaslinktas ivertis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333Vidurkis ir dispersija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334Empirinis momentas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335Momentu metodas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336Pavyzdys. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338

3.3. Pasikliautiniai intervalai 339Pasikliautiniai intervalai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340Sukirmije grybai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341Normalieji dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342Normalieji dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343Normalieji dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344Pasikliautinis intervalas vidurkiui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346Nauji dydžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347

9

Tankio grafikai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348Tankio grafikai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349Funkcijos reikšmes skaiciavimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350Kvantiliu skaiciavimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351Pagrindine teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352Pasikliautinis intervalas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354Pasikliautinis intervalas sekmes tikimybei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355Pasikliautinis intervalas dispersijai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356Pasikliautinis intervalas dispersijai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357Pasikliautinis intervalas sekmes tikimybei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358Pasikliautinis intervalas sekmes tikimybei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359Pasikliautinis intervalas sekmes tikimybei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 360

3.4. Statistin es hipotez es 361Statistines hipotezes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362Statistines hipotezes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363Hipoteze apie normaliojo dydžio vidurki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364Hipoteze apie normaliojo dydžio vidurki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365Hipoteze apie normaliojo dydžio vidurki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366Hipotezes apie sekmes tikimybe, kai bandymu daug . . . . . . . . . . . . . 367Hipotezes apie sekmes tikimybe, kai bandymu nedaug . . . . . . . . . . . 368Hipotezes apie sekmes tikimybe, kai bandymu nedaug . . . . . . . . . . . 369Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370Pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371

10

I. Tikimybin e erdv e 2 / 371

1.1. Bandymai, baigtys ir ivykiai

Tikimybiu teorija prasideda tokiu paprastu sakiniu: nagrin esimebandymus, kuriu baig ciu numatyti negalima . Sakysime, kad tokiobandymo baigtys yra atsitiktines.

Iprasta bandymo baigciu aibe žymeti didžiaja graikiška raide Ω (skaitome:omega), o pacias baigtis mažosiomis omega raidemis su indeksais ir beju: ω, ω1, ω2, . . .

3 / 371

Monetos metimas

1 pavyzdys. Monetos metimasMetame moneta. Ji gali atvirsti herbu arba skaiciumi, baigtis žymekime Hir S.

Galimos ir kitokios baigtys: moneta gali atsistoti ant briaunos arba tiesiogpasimesti. Taciau tokios baigtys yra labai retos, todel galime supaprastintipadeti ir tarti, kad galimos tik dvi baigtys.

Baigciu aibe Ω = H, S.N

4 / 371

11

Trys monetos metimai

2 pavyzdys. Trys monetos metimaiJeigu moneta mesime, pavyzdžiui, tris kartus, tai bandymo baigtigalesime užrašyti triju simboliu seka.

Iš viso bus aštuonios skirtingos baigtys:

Ω = HHH,HHS,HSH, SHH,HSS, SHS, SSH, SSS.

N

5 / 371

Iki pirmos s ekmes

3 pavyzdys. Iki pirmos sekmesTa pacia moneta galime metyti tol, kol atvirs pirmas skaicius (pasirodyspirmoji sekme). Skaicius gali atvirsti jau pirmajame metime, galiantrajame, treciajame, ... Gali iš viso neatvirsti.

Tokio bandymo baigciu aibe yra begaline:

Ω = HHHH..., S,HS,HHS,HHHS, . . ..

N

6 / 371

12

Automobilio stabdymas

4 pavyzdys. Automobilio stabdymasBandymas – stabdome automobili. Baigtis – atstumas, kuri nuvažiuojastabdomas automobilis. Baigtis galime užrašyti teigiamais skaiciais.Taigi Ω = (0;+∞).

Žinoma, labai toli stabdomas automobilis nenuvažiuos, taciau kadangididžiausio galimo atstumo nežinome, tai i baigciu aibe itraukiame visusteigiamus skaicius.

N

7 / 371

Pradžia

Nagrin eti bandyma pradedame taip:

Apibrežiame visu bandymo baigciu aibe Ω;

Su bandymu susijusius ivykius vaizduojame poaibiaisA ⊂ Ω. Šiuos poaibius vadinsime tiesiog ivykiais.

Jei baigtis ω yra ivykio A elementas, ja vadinsimepalankia ivykiui A. Jeigu ω nera ivykio A elementas,ja vadinsime nepalankia ivykiui A.

8 / 371

13

Kelios savokos

Savokos

Tegu Ω yra bandymo baigciu aibe, o A ⊂ Ω koksnors su šiuo bandymu susijes ivykis. Ivyki, sudaryta

iš baigciu, kurios yra nepalankios ivykiui A, vadin-sime priešingu jam ivykiu ir žymesime A. Ivyki, kuriam

palankios visos baigtys, vadinsime butinuoju ivykiu iržymesime Ω, o jam priešinga vadinsime negalimuojuivykiu ir žymesime ∅.

9 / 371

Uždaviniai

1. Bandymas – tikimybiu teorijos egzaminas. Kokias baigtis galimefiksuoti? Pasiulykite bent du galimu baigciu aibes variantus.

2. Trumpuju nuotoliu begikas J pateko i pusfinali. Pusfinalyje begsaštuoni dalyviai. Pirmieji keturi pateks i finala. Mus domina tik Jrezultatai. Taigi bandymas – begiko J dalyvavimas paskutiniuosedviejuose varžybu etapuose. Apibrežkite šio bandymo baigtis.

3. Keliu policijos patrulis nutaike savo greicio matavimo prietaisa iatvažiuojanti automobili. Kokios galimos tokio bandymo baigtys?Pasiulykite bent du galimu baigciu aibes variantus.

10 / 371

14

1.2. Klasikinis tikimyb es apibr ežimas

Tikimybiu teorijos pradininkai: G. Cardano (1501-1576), B. Pascal (1623-1662), P.Fermat (1601-1665)

11 / 371

Klasikinis tikimyb es apibr ežimas

Klasikinis apibr ežimas

1 apibr ežimas. Jeigu bandymo baigciu aibe Ωyra baigtine, o visos baigtys yra vienodai galimos, taiivykio A ⊂ Ω tikimybe vadinsime skaiciu

P (A) =|A||Ω| .

12 / 371

15

Paprastos savyb es

1 teorema. Tegu bandymo baigciu aibe yra baigtine ir visos baigtys yravienodai galimos. Tada su šiuo bandymu susijusiu ivykiu tikimybes turišias savybes:

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

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

P (∅) = 0, P (Ω) = 1;

3. ivykio A ir jam priešingojo ivykio A tikimybes susije lygybeP (A) = 1− P (A).

13 / 371

1.3. Pavyzdžiai

14 / 371

16

Daugybos taisykl e

Tegu aibeje U yra M , o aibeje V – N elementu, porasudarome pirmaji elementa rinkdami iš aibes U, oantraji iš aibes V.

Tada šitaip galime sudaryti iš viso M ·N skirtingu poru.

15 / 371

Daugybos taisykl e

Bendroji daugybos taisykl e

Tegu aibese U1, U2, . . . , Uk yra atitinkamaiN1, N2, . . . , Nk elementu, o elementu eile sudaromerinkdami pirmaji iš aibes U1, antraji iš U2 ir t.t.Tada šitaip galime sudaryti iš viso

N1 ·N2 · · ·Nk

k ilgio elementu eiliu.

16 / 371

17

Gretinys su pasikartojimais

Aibes U1, U2, . . . , Uk nebutinai skirtingos. Tegu U1 = U2 = . . . = Uk = U.Elementus renkame iš tos pacios aibes U . Parinke elementa užsirašomejo numeri, o elementa gražiname atgal. Tada vel renkame iš naujo.

Jeigu aibeje U yra N skirtingu elementu, tai šitaip sudaryta k elementueile vadiname gretiniu iš N po k elementu su pasikartojimais . Tokiugretiniu iš viso yra

N ·N · · ·N︸ ︷︷ ︸

k

= Nk.

17 / 371

Pavyzdžiai

5 pavyzdys.Simetriška lošimo kauliuka metame keturis kartus. Kokia tikimybe, kadantrajame ir ketvirtajame metimuose atvirs lyginis, o pirmajame irtreciajame – nelyginis akuciu skaicius?

N

6 pavyzdys.Simetriška lošimo kauliuka metame keturis kartus. Kokia tikimybe, kadnors karta atvirs viena akute?

N

Kauliukai

18 / 371

18

Pavyzdys

7 pavyzdys. Daleles klaidžiojimasErdveje pažymeti taškai A1, A2, . . . , An. Po šiuos taškus klaidžioja dalele:patekusi i viena taška, po sekundes ji peršoka i kuri nors kita taška arbalieka kur buvusi.

Kokia tikimybe, kad po r sekundžiu ji bus aplankiusi bent viena iš taškuA1, A2, . . . , Am(m < r)?

Kokia tikimybe, kad per r sekundžiu ji bus nors karta sugrižusi i jauaplankyta taška?

N

19 / 371

Gretinys be pasikartojimu

Jeigu sudarydami gretini parinktuju aibes U elementu nebegražinsime iaibe, tai gausime gretini iš skirtingu elementu.

Jeigu aibeje U yra N elementu, o iš jos be gražinimo renkame irrikiuojame i eile k elementu, tai gautaja eile vadinsime gretiniu iš N po kelementu be pasikartojimu. Pažymekime ju kieki Ak

N .

A2N = N · (N − 1), A3

N = N · (N − 1) · (N − 2), . . . ,

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

︸ ︷︷ ︸

k

.

20 / 371

19

Pavyzdžiai

8 pavyzdys.Iš 52 kortu kalades atsitiktinai ištraukiamos 5 kortos. Kokia tikimybe, kadvisos ištrauktosios kortos bugnai?

N

9 pavyzdys. Gimtadieniu uždavinysKokia tikimybe, kad atsitiktinai susiburusioje r žmoniu grupeje atsiras bentdu žmones gime ta pacia metu diena?

Kiek mažiausiai žmoniu turetu susirinkti, kad tikimybe jog grupeje busbent du žmones gime ta pacia metu butu didesne už 1

2?N

21 / 371

Deriniai

Poaibi, sudaryta parinkus k elementu iš n elementu turincios aibes,vadinsime deriniu iš n po k elementu .

Deriniu skai cius Ckn

Akn = Ck

n · k!,

Ckn =

Akn

k!=

k︷ ︸︸ ︷

n · (n− 1) · (n− 2) · · · (n− k + 1)

k · (k − 1) · (k − 2) · · · 1︸ ︷︷ ︸

k

.

22 / 371

20

Pavyzdžiai

10 pavyzdys.Iš 52 kortu kalades atsitiktinai ištraukiamos 5 kortos. Kokia tikimybe, kadiš ju lygiai dvi kortos bus bugnu?

N

11 pavyzdys.Tegu urnoje yra N baltu ir M juodu rutuliu (arba jeigu norite – gaminiupartijoje N geru ir M brokuotu). Atsitiktinai traukiame k rutuliu. Kokiatikimybe, kad tarp ju bus lygiai n baltu?

N

Rutuliai iš urnos

23 / 371

Pavyzdys

12 pavyzdys. Daleles klaidžiojimasIš koordinaciu plokštumos taško O(0; 0) i (n;n) pajuda dalele. Ji keliaujavienu iš trumpiausiu keliu taškuose su sveikaskaitemis koordinatemisatsitiktinai rinkdamasi horizontalia arba vertikalia krypti.

Kokia tikimybe, kad pakeliui ji aplankys taška A(x, y) (x, y < n)?N

24 / 371

21

Pavyzdys

13 pavyzdys. Daleles klaidžiojimasIš koordinaciu plokštumos taško O(0; 0) pajuda dalele. Atsitiktinaipasirinkusi krypti ji po sekundes atsiduria taške (1; 1) arba (1,−1). Toliauji juda analogiškai: iš taško (u, v) po sekundes atsiduria taške(u+ 1, v + 1) arba (u+ 1, v − 1). Kokia tikimybe, kad po n žingsniu jiatsidurs taške (n; x)?

N

25 / 371

Uždaviniai

1. Muzikos grotuvo grojaraštyje – n muzikiniu kuriniu, kurie grojamiatsitiktine tvarka. Tas pats kurinys gali buti grojamas pakartotinai.

Kokia tikimybe, kad pirmasis pagrotas kurinys vel bus pagrotas m-uoju,taciau ne anksciau?

26 / 371

22

Uždaviniai

2. Muzikos grotuvo grojaraštyje – n muzikiniu kuriniu, kurie grojamiatsitiktine tvarka, taciau tas pats kurinys negali buti grojamas iš eiles duar daugiau kartu.

Kokia tikimybe, kad pirmasis pagrotas kurinys vel bus pagrotas m-uoju,taciau ne anksciau?

27 / 371

Uždaviniai

3. Lošimas su simetriška moneta: jeigu mesta moneta atvirsta herbu,pirmasis žaidejas gauna taška, jeigu skaiciumi – antrasis.

Kokia tikimybe, kad po keturiu metimu bus lygiosios? Kokia tikimybe, kadpo penkiu metimu vienas iš žaideju tures vieno taško persvara?

28 / 371

23

Uždaviniai

4. Fotografiju parodai pateikta n fotografiju, m iš ju – peizažai. Nusprestanuotraukas sukabinti atsitiktine tvarka.

Kokia tikimybe, kad visi peizažai bus sukabinti vienas po kito?

5. Ta pati rinkini iš n SMS žinuciu gavo m žmoniu. Kiekvienas iš ju vienaištryne neperskaites.

Kokia tikimybe, kad bent du žmones ištryne ta pacia žinute?

29 / 371

Uždaviniai

6. I vienos istaigos laukiamaji vienas po kito suejo n žmoniu. Taciau jieaptarnaujami ne eiles, bet atsitiktine tvarka.

Kokia tikimybe, kad pirmasis atejes bus aptarnautas m-uoju?

7. Namo aukštu skaicius n, liftu važiuoja m žmoniu. Kiekvienas gali išliptibet kuriame aukšte.

Kokia tikimybe, kad lygiai viename aukšte išlips du žmones, o kituoseaukštuose po viena?

30 / 371

24

1.4 Geometrin es tikimyb es 31 / 371

Pavyzdys

14 pavyzdys. Kada sustos laikrodis?Kai elektroninio laikrodžio baterijos išsikraus, jis sustos. Kokia tikimybe,kad tai atsitiks, kai valandu rodykle bus tarp 2 ir 3 valandos?

N

P (A) =lanko A ilgis

Ω ilgis=

1

12.

32 / 371

Geometrinis tikimyb es apibr ežimas

Geometrinis tikimyb es apibr ežimas

Tegu bandymo baigtys vaizduojamos geometrines sri-ties Ω taškais, visos baigtys yra lygiavertes, o sritisΩ turi nenulini ir baigtini geometrini mata (ilgi, plota arturi). Tada susijusio su bandymu ivykio A ⊂ Ω tikimybevadinsime skaiciu

P (A) =geometrinis A matasgeometrinis Ω matas

,

cia geometrinis matas reiškia ilgi, plota ar turi.

33 / 371

25

Pavyzdys

15 pavyzdys. Draugu susitikimasDu draugai pažadejo paskambinti treciajam tarp pirmos ir treciosvalandos. Kokia tikimybe, kad laikotarpis tarp pirmojo ir antrojoskambuciu bus ne ilgesnis už 15 minuciu?

N

34 / 371

Sprendimas

0 2 xA

2

xB

0 2 xA

2

xB

xA − xB = 0.25

xB − xA = 0.25

Taigi

P (U) =22 − 1, 752

22=

15

64≈ 0, 234.

35 / 371

26

Ar gal esime sud eti trikampi?

16 pavyzdys. Uždavinys apie trikampiAtsitiktinai parenkamos trys atkarpos, kuriu ilgiai – intervalo [0; 1] skaiciai.Kokia tikimybe, kad iš atkarpu galesime sudeti trikampi?

N

Kad iš 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.

36 / 371

Sprendimas

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

P (T ) =OABDE turis

kubo turis.

Kaip apskaiciuoti briaunainio turi? Paprasciausia surasti triju atkirstujupiramidžiu turius ir atimti juos iš kubo turio:

P (T ) =1− 3 · 1

6

1=

1

2.

37 / 371

27

Biuffono uždavinys

17 pavyzdys. Biuffono uždavinysPlokštumoje išvesta lygiagreciu tiesiu šeima. Atstumas tarp dviejugretimu tiesiu lygus 1. Ant šios plokštumos metama l (l < 1) ilgio adata.Kokia tikimybe, jog ji kirs viena iš lygiagreciu tiesiu?

N

ϕϕ

ϕϕh h

h h

38 / 371

Bertrano uždavinys

18 pavyzdys. Bertrano uždavinysAtsitiktinai parenkama vienetinio apskritimo styga. Kokia tikimybe, jog jiilgesne už ibrežto i ši apskritima lygiakrašcio trikampio kraštine?

N

39 / 371

28

Stora moneta

19 pavyzdys. UždavinysSimetriškos monetos spindulys lygus r, storis h. Kokia tikimybe, kadmetus moneta ji atsistos ant briaunos?

N

40 / 371

Stora monetaC

O

E

A B

P =2π · OC · CE

2π ·OC2

41 / 371

29

1.5. Ivykiu algebra 42 / 371

Ivykiu vaizdavimas

Kadangi ivykius vaizduojame poaibiais, tai aibiu veiksmus galime naudotiivykiu ryšiams nagrineti.Tegu Ω yra bandymo baigciu aibe, o A – su bandymu siejamu ivykiušeima. Taigi A sudaro baigciu aibes poaibiai.

43 / 371

Priešingasis ivykis

Ivykius ir ju saryšius patogu vaizduoti diagramomis.Kiekvienam ivykiui A šioje šeimoje galime rasti „antrininka“ – priešingajiivyki A.

A

A

44 / 371

30

Ivykiu sajunga ir sankirta

2 apibr ežimas. Tegu A ir B yra su tuo paciu bandymu siejami ivykiai, t.y. jie vaizduojami tos pacios baigciu aibes poaibiais. Ivyki, kuri sudarobaigtys, palankios abiems ivykiams A,B, vadinsime ju sankirta iržymesime A ∩ B.

Ivyki, kuri sudaro baigtys, palankios bent vienam iš ivykiu A,B (gali butipalankios ir abiems), vadinsime ju sajunga ir žymesime A ∪B.

45 / 371

Ivykiu sajunga ir sankirta

A B

A ∩ B

A ∪ B

Jeigu visos baigtys, palankios ivykiui A yra palankios ir ivykiui B, tai A galime vaizduotiB poaibiu. Tokiu atveju rašysime A ⊂ B.

A ⊂ A ∪B, A ∩B ⊂ A, A ∩ B ⊂ B.

46 / 371

31

Veiksmu savyb es

2 teorema. Tegu A,B, C yra su tuo paciu bandymu susije ivykiai, Ωžymime butinaji, ∅ – negalimaji ivyki. Teisingi šie 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;5. (A ∪B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C);6. A ∪ B = A ∩ B, A ∩B = A ∪B.

47 / 371

Pavyzdys

20 pavyzdys.Naudodamiesi ivykiu veiksmu savybemis galime tvarkyti reiškinius suivykiu veiksmais. Pavyzdžiui, suprastinkime ivykio D = (A ∪B) ∪ Cišraiška.

N

48 / 371

32

Ivykiu algebra

Jeigu Ω yra bandymo baigciu aibe, tai kiekviena su bandymu susijusi ivykigalime pavaizduoti poaibiu A ⊂ Ω.Atlike veiksmus su šeimos A ivykiais, vel gauname šios šeimos narius.Taigi ivykiu šeima A turi šias savybes;

∅ ∈ A, Ω ∈ A,

kiekvienam A ∈ A taip pat A ∈ A,

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

49 / 371

Ivykiu σ-algebra

3 apibr ežimas. Tegu Ω yra netušcia aibe. Jos poaibiu sistema Avadinsime σ-algebra, jeigu patenkintos tokios salygos:

• Ω ∈ A;• jei A ∈ A, tai ir A ∈ A;• jei Ai ∈ A, i = 1, 2, . . . , tai

∞⋃

i=1

Ai ∈ A.

50 / 371

33

Ivykiu algebros savyb es

3 teorema. Tegu A yra aibes Ω σ-algebra. Teisingi tokie teiginiai:

• jei Ai, i ∈ I, yra baigtine arba skaiti aibiu iš A šeima, tai ∩i∈IAi ∈ A;• jei A,B ∈ A, tai A\B ∈ A.

Cia žymime A\B = A ∩B.

51 / 371

Ivykiu šeima ir ivykiu σ-algebra

21 pavyzdys.Jeigu Ω = 1, 2, 3, 4, 5, o mums labai rupi, kad i nagrinejamu ivykiusistema ieitu ivykiai 1, 2, 3, 3, 4, 5. Tada mažiausia σ-algebra, kuriaipriklauso šie ivykiai yra tokia:

A =∅, 1, 2, 3, 3, 4, 5, 3, 4, 5, 1, 2, 1, 2, 4, 5,Ω

.

N

52 / 371

34

Generuota σ-algebra

4 apibr ežimas. Tegu S yra netušcios aibes Ω poaibiu sistema. Jeiguσ-algebra A tenkina salyga S ⊂ A ir turi savybe: su bet kuria kita σ-algebra A′, S ⊂ A′, teisinga A ⊂ A′, tai σ- algebra A vadinsime σ-algebra, generuota S ir žymesime A = σ(S).

53 / 371

Generuota σ-algebra

4 teorema. Bet kokiai poaibiu sistemai S σ(S) egzistuoja.

54 / 371

35

Svarbus pavyzdys

22 pavyzdys. Borelio σ-algebraTegu S yra realiuju skaiciu aibes R intervalu [a, b) sistema. Tada σ(S)vadinama Borelio σ-algebra. Tieses poaibiu Borelio σ-algebra žymesimeB.

Analogiškai apibrešime Rn Borelio σ-algebra. Jei S yra visu n-maciuintervalu [a1, b1)× . . .× [an, bn) sistema, tai σ(S) vadinsime erdves Rn

Borelio σ-algebra. Žymesime: Bn.N

55 / 371

1.6. Tikimybinis matas 56 / 371

Tikimybinis matas

5 apibr ežimas. Tegu A yra netušcios aibes Ω poaibiu σ-algebra.Funkcija P : A → [0, 1] vadinsime tikimybiniu matu (dažnai – tiesiogtikimybe), jei

• P (Ω) = 1;• jei Ai ∈ A, Ai ∩ Aj = ∅ (i, j = 1, 2, . . . , i 6= j), tai

P (∞⋃

i=1

Ai) =∞∑

i=1

P (Ai).

Ivykius, kuriems A ∩B = ∅, vadiname nesutaikomais. Tikimybesapibrežimo antraja salyga vadinsime σ- adityvumo salyga.

57 / 371

36

Tikimybin e erdv e

6 apibr ežimas. Trejeta 〈Ω,A, P 〉, cia A yra netušcios aibes Ω poaibiuσ-algebra, P – tikimybinis matas, vadinsime tikimybine erdve.

58 / 371

Diskre cioji tikimybin e erdv e

Diskre ciosios tikimybin es erdv es sudarymas

Jeigu bandymo baigciu aibe Ω yra diskreti, t.y. Ω =ω1, ω2, . . ., tai ivykiu algebra A galime sudaryti iš visupoaibiu A ⊂ Ω. Po to reikia apibrežti baigciu tikimybes

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

p1 + p2 + . . . = 1.

Bet kokio kito ivykio A ⊂ Ω tikimybe apibrežiamesumuodami šiam ivykiui palankiu baigciu tikimybes

P (A) =∑

ω∈AP (ω).

59 / 371

37

Pavyzdys

23 pavyzdys. Augalo žiedaiPasodinome augala ir laukiame, kol jis sukraus žiedus. Taigi bandymas –augalo augimas. Sudareme tokia baigciu aibe:

ω0 = augalas nepražys,ω1 = augalas pražys vienu žiedu,ω2 = augalas pražys dviem žiedais,ω3 = augalas pražys trimis žiedais,ω4 = augalas pražys ne mažiau kaip keturiais žiedais.

Kaip apibrežti baigciu tikimybes?N

60 / 371

Pavyzdys

24 pavyzdys.Bandymas – kelione iš taško O žemyn, kryžkelese atsitiktinai renkantiskryptis.

A B C D

O•

• •

• •

• • • •

Bandymo baigciu aibe Ω = ωA, ωB, ωC , ωD, cia ωX reiškia baigti, kadkeleivis atvyko i taška X. Apibrežkite baigciu tikimybes.

N

61 / 371

38

1.7. Paprastos lygyb es ir nelygyb es 62 / 371

Kelios lygyb es

Tarsime, kad tikimybine erdve 〈Ω,A, P 〉 jau sukurta.Ivykius, kurie negali ivykti kartu, vadiname nesutaikomais.

6 teorema. Teisingi tokie teiginiai:

1. P (∅) = 0;2. lygybe P (

⋃

i∈I Ai) =∑

i∈I P (Ai), teisinga bet kokiai baigtinei arbaskaiciai nesutaikomu ivykiu sistemai Ai, i ∈ I;

3. P (A\B) = P (A)− P (A ∩B); atskiru atvejuP (A) = 1− P (A);

4. P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B);

63 / 371

Nelygyb es

7 teorema. Jei Ai (i ∈ I) yra baigtine arba skaiti ivykiu sistema, A –atsitiktinis ivykis ir A ⊂ ∪iAi, tai

P (A) 6∑

i∈IP (Ai).

Atskiru atveju, kai A = ∪iAi,

P (⋃

i∈IAi) 6

∑

i∈IP (Ai).

64 / 371

39

Pasirinkimo uždavinys

26 pavyzdys. Pasirinkimo uždavinysIš n objektu, tarp kuriu nera lygiaverciu, reikia pasirinkti viena. Objektaipasirodo mums vienas po kito. Jeigu objekto nepasirinkome, prie josugrižti nebegalima.

N

Rinkimosi strategija: Prieš prasidedant „veiksmui“ pasirenkame skaicium, 0 ≤ m ≤ n ir nutariame nei vieno iš pirmuju m objektu nesirinkti; juostiesiog rikuosime i eile pagal „kokybe". Kai tokia eile sudarysime rinksimepirma veliau pasirodžiusi objekta, kuris yra geresnis už geriausiaji išpirmuju m.

65 / 371

Pasirinkimo uždavinys

Kokia tikimybe, kad šitaip rinkdamiesi pasirinksime pati geriausia iš nobjektu?Kokia tikimybe, kad pasirinksime antraji (treciaji, ketvirtaji...) pagalgeruma?Kokia tikimybe, kad liksime be nieko?

66 / 371

40

Pasirinkimo uždavinys

Pažymekime pm tikimybe, kad pasirinksime geriausiaji, opm(m+ 1), pm(m+ 2), . . . , pm(n) – tikimybes, kad tas geriausias bus išeiles m+ 1-asis, m+ 2-asis, ... , n-asis.Taigi

pm = pm(m+ 1) + pm(m+ 2) + · · ·+ pm(n).

67 / 371

Pasirinkimo uždavinys

pm(m+ 1) =(n− 1)!

n!=

1

n

pm(m+ 2) =m · Cm+1

n−1 ·m! · (n−m− 2)!

n!=

m

n· 1

m+ 1

pm(m+ j) =m

n· 1

m+ j − 1

Tikimybe, kad pasirinksime pati geriausia, jeigu kriteriju susidaremepagal m pirmuju objektu, lygi

pm =m

n

( 1

m+

1

m+ 1+ . . .+

1

n− 1

)

=m

n

n−1∑

j=m

1

j.

68 / 371

41

Praktinis klausimas

Jeigu tenka rinktis, pavyzdžiui, iš n = 10, 20 ar kito objektu kiekio, su kokium tikimybe pasirinkti geriausia yra didžiausia?Pažymekime mn ta m reikšme, su kuria tikimybe pm yra didžiausia.

n = 5 10 15 20 25 30mn = 2 4 5 7 9 11pmn

= 0, 433 0, 398 0, 389 0, 384 0, 381 0, 379

mn

n→ 1

e, pmn

→ 1

e, n → ∞.

69 / 371

1.8. Paprastieji atsitiktiniai dydžiai ir tikimyb es 70/ 371

Paprastieji atsitiktiniai dydžiai

7 apibr ežimas. Funkcija ξ : Ω → R vadinsime paprastu atsitiktiniudydžiu, jei ξ igyja reikšmes iš baigtines aibes ir kiekvienai reikšmei x

ξ−1(x) = ω : ξ(ω) = x ∈ A.

Laiškai i dežutes

71 / 371

42

Indikatoriai

Jei A ∈ A koks nors atsitiktinis ivykis, tai jo kaip poaibio indikatorius

IA(ω) =

1, jei ω ∈ A,

0, jei ω 6∈ A.

yra paprastas atsitiktinis dydis.

IA∪B = IA + IB − IA∩B, IA · IB = IA∩B.

Jeigu ξ yra paprastas atsitiktinis dydis, xi jo reikšmes, Hi = ξ−1(xi) yraatsitiktiniai ivykiai. Tada

ξ(ω) =∑

i

xiIHi(ω).

72 / 371

Paprastieji atsitiktiniai dydžiai

Paprastieji atsitiktiniai dydžiai iš indikatoriu

73 / 371

43

Dydžiu suma

8 teorema. Jei ξ, η yra paprasti atsitiktiniai dydžiai, a, b – realus skaiciai,tai ζ = aξ + bη yra taip pat paprastas atsitiktinis dydis.

Teiginys yra teisingas ir bendruoju atveju: baigtinio skaiciaus paprastujuatsitiktiniu dydžiu tiesine kombinacija yra vel paprastasis atsitiktinis dydis.

74 / 371

Atsitiktinio dydžio vidurkis

9 apibr ežimas.Tegu ξ yra paprastasis atsitiktinis dydis, xi – jo reikšmes,Hi = ξ−1(xi) (i = 1, . . . , n).Atsitiktinio dydžio ξ vidurkiu vadinsime skaiciu

E[ξ] =

n∑

i=1

xiP (Hi) =

n∑

i=1

xiP (ξ = xi).

E[IA] = 0 · P (IA = 0) + 1 · P (IA = 1) = P (A).

75 / 371

44

Vidurkio adityvumas

8 teorema. Jei ξ, η yra paprastieji atsitiktiniai dydžiai, a, b – realiejiskaiciai, ζ = aξ + bη, tai

E[ζ] = aE[ξ] + bE[η].

76 / 371

Vidurkio adityvumas

9 teorema. Jei ξ1, . . . , ξn yra paprastieji atsitiktiniai dydžiai, a1, . . . , an –realieji skaiciai, tai

E[a1ξ1 + . . .+ anξn] = a1E[ξ1] + . . .+ anE[ξn].

77 / 371

45

Ivykiu sajungos tikimyb e

Irodymo metodas:IA∪B = IA + IB − IA∩B.

Imkime vidurkius abiejose pusese ir pasinaudokime tuo, kadP (C) = E[IC ] teisinga bet kokiam ivykiui C. Gausime

P (A ∪ B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).

78 / 371

Ivykiu sajungos tikimyb e

11 teorema. Bet kokiems ivykiams Ai (i = 1, . . . , n) teisinga lygybe

P(

n⋃

i=1

Ai

)=

n∑

r=1

(−1)r−1Sr,

ciaSr =

∑

16i1<...<ir6n

P (Ai1 ∩ . . . ∩ Air).

Kita formule

P(

n⋃

i=1

Ai

)= 1− P (A1 ∩ A2 ∩ . . . An)

79 / 371

46

Lygiai k ivykiu

11 teorema. Tegu Ai (i = 1, . . . , n) bet kokie ivykiai, Bk (k = 0, 1, . . . , n)– ivykis, kuris ivyksta tada ir tik tada, kai ivyksta lygiai k ivykiu Ai.Teisinga lygybe

P (Bk) =

n∑

r=k

(−1)r−kCkrSr,

dydžiai Sr apibrežti ankstesneje teoremoje.

80 / 371

Pavyzdys

27 pavyzdys. Kortu kaladeTegu N skirtingu kortu kalade permaišoma. Kokia tikimybe, jog popermaišymo bent viena korta liks savo vietoje? Lygiai m (m = 0, 1, . . . , N)kortu liks savo vietoje?

N

Pažymekime šias tikimybes atitinkamai q(N), pm(N). Tegu Ai – ivykis, jogi-toji korta liks savo vietoje.

P (Ai1 ∩ . . . ∩ Air) =(N − r)!

N !, Sr =

CrN(N − r)!

N !=

1

r!.

81 / 371

47

Pavyzdys

q(N) = P (N⋃

i=1

Ai) =N∑

n=1

(−1)n−1 1

n!= 1−

N∑

j=0

(−1)j1

j!,

pm(N) =1

m!

N−m∑

n=0

(−1)n1

n!.

q(N) → 1− e−1, pm(N) → e−1/m!, N → ∞,

cia e – naturiniu logaritmu pagrindas.Laiškai i dežutes

82 / 371

1.9. Tikimyb es monotoniškumas 83 / 371

Didejantys ivykiai

12 teorema. Tegu ivykiai Ai (i = 1, . . .) monotoniškai dideja:

A1 ⊂ A2 ⊂ . . . , A =

∞⋃

i=1

An.

Tada P (An) → P (A), kai n → ∞.

84 / 371

48

Mažejantys ivykiai

13 teorema. Tegu ivykiai Ai (i = 1, . . .) monotoniškai mažeja:

A1 ⊃ A2 ⊃ . . . , A =

∞⋂

i=1

An.

Tada P (An) → P (A), kai n → ∞.

85 / 371

Paradoksas su rutuliais

28 pavyzdys. Ideti ir išimtiBegaline rutuliu, sunumeruotu skaiciais 1, 2, 3, . . . , seka ir didžiule tušciaurna. Prasideda bandymas: po 1 minutes i urna idedami rutuliai sunumeriais 1, 2 ir vienas ju išimamas. Po 1/2 min. idedami rutuliai 3, 4 irvienas rutulys iš urnos išimamas. Po 1/4 min. vel pora rutuliu idedama, ovienas išimamas. Veiksmai kartojami po 1/8, 1/16, . . . min. Kiek rutuliubus urnoje po 1 + 1/2 + 1/4 + · · · = 2 minuciu?

N

Jeigu visada išimamas rutulys su didžiausiu numeriu, tada urnoje po 2minuciu bus be galo daug rutuliu.Jeigu visada išimamas rutulys su mažiausiu numeriu, tai po 2 minuciuurna bus tušcia.

86 / 371

49

Paradoksas su rutuliais

Kiek urnoje bus rutuliu, jeigu rutuliai išimami atsitiktinai?

Emk = po k žingsniu urnoje bus m-asis rutulys,

Emm ⊃ Em

m+1 ⊃ . . . ,

Em = po 2 min. urnoje bus m-asis rutulys =⋂

k>m

Emk ,

E = po 2 min. urna bus netušcia =

∞⋃

m=1

Em

P (E1k) =

1 · 2 · · · k2 · 3 · · · k · (k + 1)

=1

k + 1→ 0, k → ∞

P (E1) = limk→∞

P (E1k) = 0, P (E) = 0.

87 / 371

1.10. Salygin e tikimyb e 88 / 371

Pavyzdys

29 pavyzdys.Isivaizduokite, kad jums ir dar dviems draugams reikia traukti burtus. Iurna idedami trys rutuliai: juodas, melynas ir baltas. Kiekvienas dalyvistrauks po viena rutuli. Laimes tas, kuriam atiteks baltas rutulys.Jeigu trauksite pirmasis, tai tikimybe laimeti lygi 1

3. O gal verciau trauktiantruoju ar treciuoju?

N

89 / 371

50

Pavyzdys

29 pavyzdys.Tegu urnoje yra n = 5 juodi ir m = 4 balti rutuliai. Vel vienas po kitotraukiami trys rutuliai. Kam dabar lygios ivykiuAi = i-asis ištrauktas rutulys baltas, i = 1, 2, 3, tikimybes?

N

90 / 371

Tikimyb es patikslinimas

O dabar tarkime, kad nusprendete traukti rutuli antruoju ir bandymasprasidejo. Jeigu pirmasis ištrauktas rutulys buvo baltas, jus jau kitaipvertinsite savo galimybes laimeti. Tokiu atveju tikimybe, kad ištrauksitebalta rutuli lygi 3

8.Pirmoji tikimybe gauta prieš bandyma neturint jokiu žiniu apie jo eiga.Antroji – pasinaudojant žiniomis, kurias suteike su bandymu susijes ivykisA1.Pirmaja tikimybe vadinsime besalygine , o antraja – salygine tikimybe susalyga, kad ivyko ivykis A1.Tikimybes žymesime taip:

P (A2) =4

9, P (A2|A1) =

3

8.

91 / 371

51

Salygin e tikimyb e

9 apibr ežimas. Tegu A,B su tuo paciu bandymu susije atsitiktiniaiivykiai, P (B) > 0. Ivykio A salygine tikimybe su salyga, kad ivyko ivykisB, vadinsime skaiciu

P (A|B) =P (A ∩B)

P (B).

92 / 371

Tie patys teiginiai

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);3. jei A,B yra nesutaikomi ivykiai, tai

P (A ∪B|C) = P (A|C) + P (B|C).

93 / 371

52

Pavyzdys

P (A ∩B) = P (B)P (A|B)

30 pavyzdys.Urnoje yra n = 5 juodi ir m = 4 balti rutuliai. Vienas po kito traukiami durutuliai.Kokia tikimybe, kad abu rutuliai bus balti? Kad bent vienas rutulys busbaltas?

N

94 / 371

Pavyzdys

31 pavyzdys.Urnoje yra n = 5 juodi ir m = 4 balti rutuliai. Vienas po kito traukiami durutuliai. Ištraukus rutuli, i urna idedami trys tos pacios spalvos rutuliai.Kokia tikimybe, kad abu rutuliai bus balti? Kad bent vienas rutulys busbaltas?

N

95 / 371

53

Tikimybiu sandaugos formul e

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).

96 / 371

Pavyzdys

32 pavyzdys.Nagrinekime ta pati rutuliu traukimo bandyma kaip ankstesniamepavyzdyje, taciau dabar vienas po kito traukiami trys rutuliai.Kokia tikimybe, kad visi trys bus balti? Kad bent vienas iš ju bus baltas?

N

97 / 371

54

Nutrauktas lošimas

34 pavyzdys. Nutrauktas lošimasDu lošejai i laimejimu banka idejo po 5 litus ir susitare lošti metydamisimetriška moneta. Jeigu moneta atvirsta herbu (H), pirmasis gaunataška, jeigu skaicius (S) – taška gauna antrasis. Visa banka gauna tas,kas pirmasis surenka tris taškus.Pažymekime ivyki, kad pirmasis laimes A1 ir A2, kad laimes antrasis.Abieju galimybes laimeti vienodos, t. y. P (A1) = P (A2) =

12.

N

98 / 371

Nutrauktas lošimas

Tarkime, pirmajame metime atvirto herbas, taigi pirmasis lošejaspirmauja rezultatu 1 : 0.Jeigu del kokiu nors aplinkybiu reiktu nutraukti lošima, kaip teisingaipasidalyti laimejimu banka, t. y. 10 litu?

99 / 371

55

1.11. Salyginiu tikimybiu savyb es 100 / 371

Pavyzdžiai

35 pavyzdys. Durys ir raktaiReikia atrakinti duris. Vienoje iš triju kišeniu yra trys vienodi, užraktuitinkantys raktai, kitoje vienas užraktui netinkantis raktas, trecioje – du,taip pat netinkami raktai. Atsitiktinai pasirinke kišene, išsitraukiame raktair bandome atrakinti duris.Kokia tikimybe, kad atrakinti pavyks pirmuoju bandymu?

N

101 / 371

Pavyzdžiai

35 pavyzdys. Durys ir raktaiO dabar isivaizduokime, kad raktai i kišenes sudeti kitaip. Vienojekišeneje yra geras raktas, kitoje – vienas geras, o kitas netinkantisužraktui raktas, trecioje – vienas tinkantis, du ne.Kokia dabar tikimybe atrakinti duris pirmuoju bandymu?

N

102 / 371

56

Pilnosios tikimyb es formul e

Teorema. Jeigu atsitiktiniai ivykiai H1, H2, . . . yra nesutaikomi, jutikimybes yra teigiamos ir

Ω = H1 ∪H2 ∪ . . . ,

tai bet kokiam kitam ivykiui A teisinga lygybe

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

Moneta ir kauliukai

103 / 371

Pavyzdys

36 pavyzdys. EgzaminasEgzamino bilieta sudaro keturi klausimai ir keturi atsakymai. Reikiasudaryti klausimu ir teisingu atsakymu i juos poras. Iš viso parengti 25bilietai. Studentas pasirenge egzaminui taip: išmoko teisingai atsakyti ipirmuju dvieju bilietu tris klausimus, sužinojo teisingus atsakymus ipirmuosius du 3-5 bilietu klausimus, surado po viena teisinga atsakyma i6-19 bilietu klausimus, o kaip atsakyti i likusiu bilietu klausimusnesužinojo. Egzaminui išlaikyti butina teisingai sudaryti visas keturiasklausimu-atsakymu poras. Kokia tikimybe, kad studentui pavyks išlaikytiegzamina?

N

104 / 371

57

Hipoteziu tikrinimo formul e

Teorema. Tegu atsitiktiniai ivykiai H1, H2, . . . yra nesutaikomi, ju tikimybesyra teigiamos ir Ω = H1 ∪H2 ∪ . . . , o A bet koks ivykis, P (A) > 0. Tada sukiekvienu ivykiu Hi teisinga lygybe

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

P (A),

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

105 / 371

Pavyzdys

37 pavyzdys.Prieš jus – trys užklijuoti vokai. Du iš ju tušti, viename – 10 Lt banknotas.Galite pasirinkti viena. Kai pasirenkate, žaidimo rengejas paima iratplešia tušcia voka. Dabar ir jus, ir jis turite po neatplešta voka. Jeigunorite – galite pasikeisti vokais.Ar verta?Suraskite tikimybe, kad gausite voka su pinigu, jeigu nesikeisite ir – jeigukeisite.

N

Keistis ar nesikeisti?

106 / 371

58

Pavyzdys

38 pavyzdys.Prieš jus – keturi užklijuoti vokai. Trys iš ju tušti, viename – 10 Ltbanknotas. Galite pasirinkti du. Kai pasirenkate, žaidimo rengejas paimair atplešia tušcia voka. Dabar jus turite du, o jis viena neatplešta voka.Jeigu norite – galite pakeisti viena savo voka i jo.Suraskite tikimybe, kad vienas iš jusu pasirinktu voku bus vokas supinigu, jeigu voko nekeisite ir jei keisite.

N

107 / 371

Pavyzdys

39 pavyzdys. Kavos automataiŠalia vienas kito stovi trys kavos automatai. Žinome, kad vienas iš visoneveikia, kitas – maždaug 50% atveju praryja moneta, bet kavos neipila,trecias visada veikia gerai.Atsitiktinai pasirenkame viena iš ju ir bandome. Du bandymai iš eilesbuvo sekmingi – automatas veike gerai. Kokia tikimybe, kad butent šisautomatas visada veikia gerai?

N

108 / 371

59

Kas kitoje pus eje?

40 pavyzdys. Dežeje – m juodu skrituliuku ir n skrituliuku, kuriu vienapuse juoda, kita balta. Vienas skrituliukas nukrito ant grindu, matome jojuoda puse. Kokia tikimybe, kad kita puse irgi juoda?

N

109 / 371

Lošimas su moneta

41 pavyzdys. Lošimas su monetaDu lošejai meto simetriška moneta. Jei iškrinta herbas (H), pirmasisišlošia 1 Lt, antrasis - tiek pat pralošia. Jei iškrinta skaicius (S) - pirmasispralošia, o antrasis išlošia 1 Lt. Pirmojo pradinis kapitalas lygus x, antrojo- neribotas. Pirmasis lošejas nusiteikes lošti, kol jo turima sumapasidarys lygi a arba - kol prasiloš iki paskutinio siulelio. Kokia tikimybe,kad jis prasiloš?

N

Lošimas su moneta

110 / 371

60

Salyginis vidurkis

10 apibr ežimas. Tegu X yra paprastasis atsitiktinis dydis, o H –atsitiktinis ivykis, P (H) > 0. Salyginiu atsitiktinio dydžio X vidurkiu susalyga, kad ivyko ivykis H, vadinsime skaiciu

E[X|H] =∑

x

x · P (X = x|H).

Salyginis vidurkis turi visas atsitiktinio dydžio vidurkio savybes.

111 / 371

Adityvumo teorema

Teorema. Tegu H1, H2, . . . yra nesutaikomi ivykiai, P (Hi) > 0, X –paprastasis atsitiktinis dydis, H = ∪iHi. Tada

E[X|H] =∑

i

E[X|Hi] ·P (Hi)

P (H).

Išvada. Jei Hi tenkina teoremos salygas ir H = Ω, tai

E[X] =∑

i

E[X|Hi]P (Hi).

112 / 371

61

Pavyzdžiai

42 pavyzdys.Metami du simetriški šešiasieniai lošimo kauliukai, X1, X2 – akuciuskaiciai ant atvirtusiu pirmojo bei antrojo kauliuku sieneliu, X = X1 +X2.Apskaiciuokite E[X|X1 = 2],E[X|X1 lyginis],E[X|X2 > X1].

N

43 pavyzdys.Metamas simetriškas lošimo kauliukas, atvirtusi sienele užklijuojama.Tada lošimo kauliukas metamas vel, X – akuciu skaicius ant atvirtusiossieneles, jei atvirto užklijuota sienele, manome, kad akuciu skaicius lygusnuliui. Raskite E[X].

N

113 / 371

1.12. Nepriklausomi ivykiai 114 / 371

Pavyzdys

44 pavyzdys.Urnoje yra du balti rutuliai ir vienas juodas. Du žaidejai vienas po kitotraukia po rutuli. Jei ištraukia balta – laimi koki nors priza. Ivykiai:A1 = pirmasis laimejo ir A2 = antrasis laimejo. Prieš bandymaapskaiciuojame:

P (A1) = P (A2) =2

3.

Tarkime, ivyko ivykis A1, tada P (A2|A1) =12.

N

Kaip pasikeis skaiciavimai, jeigu ištrauktas rutulys gražinamas atgal?

115 / 371

62

Nepriklausomi ivykiai

11 apibr ežimas. Atsitiktinius ivykius A1, A2 vadinsime nepriklausomais,jeigu

P (A1 ∩ A2) = P (A1)P (A2).

Butinasis ir negalimas ivykiai nepriklauso nuo bet kurio kito ivykio.

45 pavyzdys.Ar ivykiai

A = šeimoje su 3 vaikais yra sunu ir dukteru,B = šeimoje su 3 vaikais dukteru ne daugiau kaip viena

yra nepriklausomi?N

116 / 371

Nepriklausomi ivykiai

Teorema. Jei A1 ir A2 yra nepriklausomi ivykiai, tai A1 ir A2, A1 ir A2, A1

ir A2 irgi nepriklausomu ivykiu poros.

117 / 371

63

Kaip apibr ežti nepriklausomu ivykiu sistema?Urnoje yra keturi skaiciais 0, 1, 2, 3 pažymeti rutuliai. Yra trys žaidejai. Traukiamasvienas rutulys. Jeigu jo numeris 0, visi trys laimi po priza. Jeigu numeris 1 – laimi tikpirmasis, jei 2 – tik antrasis, jei 3 – tik treciasis. Pažymekime ivykiusAi = laimejo i-asis žaidejas. Akivaizdu, kad

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

2, P (Ai ∩Aj) =

1

4, P (Ai ∩Aj) = P (Ai)P (Aj),

jei i 6= j. Taigi ivykiai Ai ir Aj yra nepriklausomi. Pavyzdžiui, A1 nepriklauso nei nuo A2,nei nuo A3.

O nuo abieju sykiu?

118 / 371

Nepriklausomu ivykiu sistema

12 apibr ežimas. Sakysime, kad ivykiai A1, A2, . . . , An sudaronepriklausomu ivykiu sistema, jeigu su visomis reikšmemisi1, i2, . . . , in ∈ 0, 1 teisinga lygybe

P (Ai11 ∩ Ai2

2 ∩ . . . ∩ Ainn ) = P (Ai1

1 ) · P (Ai22 ) · · ·P (Ain

n ),

cia žymima A0i = Ai, A

1i = Ai.

119 / 371

64

Pavyzdys

46 pavyzdys. Du kauliukaiBandymas – dvieju simetrišku lošimo kauliuku metimas. Ar ivykiai

A = atvirtusiu akuciu suma lygine,B = atvirtusiu akuciu suma didesne už 6.

yra nepriklausomi?N

120 / 371

Pavyzdys

47 pavyzdys.Bandymas – dvieju simetrišku lošimo kauliuku metimas. Apibrežkimeivykius: A = 1-asis kauliukas atvirto sienele su 3 arba 4 akutemis,B = atvirtusiu akuciu suma mažesne už 8.Irodykite, kad šie ivykiai yra nepriklausomi.

N

121 / 371

65

Nepriklausomu ivykiu sistema

13 apibr ežimas. Sakysime, kad begaline ivykiu sistemaS = Aλ : λ ∈ Λ sudaro nepriklausomi ivykiai, jeigu bet kuria baigtinešios sistemos posisteme sudaro nepriklausomi ivykiai.

122 / 371

Borelio-Kantelio lema

Teorema. Tegu seka A1, A2, . . . , sudaro tarpusavyje nepriklausomiivykiai, pn = P (An),

∑

n

pn = ∞.

Tada tikimybe, jog ivyks be galo daug ivykiu An, lygi 1.

123 / 371

66

1.13. Nepriklausomi bandymai 124 / 371

Bandymas su dviem baigtimis

Nagrinekime bandyma su dviem baigtimis, kurias žymesime 0 (nesekme)ir 1 (sekme). Pažymekime sekmes tikimybe p, o nesekmes – q = 1− p.Sudareme labai paprasta tikimybine erdve

Ω = 0, 1, P (1) = p, P (0) = q = 1− p.

125 / 371

Nepriklausomi ir vienodi bandymaiBandyma kartojame n kartu, be to vieno bandymo baigtys nedaro itakos kitu bandymubaigtims, t. y. bandymai yra nepriklausomi. Kai n = 3, tai baigciu aibe

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

Baigciu tikimybes:

P (000) = q · q · q = q3, P (001) = P (010) = P (100) = q · q · p = pq2,

P (011) = P (101) = P (110) = p2q, P (111) = p3,

P (ω1ω2ω3) = pmq3−m, m = 0, 1, 2, 3,

cia m = ω1 + ω2 + ω3 yra sekmiu, gautu atlikus tris bandymus skaicius.

126 / 371

67

Bernulio schema

Atliekama n nepriklausomu vienodu bandymu su dviem baigtimis.Baigciu aibe pažymekime Ωn; ja sudaro n ilgio sekmiu-nesekmiu sekos:

Ωn = ω1ω2 . . . ωn : ωi = 0, 1.

Vienos sekos – bandymu sekos baigties – ω = 〈ω1ω2 . . . ωn〉 tikimybeapibrešime lygybe

P (ω) = pmqn−m, m = sekmiu skaicius = ω1 + · · · + ωn.

P (A) =∑

ω∈AP (ω).

Ši tikimybine erdve vadinama Bernulio schema.

127 / 371

Sekmiu skai ciaus tikimyb es formul e

Teorema. Tegu sekmes tikimybe viename Bernulio schemos bandymelygi p (0 < p < 1), n – bandymu skaicius, o Sn – gautu sekmiu skaicius.Tada

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

128 / 371

68

Pavyzdžiai

Bernulio schemaBernulio schemaAtsitiktiniai klaidžiojimaiGaltono eksperimentas

129 / 371

Tik etiniausias s ekmiu skai cius

Pažymekime

Pn(m) = Cmn p

mqn−m, m = 0, 1, . . . , n.

Kuri iš šiu tikimybiu didžiausia? Sekmiu skaiciu m, kuriam Pn(m) reikšmedidžiausia, vadinsime labiausiai tiketinu sekmiu skaiciumi.

130 / 371

69

Tik etiniausias s ekmiu skai cius

Pn(m)

Pn(m− 1)=

Cmn p

mqn−m

Cm−1n pm−1qn−m+1

=p

q· n−m+ 1

m

= 1 +p(n+ 1)−m

mq= 1 + λm

Teorema. Didžiausias sveikasis skaicius m, tenkinantis nelygybem < (n+ 1)p yra labiausiai tiketinas sekmiu skaicius. Jeigu (n+ 1)p yrasveikas skaicius, tai Pn(m) igyja didžiausia reikšme su m = (n+ 1)p irm = (n+ 1)p− 1.

131 / 371

Sekmiu tikimyb es

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

P10(6) = P10(7) ≈ 0.244

P10(m

)

132 / 371

70

Tikimyb es ivertis

Tegu m > (n+ 1)p, vertinsime P (Sn > m)

1 > 1 + λm+1 > 1 + λm+2 > . . .

Pn(m+ 1) = (1 + λm+1)Pn(m),

Pn(m+ 2) = (1 + λm+2)Pn(m+ 1) < (1 + λm+1)2Pn(m),

P (Sn > m) = Pn(m) + Pn(m+ 1) + . . .

P (Sn ≥ m) < Pn(m)(1 + ρ+ ρ2 + . . .), ρ = 1 + λm+1,

P (Sn > m) ≤ Pn(m)1

1− ρ= Pn(m)

(m+ 1)q

m+ 1− (n+ 1)p

133 / 371

1.14. Polinomin e schema 134 / 371

Polinomin e schemaVieno bandymo baigciu aibe sudaro r baigciu. Baigtis žymesime naturaliaisiais skaiciais1, 2, . . . , r. Žinomos vieno bandymo baigciu tikimybes

Ω = 1, 2, . . . , r, pi = P (i), 0 < pi < 1, p1 + p2 + . . .+ pr = 1.

Jeigu atliekame n nepriklausomu bandymu, tai tokios sekos baigciu aibe

Ωn = 〈ω1, ω2, . . . , ωn〉 : ωi = 1, 2, . . . , r.

Jeigu sekoje ω = 〈ω1, ω2, . . . ωn〉 baigtys 1, 2, . . . , r pasitaike atitinkamai m1, . . . , mr kartu(m1 +m2 + · · ·+mr = n), tai

P (ω) = pm1

1 pm2

2 · · · pmr

r .

Kitu su šia bandymu seka susijusiu ivykiu tikimybes gausime sumuodami jiems palankiubaigciu tikimybes.

135 / 371

71

Sekmiu skai cius polinomin eje schemoje

Teorema. Jei Ω = 1, 2, . . . , r yra vieno bandymo baigciu aibe,P (i) = pi, i = 1, 2, . . . , r baigciu tikimybes, Si

n – baigties i pasikartojimu,atlikus n nepriklausomu bandymu skaicius, o mi yra neneigiami sveikiejiskaiciai, m1 +m2 + · · ·+mr = n, tai

P (S1n = m1, S

2n = m2, . . . , S

rn = mr) =

n!

m1!m2! · · ·mr!pm1

1 pm2

2 · · · pmr

r .

136 / 371

Pavyzdžiai

48 pavyzdys.Metamos dvi monetos. Viena atvirsta herbu su tikimybe 0, 4, kita – sutikimybe 0, 6. Kokia tikimybe, kad metus n = 6 kartus lygiai du kartusatvirs du herbai ir lygiai du kartus – du skaiciai?

N

49 pavyzdys.Staciakampyje ABCD atsitiktinai parenkami n = 5 taškai. Kokia tikimybe,kad trys iš ju bus arciau kraštines AB negu kitu kraštiniu, vienas – arciauBC ir vienas – arciau CD? Paprastumo delei pirmiausia panagrinekiteatveji, kai ABCD yra kvadratas.

N

137 / 371

72

1.15. Ribin es teoremos Bernulio schemoje 138 /371

Pavyzdys

50 pavyzdys. Maži lašeliai, stambus tinklasIsivaizduokime srauta iš n = 1000 lašeliu, krintanti i tinkla, sudaryta iš100 cm × 100 cm dydžio kvadrateliu. Lašelis – rutuliukas su spinduliur = 0, 1 cm. Jeigu lašelis kliudo kvadratelio kraštine – subyra. Kokiatikimybe, kad subyres lygiai m = 5 lašeliai?

N

Laselis nesubyres!

139 / 371

Kitas pavyzdys

51 pavyzdys. Dideli lašai, smulkus tinklasO dabar isivaizduokime kad srauta sudaro lašeliai – rutuliukai suspinduliu r = 0, 5 cm, lašeliu yra n = 10000, o tinkla sudaro iš10 cm × 10 cm dydžio kvadrateliai. Dabar subyres daug lašeliu. Kokiatikimybe, kad subyrejusiu lašeliu skaicius bus tarp 1900 ir 2000?

N

140 / 371

73

Puasono teorema

Teorema. Tegu n yra bandymu skaicius Bernulio schemoje, sekmestikimybe viename bandyme priklauso nuo bandymu skaiciaus, žymesimeja pn.Jei n neaprežtai didejant pn arteja prie nulio, taciau egzistuoja skaiciusλ > 0, kad npn → λ, tai bet kokiam m

P (Sn = m) = Cmn pmn (1− pn)

n−m → λm

m!e−λ, n → ∞,

cia e ≈ 2, 71828 yra naturiniu logaritmu pagrindas.

141 / 371

Muavro-Laplaso teorema

Teorema. Tegu p yra sekmes tikimybe viename Bernulio schemosbandyme, n bandymu skaicius, Sn – sekmiu skaicius gautas atlikus nbandymu, a < b – bet kokie skaiciai. Jeigu p nesikeicia, o n neaprežtaiauga, tai

P(

a <Sn − np

√

np(1− p)< b

)

→ Φ(b)− Φ(a),

Φ(v) =1√2π

∫ v

−∞e−x2/2dx.

142 / 371

74

Funkcija Φ(x)

Skirtumo Φ(b)− Φ(a) geometrine prasme – jis lygus plotui po funkcijos

p(x) =1√2π

e−x2/2

grafiku, kuri riboja tieses y = 0, x = a, x = b,.

x

p(x

)

a b

S = Φ(b) − Φ(a)

143 / 371

Funkcijos skai ciavimas Exceliu

144 / 371

75

Pavyzdžiai

52 pavyzdys.Alaus gamykla skelbia loterija: kas pateiks du specialiai pažymetus alausbuteliu kamštelius – laimes priza. Gamykloje pažymima 4% visukamšteliu. Kokia tikimybe laimeti, jeigu nusipirksime n = 100 alausbuteliu?

N

145 / 371

Pavyzdžiai

53 pavyzdys.Egzamino užduoti sudaro sudaro 10 klausimu, i kiekviena reikia atsakytitaip arba ne. Egzamino pažymys lygus teisingai atsakytu klausimuskaiciui. Studentai laiko egzamina „tikimybiniu metodu“: i kiekvienaklausima atsakyma renkasi atsitiktinai. Kokia tikimybe, kad iš n = 700šiuo metodu laikanciu egzamina studentu aštuntukais bus ivertinti trysstudentai?

N

146 / 371

76

Pavyzdžiai

54 pavyzdys.Tikimybe, kad i fakulteta istojes moksleivis užbaigs studijas, lygi 0, 6. Kiekmažiausiai reiktu priimti studentu, kad tikimybe, jog studijas sekmingaipabaigs ne mažiau kaip 200 studentu, butu lygi 0, 8?

N

55 pavyzdys.Kiek mažiausiai kartu reiktu mesti simetriška lošimo kauliuka, kadtikimybe, jog šešetukas atvirs ne mažiau kaip 100 kartu butu didesne už0, 7?

N

147 / 371

II. Atsitiktiniai dydžiai 149 / 371149 / 371

77

2.1. Atsitiktinio dydžio savoka 150 / 371

Pavyzdžiai

0 1 2 3 4 5

Y

ΩΩ

X

P (X < 3) =π · 32π · 52 = 0, 36, P (Y < 3) =

π · 2, 52π · 52 = 0, 25,

P (X = 3) = 0, P (Y = 3) =π · (3, 52 − 2, 52)

π · 52 = 0, 24.

151 / 371

Atsitiktinis dydis

14 apibr ežimas. Funkcija ξ : Ω → IR vadinsime atsitiktiniu dydžiu, jei sukiekviena Borelio aibe B ∈ B

ω : ξ(ω) ∈ B = ξ−1(B) ∈ A.

152 / 371

78

Atsitiktiniai vektoriai

15 apibr ežimas. Funkcija ξ : Ω → IRn

ξ(ω) = 〈ξ1(ω), ξ2(ω), . . . , ξn(ω)〉,

kur ξi yra atsitiktiniai dydžiai, vadinsime atsitiktiniu vektorium.

153 / 371

Be Borelio aibiu

Teorema. Funkcija ξ : Ω → IR tada ir tik tada yra atsitiktinis dydis, jeikiekvienam skaiciui x

ω : ξ(ω) < x ∈ A.

154 / 371

79

Iš vieno dydžio – daug

16 apibr ežimas. Funkcija f : IR → IR vadinsime Borelio funkcija, jei sukiekviena Borelio aibe B ∈ B

f−1(B) ∈ B.

Teorema. Tegu ξ : Ω → IR yra atsitiktinis dydis, o f : IR → IR – Boreliofunkcija. Tada η = f(ξ) yra taip pat atsitiktinis dydis.

155 / 371

Algebriniai veiksmai su dydžiais

Teorema. Tegu ξ, η : Ω → IR yra atsitiktiniai dydžiai. Tada ξ ± η, ξ · η, ξ/η(jei η 6= 0) yra irgi atsitiktiniai dydžiai.

156 / 371

80

Analizin es operacijos su dydžiais

Teorema. Tegu ξn : Ω → IR (n = 1, 2, . . .) yra atsitiktiniai dydžiai. Tadafunkcijos

η1 = infnξn, η2 = sup

nξn,

η3 = lim infn

ξn, η4 = lim supn

ξn

irgi yra atsitiktiniai dydžiai.

157 / 371

2.2 Pasiskirstymo funkcija 158 / 371

Pasiskirstymo funkcija

17 apibr ežimas. Tegu ξ : Ω → IR – atsitiktinis dydis. Jo pasiskirstymofunkcija vadinsime funkcija Fξ : IR → [0, 1], apibrežiama taip:

Fξ(x) = P (ξ < x).

18 apibr ežimas. Tegu ξ : Ω → IRm – atsitiktinis vektorius,ξ = 〈ξ1, . . . , ξm〉. Jo pasiskirstymo funkcija vadinsime funkcijaFξ : IR

m → [0, 1], apibrežiama taip:

Fξ(x1, . . . , xm) = P (ξ1 < x1, . . . , ξm < xm).

159 / 371

81

PavyzdysTarkime, skritulyje, kurio spindulio ilgis r = 5, atsitiktinai parenkamas taškas. Tegu X yrapasirinktojo taško atstumas iki centro. Atsitiktinis dydis X igyja reikšmes iš skaiciuintervalo [0; 5].

FX(x) =

0, jei x ≤ 0,x2

25, jei 0 < x < 5,

1, jei x ≥ 5.

x

FX

(x)

1

0 5

160 / 371

Kitas pavyzdysO dabar tarkime, kad parinke skritulio taška ir išmatave jo atstuma iki centro apvalinameji iki sveikojo skaiciaus. Šitaip gausime atsitiktini dydi Y, kuris gali igyti šešias reikšmes.

y = 0 1 2 3 4 5P (Y = y) = 0, 01 0, 08 0, 16 0, 24 0, 32 0, 19

x

FY(x

)

0 1 2 3 4 5

1

161 / 371

82

Pasiskirstymo funkcijos savyb es

Teorema. Atsitiktinio dydžio ξ pasiskirstymo funkcija Fξ turi šias savybes:

• Fξ yra nemažejanti funkcija;• Fξ yra tolydi iš kaires;• lim

x→−∞Fξ(x) = 0, lim

x→∞Fξ(x) = 1.

162 / 371

2.3. Diskretieji atsitiktiniai dydžiai 163 / 371

Diskretusis dydis

19 apibr ežimas. Jeigu atsitiktinis dydis (vektorius) ξ igyja reikšmes išbaigtines arba begalines, taciau skaicios aibes, tai ši atsitiktini dydi(vektoriu) vadinsime diskreciuoju.Jeigu atsitiktinio dydžio X reikšmiu skaicius yra baigtinis, kartais jas kartusu tikimybemis patogu susirašyti i lentele:

x = x1 x2 x3 . . .P (X = x) = p1 p2 p3 . . .

, pi = P (X = xi).

164 / 371

83

Diskretusis dydis

Teorema. Diskreciojo atsitiktinio dydžio ξ pasiskirstymo funkcija turitrukius tuose taškuose, kurie atitinka atsitiktinio dydžio reikšmes. Jei xyra diskreciojo atsitiktinio dydžio reikšme, tai

Fξ(x+ 0)− Fξ(x) = P (ξ = x).

165 / 371

Išsigimes atsitiktinis dydis

20 apibr ežimas. Jeigu yra reikšme a, su kuria atsitiktiniam dydžiui Xteisinga lygybe P (X = a) = 1, tai toki dydi vadinsime išsigimusiuatsitiktiniu dydžiu.

x

FX

(x)

1

0 a

166 / 371

84

Binominis dydis ir skirstinys

Tegu n – Bernulio schemosbandymu skaicius, p –sekmes tikimybe, ξn –sekmiu skaicius atlikus nbandymu. Šio dydžioreikšmiu aibe yra0, 1, . . . , n,

P (ξn = m) = Cmn p

m(1− p)n−m.

Žymesime ξn ∼ B(n, p).167 / 371

Binominis dydis

Su i-uoju Bernulio schemos bandymu susiekime atsitiktini dydi taip:

Xi =

1, jei i-ajame bandyme sekme,0, jei i-ajame bandyme nesekme.

Tada

X = X1 +X2 + . . .+Xn.

168 / 371

85

Geometrinis atsitiktinis dydis

21 apibr ežimas. Atsitiktini dydi X, igyjanti reikšmes m = 1, 2, . . . sutikimybemis

P (X = m) = qm−1p, m = 1, 2, . . . , 0 < p < 1, q = 1− p,

vadinsime geometriniu. Žymesime X ∼ G(p).169 / 371

Paskalio skirstinys

Bernulio schemos bandy-mus kartokime tol, kolsurinksime n sekmiu.Tegu θn – atliktu bandymuskaicius, o ηn = θn − n.Tada ηn – patirtu nesekmiuskaicius.

Reikšmes ir tikimybes:

P (ηn = s) = Csn+s−1p

n(1− p)s.

Dydžio ηn skirstini vadinsime Paskalio skirstiniu, rašysime: ηn ∼ B−(n, p).

170 / 371

86

Puasono skirstinys

Jeigu atsitiktinis dydis ξigyja sveikas neneigiamasreikšmes su tikimybemis

P (ξ = m) =λm

m!e−λ,

cia λ > 0, tai sakysime,kad ξ reikšmes pasiskirstepagal Puasono desni(arba Puasono skirstini) suparametru λ. Rašysimeξ ∼ P(λ).

171 / 371

Puasono teorema

Teorema. Tegu atliekama n Bernulio schemos su sekmes tikimybe pnbandymu, tegu Sn – sekmiu skaicius šioje bandymu serijoje. Jeiguegzistuoja teigiamas skaicius λ, kad npn → λ, kai n → ∞, tai su kiekvienum = 0, 1, . . .

P (ξn = m) = Cmn pmn q

n−mn → λm

m!e−λ

cia qn = 1− pn.

172 / 371

87

Hipergeometrinis atsitiktinis dydis

Tegu urnoje yra n baltu ir m juodu rutuliu, atsitiktinai traukiameu, u < n+m. rutuliu. Pažymekime X baltu rutuliu skaiciu tarp ištrauktuju.Dydis X – diskretusis atsitiktinis dydis, jo reikšmiu tikimybes

P (X = v) =Cv

nCu−vm

Cun+m

,

max(u−m, 0) ≤ v ≤ max(u,m).

Tokie atsitiktiniai dydžiai vadinami hipergeometriniais.

173 / 371

Hipergeometrinis atsitiktinis dydis

Isivaizduokime, kad rutuliai traukiami vienas po kito. Su kiekvienutraukimu susiekime dydi

Xi =

1, jei i-asis rutulys baltas,0, jei i-asis rutulys juodas,

i = 1, 2, . . . , u.

Tada

X = X1 +X2 + . . .+Xu.

174 / 371

88

2.3. Absoliu ciai tolydieji atsitiktiniai dydžiai 175 /371

Tolydieji dydžiai

22 apibr ežimas. Jeigu atsitiktinio dydžio (atsitiktinio vektoriaus) ξpasiskirstymo funkcija Fξ yra visur tolydi, tai ji vadinsime tolydžiu.

176 / 371

Tolygiai pasiskirstes dydis

++

+

+

X 1

1

0

177 / 371

89

Absoliu ciai tolyd us dydžiai

X0

+++ +

++

u

P (X < u) =

∫ u

−∞p(x)dx

178 / 371

Absoliu ciai tolyd us dydžiai

23 apibr ežimas. Atsitiktini dydi ξ vadinsime absoliuciai tolydžiu, jeiegzistuoja neneigiama integruojama funkcija pξ(s), kad

Fξ(x) =

∫ x

−∞pξ(s)ds.

Funkcija pξ(s) vadinsime atsitiktinio dydžio ξ tankiu.

179 / 371

90

Absoliu ciai tolyd us vektoriai

24 apibr ežimas. Atsitiktini vektoriu ξ : Ω → IRm vadinsime absoliuciaitolydžiu, jei egzistuoja neneigiama integruojama funkcija pξ(s1, . . . , sm),kad

Fξ(x1, . . . , xm) =∫

s1<x1,...,sm<xmpξ(s1, . . . , sm)ds1 · . . . · dsm.

Funkcija pξ(s1, . . . , sm) vadinsime atsitiktinio vektoriaus ξ tankiu.

180 / 371

Tankio savyb es

• pξ(x) ≥ 0.• Beveik visuose taškuose F ′

ξ(x) = pξ(x).• ∫ ∞

−∞pξ(u)du = 1.

181 / 371

91

Tolygusis skirstinys

25 apibr ežimas. Sakysime, kad atsitiktinis dydis yra tolygiaipasiskirstes intervale [a; b], jeigu jis turi tanki pξ(x), kuris lygus nuliui, kaix 6∈ [a; b], o visiems x ∈ [a; b] pξ(x) igyja ta pacia reikšme, pξ(x) = c.Tankio integralas pagal visa tiese turi buti lygus 1,

1 =

∫ ∞

−∞pξ(x)dx = c

∫ b

a

dx = c(b− a), c =1

b− a.

182 / 371

Eksponentiniai dydžiai

56 pavyzdys.Isivaizduokime, kad pro pravira langeli i kambari iskrido bite ir išsigandusipradejo blaškytis, ieškodama kelio ištrukti. Tegu X yra laikas, kuri bitepraleis kambaryje ieškodama atviro lango. Kokia tikimybe, kad jai prireiksne mažiau kaip t sekundžiu, t. y. kam lygi tikimybe P (X ≥ t)?

N

183 / 371

92

Eksponentiniai dydžiai

26 apibr ežimas. Jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki

pX(x) =

0, jei x < 0,

λe−λx, jei x > 0,

cia λ > 0, tai X vadinsime eksponentiniu atsitiktiniu dydžiu, žymesimeX ∼ E(λ).

184 / 371

Eksponentiniai dydžiai

FX

(x)

x0

pX

(x)

x0

185 / 371

93

Pavyzdys

57 pavyzdys.Muilo burbulo „gyvavimo“ trukme – atsitiktinis dydis, pasiskirstes pagaleksponentini desni. Atliktas bandymas: išpusta 1000 muilo burbulu irnustatyta, kiek iš ju ištvere nesproge 1 minute. Tokiu buvo 450. Kokiatikimybe, kad išpustas muilo burbulas ištvers nesproges dvi minutes?Kiek mažiausiai reikia vienu metu išpusti muilo burbulu, kad su tikimybe0, 9 po triju minuciu dar butu like ne mažiau kaip 300 nesusprogusiu?

N

186 / 371

Puasono procesas

Ijungete savo mobiluji telefona ir laukiate pirmosios SMS žinutes. Tegu T1

yra laukimo trukme. Kokia tikimybes P (T1 ≥ t) reikšme, t. y. kokiatikimybe, kad teks laukti netrumpiau kaip t laiko vienetu?

Dalindami laiko intervala [0; t] i mažus intervalus, bei padare prielaida,kad trumpame 1/n ilgio intervale musu telefonas gali priimti tik vienažinute, o tikimybe, kad ji atklys lygi pn, npn → λ, kai n → ∞, gausime, kad

P (T1 ≥ t) = e−λt, t. y. T1 ∼ E(λ).187 / 371

94

Puasono procesas

Pažymekime Xt žinuciu, gautu laikotarpiu skaiciu [0; t] Tada Xt yradiskretusis atsitiktinis dydis, žinome tik vienos jo reikšmes tikimybe:

P (Xt = 0) = P (T1 ≥ t) = e−λt.

P (Xt = m) =(λt)m

m!e−λt, m = 0, 1, 2, . . . .

Xt ∼ P(λt). Gavome begaline Puasono dydžiu šeima, ja vadinsimePuasono procesu.

188 / 371

Puasono procesas

Nagrinejome T1 – pirmosios žinutes gavimo momenta. Tegu dabar k ≥ 1,o Tk – k-osios žinutes gavimo momentas.

T1 ≤ T2 ≤ T3 ≤ . . . ≤ Tk−1 ≤ Tk.

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.

189 / 371

95

Puasono procesas

Taigi Tk yra atsitiktinis dydis, kurio pasiskirstymo funkcija yra

FTk(t) = 1− e−λt − (λt)1

1!e−λt + . . .− (λt)k−1

(k − 1)!e−λt, t ≥ 0.

Tankis

pTk(t) = F ′

Tk(t) = λ · (λt)

k−1

(k − 1)!e−λt =

λktk−1

(k − 1)!e−λt.

190 / 371

Gamma dydis

27 apibr ežimas. Jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki

pX(t) =

0, jei t < 0,

λktk−1

(k − 1)!e−λt, jei t > 0,

cia λ > 0, k ≥ 1, tai X vadinsime gamma-atsitiktiniu dydžiu, žymesimeX ∼ Γ(k, λ).

191 / 371

96

Gamma dydis

Tk yra gamma-dydis. Dydi galime išreikšti paprastesniais.Pažymekime T0|1 laikotarpio nuo laukimo pradžios iki pirmos žinutestrukme, T1|2 – laikotarpio nuo pirmos iki antros žinutes trukme ir t. t. Tada

Tk = T0|1 + T1|2 + . . .+ Tk−1|k.

T0|1 ∼ E(λ), . . . , Tk−1|k ∼ E(λ).192 / 371

Pareto atsitiktiniai dydžiai

28 apibr ežimas. Jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki

pX(x) =

0, jei x < 1,α

xα+1 , jei x ≥ 1,

cia α > 0, tai X vadinsime Pareto atsitiktiniu dydžiu, žymesimeX ∼ Par(α).

193 / 371

97

Standartinis normalusis dydis

29 apibr ežimas. Atsitiktini dydi X, kurio tankis yra

p(x) =1√2π

e−x2/2

vadinsime standartiniu normaliuoju dydžiu, žymesime X ∼ N (0, 1).

194 / 371

Normalieji dydžiai

30 apibr ežimas. Atsitiktini dydi X, kurio tankis yra

pX(x) =1√2πσ2

e−(x−µ)2/2σ2

,

vadinsime normaliuoju dydžiu, žymesime X ∼ N (µ, σ2).

195 / 371

98

Normalieji dydžiai

x

pX

(x)

0

196 / 371

Muavro-Laplaso teorema

Teorema. Tegu sekmes tikimybe Bernulio schemoje lygi p , o Sn –sekmiu skaicius po n bandymu. Tada bet kokiam x, kai n → ∞

P

(

ω :Sn(ω)− np√

np(1− p)< x

)

→ 1√2π

∫ x

−∞e−t2/2dt.

Ši teorema vadinama Muavro-Laplaso integraline teorema.

197 / 371

99

Daugiamatis normalusis skirstinys

31 apibr ežimas. Sakysime, kad atsitiktinio vektoriaus ξ : Ω → IRn

skirstinys yra standartinis normalusis, jei ξ yra absoliuciai tolydusatsitiktinis vektorius, turintis tanki

pξ(x1, . . . , xn) =1

(2π)n/2exp

− 1

2

n∑

k=1

x2k

.

198 / 371

Kvantiliai ir kritin es reikšm es

32 apibr ežimas. Tegu atsitiktinis dydis X yra tolydus, 0 < α < 1. DydžioX α lygio kvantiliu vadinsime mažiausiaji lygties

FX(x) = α

sprendini; ji žymesime xα. Dydi xα taip pat vadinsime 1− α lygio kritinereikšme.

199 / 371

100

Kvantiliai

Jeigu dydis X turi tanki p(x), o xα yra dydžio α lygio kvantilis, tai plotas potankio grafiku i kaire nuo tieses x = uα lygus α, o i dešine – 1− α.

FX

(x)

x0

FX

(x)

x0

α

xα

pX

(x)

xα

S = α

x0

200 / 371

Pavyzdžiai

58 pavyzdys.Atsitiktinis dydis X pasiskirstes pagal eksponentini desni, X ∼ E(λ). Jo0, 5 lygio kvantilis lygus 3. Raskite λ reikšme.

N

59 pavyzdys.Raskite Pareto dydžio X ∼ Par(3) 0.5 lygio kvantili ir 0, 2 lygio kritinereikšme.

N

60 pavyzdys.Atsitiktinis dydis X yra standartinis normalusis,FX(0, 5244) = Φ(0, 5244) = 0, 7. Kokia turi buti a reikšme, kad atsitiktiniodydžio Y = 2X + a 0, 7 lygio kvantilis butu lygus 3?

N

201 / 371

101

2.4. Tikimyb es ir tankiai 202 / 371

Tikimybiu skai ciavimas

Jei ξ yra absoliuciai tolydus atsitiktinis dydis, pξ – šio atsitiktinio dydžiotankis, B yra Borelio aibe, tai

P (ξ ∈ B) =

∫

B

pξ(u)du.

Tegu ξ = 〈ξ1, . . . , ξm〉, ξ : Ω → IRm, absoliuciai tolydus atsitiktinis vektorius,pξ šio atsitiktinio vektoriaus tankis, B ∈ Bm – bet kokia Borelio aibe. Tada

P (ξ ∈ B) =

∫

B

pξ(u1, u2, . . . , um)du1du2 . . . dum.

203 / 371

Vektoriaus tankis

Teorema. Jeigu absoliuciai tolydaus atsitiktinio vektoriaus ξ = 〈ξ1, . . . , ξm〉tankis yra pξ(u1, . . . um), tai atsitiktinis vektorius ξ′ = 〈ξ1, . . . , ξm−1〉 taip patyra absoliuciai tolydus ir jo tankis yra

pξ′(u1, . . . , um−1) =

∫ ∞

−∞pξ(u1, u2, . . . , um)dum.

204 / 371

102

Dydžio η = f(ξ) tankis

Teorema. Jei ξ : Ω → IR yra atsitiktinis dydis, o f : IR → IR – monotoninetolydžiai diferencijuojama funkcija, tai atsitiktinio dydžio η = f(ξ) tankisyra

pη(t) = pξ(f−1(t)) · |f ′(φ−1(t))|−1.

205 / 371

Normalusis skirstinys

Pavyzdys. Tegu ξ ∼ N (0, 1), o η = a+ σξ, σ 6= 0. Tada atsitiktinis dydis ηturi tanki

pη(x) =1√2πσ2

exp− 1

2σ2(x− a)2

.

Sakysime, kad η skirstinys yra normalusis su parametrais a, σ2 irrašysime η ∼ N (a, σ2).

206 / 371

103

2.5. Nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai 207 / 371

Nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai

33 apibr ežimas. Atsitiktinius dydžius ξ1, ξ2 vadinsime nepriklausomais,jei su bet kokiomis Borelio aibemis B1, B2

P (ξ1 ∈ B1, ξ2 ∈ B2) = P (ξ1 ∈ B1)P (ξ2 ∈ B2).

Kaip apibrežti bet kokia nepriklausomu dydžiu sistema?

208 / 371

Nepriklausomi atsitiktiniai vektoriai

34 apibr ežimas. Atsitiktinius vektorius ξ1, ξ2 : Ω → Rn vadinsimenepriklausomais, jei su bet kokiomis Borelio aibemis B1, B2 ∈ B(Rn)

P (ξ1 ∈ B1, ξ2 ∈ B2) = P (ξ1 ∈ B1)P (ξ2 ∈ B2).

209 / 371

104

Pasiskirstymo funkcijos

Teorema. Atsitiktiniai dydžiai ξ, η : Ω → R yra nepriklausomi tada ir tiktada, kai

P (ξ < u, η < v) = P (ξ < u)P (η < v).

Teorema. Atsitiktiniai dydžiai ξ, η : Ω → R yra nepriklausomi tada ir tiktada, kai atsitiktinio vektoriaus ζ = 〈ξ, η〉 pasiskirstymo funkcija reiškiamataip:

Fζ(u, v) = Fξ(u)Fη(v),

cia ζ = 〈ξ, η〉.210 / 371

Diskretieji dydžiai

Teorema. Diskretus atsitiktiniai dydžiai ξ, η : Ω → R yra nepriklausomitada ir tik tada, kai su bet kokiais x, y

P (ξ = x, η = y) = P (ξ = x)P (η = y).

211 / 371

105

Absoliu ciai tolydieji dydžiai

Teorema. Jei ξ, η : Ω → R absoliuciai tolydus ir nepriklausomi atsitiktiniaidydžiai, turintys tankius pξ, pη, tai atsitiktinis vektorius ζ = 〈ξ, η〉 irgiabsoliuciai tolydus, bei

pζ(u1, u2) = pξ(u1)pη(u2).

Jei atsitiktinis vektorius ζ = 〈ξ, η〉 yra absoliuciai tolydus, pζ, pξ, pη yra šiovektoriaus ir jo komponenciu tankiai, be to, pζ(u1, u2) = pξ(u1)pη(u2), taiatsitiktiniai dydžiai ξ, η yra nepriklausomi.

212 / 371

Nepriklausomi dydžiai ir Borelio funkcijos

Teorema. 1 Jei ξ1, ξ2 : Ω → Rn yra nepriklausomi atsitiktiniai vektoriai, of1, f2 : R

n → Rm yra dvi Borelio funkcijos, tai atsitiktiniai vektoriaiη1 = f1(ξ1), η2 = f2(ξ2) irgi nepriklausomi.

213 / 371

106

Nepriklausomu atsitiktiniu dydžiu suma

Teorema. Jei ξ1, ξ2 absoliuciai tolydus nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai,turintys tankius pξ1, pξ2, tai atsitiktinis dydis η = ξ1 + ξ2 yra taip patabsoliuciai tolydus, o jo tankis

pξ1+ξ2(u) =

∫ ∞

−∞pξ1(v)pξ2(u− v)dv

=

∫ ∞

−∞pξ2(v)pξ1(u− v)dv.

214 / 371

2.6. Diskre ciuju atsitiktiniu dydžiu vidurkis 215 /371

Apibr ežimas

35 apibr ežimas. Tegu ξ diskretus atsitiktinis dydis, be to eilute∑

x

xP (ξ = x)

absoliuciai konverguoja. Tada šios eilutes suma žymesime E[ξ] irvadinsime atsitiktinio dydžio ξ matematiniu vidurkiu.Pastaba. Jeigu atsitiktinis dydis ξ turi vidurki, tai diskretaus atsitiktiniodydžio |ξ| vidurkis yra taip pat apibrežtas.

216 / 371

107

Apr ežto dydžio vidurkis

Aprežto diskreciojo atsitiktinio dydžio ξ vidurkis visada egzistuoja. Galimairodyti:Teorema. Jeigu ξ ir η yra du diskretieji atsitiktiniai dydžiai, |ξ| ≤ η iratsitiktinio dydžio η vidurkis egzistuoja, tai egzistuoja ir atsitiktinio dydžioξ vidurkis.

217 / 371

Vidurkis kaip svorio centras

m1m2

l1 l2

C

Taškas C yra sistemos, sudarytos iš dvieju kunu, svorio centras. O dabar tarkime šiekunai padeti ant skaiciu tieses, taškuose, kuriu koordinates yra x1, x2. Tegu c yra svoriocentro koordinate.

218 / 371

108

Vidurkis kaip svorio centras

m1m2

l1 = c − x1 l2 = x2 − c

cx1 x2

m1(c− x1) = m2(x2 − c), (x1 − c)m1 + (x2 − c)m2 = 0,

c =x1m1 + x2m2

m1 +m2

.

219 / 371

Vidurkio savyb es

Teorema. Jeigu X yra diskretusis atsitiktinis dydis, igyjantis reikšmesx1, x2, . . . , o Y = f(X) kitas atsitiktinis dydis, tai jo vidurkis (jeigu tik jisegzistuoja) lygus

E[Y ] =∑

i

f(xi)P (X = xi).

Teorema. Jei X yra diskretusis dydis, turintis vidurki, o a bet koksskaicius, tai dydis Y = aX irgi turi vidurki:

E[a ·X] = a ·E[X].

220 / 371

109

Vidurkio adityvumas

Teorema. Jeigu X ir Y yra diskretieji dydžiai, turintys vidurkius, tai jusuma X + Y irgi yra diskretusis dydis, turintis vidurki:

E[X + Y ] = E[X] + E[Y ].

Teorema. Jeigu X1, X2, . . . , Xn yra diskretieji atsitiktiniai dydžiai turintysvidurkius, tai

E[X1 +X2 + . . .+Xn] = E[X1] +E[X2] + . . .+ E[Xn].

221 / 371

Nepriklausomi dydžiai ir vidurkis

Teorema. Jeigu X ir Y yra nepriklausomi diskretieji dydžiai, turintysvidurkius, tai ju sandauga X · Y irgi yra diskretusis dydis, turintis vidurki:

E[X · Y ] = E[X] · E[Y ].

222 / 371

110

Binominio dydžio vidurkis

Jei X ∼ B(n, p), tai E[X] = np.

223 / 371

Puasono dydžio vidurkis

Jei X ∼ P(λ), tai E[X] = λ.

224 / 371

111

Geometrinio dydžio vidurkis

Jei X ∼ G(p), tai E[X] =1

p.

225 / 371

Paskalio dydžio vidurkis

Jei X ∼ B−(n, p), tai

P (X = m) = Cmn+m−1p

nqm,

E[X] = nq

p.

226 / 371

112

Hipergeometrinio dydžio vidurkis

Tegu urnoje yra m baltu ir n juodu rutuliu, atsitiktinai traukiameu (u ≤ m+ n). rutuliu. Atsitiktinio dydžio X reikšme – baltu rutuliu kiekistarp ištrauktuju. Apskaiciuosime šio dydžio vidurki:

E[X] =∑

v

v · CvmC

u−vn

Cum+n

= u · m

m+ n.

227 / 371

2.7. Absoliu ciai tolydžiuju dydžiu vidurkis 228 /371

Vidurkis kaip svorio centras

Diskretaus atsitiktinio dydžio X vidurki galime geometriškai suvokti kaipsvorio centro koordinate.

E[X] xi

pi

pi

229 / 371

113

Vidurkis kaip svorio centras

Atsitiktinis dydis yra absoliuciai tolydus, turi tanki pX(x). Tada galimeisivaizduoti, kad ant skaiciu tieses yra patalpinti ne pavieniai svoriai, bet„uždeta“ figura, kuria iš viršaus riboja tankio grafikas.Kur dabar reiktu irengti atrama, kad tiese butu pusiausvyroje, t.y. kaipnustatyti svorio centro koordinate?

230 / 371

Vidurkis kaip svorio centras

pX

(x)

x0 xi

E[X] ≈∑

i

xipX(xi)(xi+1 − xi) →∫ ∞

−∞xpX(x)dx.

231 / 371

114

Apibr ežimas

36 apibr ežimas. Jeigu absoliuciai tolydaus atsitiktinio dydžio tankis yrapX(x), tai jo vidurkiu vadinsime skaiciu

E[X] =

∫ ∞

−∞xpX(x)dx.

Patikslinimas: pirmiausia reikia pareikalauti, kad integralas absoliuciaikonverguotu!

232 / 371

Tolygiojo atsitiktinio dydžio vidurkis

Atsitiktinis dydis X yra tolygiai pasiskirstes intervale [a; b],

pX(x) =

1

b−a, jei x ∈ [a; b];

0, jei x 6∈ [a, b].

Jei X ∼ T ([a, b]), tai E[X] =a+ b

2.

233 / 371

115

Eksponentinio dydžio vidurkis

Eksponentinio atsitiktinio dydžio X ∼ E(λ) tankis

pX(x) =

λe−λx, jei x ≥ 0,

0, jei x < 0.

Jei X ∼ E(λ), tai E[X] =1

λ.

234 / 371

Gamma dydis

37 apibr ežimas. Jeigu atsitiktinis dydis X turi tanki

pX(t) =

0, jei t < 0,

λktk−1

(k − 1)!e−λt, jei t > 0,

cia λ > 0, k ≥ 1, tai X vadinsime gamma-atsitiktiniu dydžiu, žymesimeX ∼ Γ(k, λ).

235 / 371

116

Gamma dydžio vidurkis

Tk yra gamma-dydis. Dydi galime išreikšti paprastesniais.Pažymekime T0|1 laikotarpio nuo laukimo pradžios iki pirmos žinutestrukme, T1|2 – laikotarpio nuo pirmos iki antros žinutes trukme ir t. t. Tada

Tk = T0|1 + T1|2 + . . .+ Tk−1|k.

T0|1 ∼ E(λ), . . . , Tk−1|k ∼ E(λ).236 / 371

Normaliuju atsitiktiniu dydžiu vidurkiai

Normaliojo standartinio dydžio X ∼ N (0, 1) tankis ir vidurkis

pX(x) =1√2π

e−x2/2, E[X] = 0.

Jeigu Y = σX + µ, tai gausime vel normaluji dydi: Y ∼ N (µ, σ2). Jovidurkis

E[Y ] = E[σX + µ] = E[σX] + E[µ] = σE[X] + µ = µ.

237 / 371

117

Vidurkio skai ciavimas

Teorema. Tegu atsitiktinio dydžio X tankis yra pX(x), o f(x) – Boreliofunkcija, igyjanti realias reikšmes. Atsitiktinio dydžio Y = f(X) vidurkisegzistuoja tada ir tik tada, kai integralas:

∫ ∞

−∞|f(x)|pX(x)dx

yra baigtinis. Tada

E[Y ] =

∫ ∞

−∞f(x)pX(x)dx.

238 / 371

Teoremos apibendrinimasTeorema. Tegu atsitiktinis vektorius X = 〈X1, X2, . . . , Xm〉 turi tanki pX(x1, x2, . . . , xm), of(x1, x2, . . . , xm) – Borelio funkcija, igyjanti realias reikšmes. Atsitiktinio dydžioY = f(X) vidurkis egzistuoja tada ir tik tada, kai integralas:

∫∞

−∞

. . .

∫∞

−∞

|f(x1, x2, . . . , xm)|pX(x1, x2, . . . , xm)dx1 . . .dxm

yra baigtinis. Tada

E[Y ] =

∫∞

−∞

. . .

∫∞

−∞

f(x1, . . . , xm)pX(x1, . . . , xm)dx1 . . .dxm.

239 / 371

118

Pavyzdys

61 pavyzdys. Atstumo vidurkisVieno žmogaus pokalbio telefonu laikas – atsitiktinis dydis X1 ∼ T ([0; a]),kito – atsitiktinis dydis X2 ∼ T ([0; b].) Apskaiciuokime vidurkius

E[min(X1, X2)],E[max(X1, X2)],

E[min(X1, X2) ·max(X1, X2)].

N

240 / 371

2.8. Vidurkio apibr ežimas bendruoju atveju 241 /371

Tolygus konvergavimas

38 apibr ežimas. Tegu ξn, ξ : Ω → R yra atsitiktiniai dydžiai. Jeikiekvienam δ > 0 egzistuoja toks n(δ), kad nelygybe

|ξn(ω)− ξ(ω)| < δ

teisinga, kai n > n(δ) su visais ω ∈ Ω, tai sakysime, kad dydžiai ξn tolygiaikonverguoja i ξ.

242 / 371

119

Diskret us tolygiai konverguojantys dydžiai

Tegu ξ atsitiktinis dydis, ǫ > 0. Apibrežkime diskretuji atsitiktini dydi ξǫ(ω) :

jei ξ(ω) ∈ [nǫ, nǫ+ ǫ), tai ξǫ(ω) = nǫ.

Tada

ξ(ω)− ǫ ≤ ξǫ(ω) ≤ ξ,

P (ξǫ = nǫ) = Fξ(nǫ+ ǫ)− Fξ(nǫ).

243 / 371

Apibr ežimas

Jei diskretieji atsitiktiniai dydžiai ξn tolygiai konverguoja i atsitiktini dydi ξ irturi vidurkius, tai galima irodyti, kad limn→∞E[ξn] egzistuoja.

39 apibr ežimas. Jei diskretieji atsitiktiniai dydžiai ξn turi vidurkius irtolygiai konverguoja i atsitiktini dydi ξ, tai šio dydžio vidurkiu vadinamasskaicius

E[ξ] = limn→∞

E[ξn.]

244 / 371

120

Vidurkio išraiška

Jei atsitiktinio dydžio ξ vidurkis apibrežtas, tai

E[ξ] = limǫ→0+

E[ξǫ] = limǫ→0+

∑

x

xP (ξǫ = x)

= limn→∞

n∑

m=−n

(mǫ)(Fξ(mǫ+ ǫ)− Fξ(mǫ)).

Dažnai rašoma

E[ξ] =

∫ ∞

−∞xdFξ(x).

245 / 371

Vidurkio savyb es – tos pa cios

Teorema. Tegu ξ1, ξ2 atsitiktiniai dydžiai turi vidurkius. Tada

1. su bet kokiais skaiciais c1, c2 E[c1ξ1 + c2ξ2] = c1E[ξ1] + c2E[ξ2];2. jei ξ1 ≤ ξ2, tai E[ξ1] ≤ E[ξ2];3. jei ξ1, ξ2 yra nepriklausomi, tai E[ξ1 · ξ2] = E[ξ1] · E[ξ2].

246 / 371

121

2.9. Dispersija 247 / 371

Trys dydžiai

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.

Kurio iš šiu dydžiu reikšmes labiausiai išsibarste?

248 / 371

Apibr ežimas

40 apibr ežimas. Tegu X – atsitiktinis dydis, turintis vidurki. Jodispersija vadinsime skaiciu

D[X] = E[(X − E[X])2].

Dydi σ(X) =√

D[X] vadinsime atsitiktinio dydžio X standartiniunuokrypiu.

249 / 371

122

Dispersijos savyb es

Teorema. Teisingi šie teiginiai:

1. jeigu atsitiktinis dydis X turi dispersija, ji neneigiama: D[X] ≥ 0;D[X] = 0 tada ir tik tada, kai dydis X yra išsigimes;

2. teisinga lygybe D[X] = E[X2]− E[X]2;3. jei c yra skaicius, tai D[cX] = c2D[X];4. jeigu nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai X, Y turi dispersijas, tai ir ju

suma turi dispersija ir

D[X + Y ] = D[X] +D[Y ].

250 / 371

Dispersijos adityvumas

Jeigu X1, X2, . . . , Xn yra nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai, turintysdispersijas, tai

D[X1 +X2 + . . .+Xn] = D[X1] +D[X2] + . . .+D[Xn].

251 / 371

123

Binominis atsitiktinis dydis

Jei X ∼ B(n, p), tai

P (X = m) = Cmn p

m(1− p)n−m, m = 0, 1, . . . , n,

E[X] = np, D[X] = np(1− p).

252 / 371

Puasono dydis

Jei X ∼ P(λ), tai

P (X = m) =λm

m!e−λ, m = 0, 1, 2, . . . ,

E[X] = D[X] = λ.

253 / 371

124

Geometrinis dydis

Jei X ∼ G(p), tai P (X = m) = qm−1p, m = 1, . . . , q = 1− p,

E[X] =1

p, D[X] =

q

p2.

254 / 371

Geometrinis dydisJeigu pirmajame bandyme pasitaikys sekme (tai ivyksta su tikimybe p), tai X2 = 1. Jeigupirmajame bandyme nesekme, tai viskas prasideda tarsi iš pradžiu ir X2 = (1 + Y )2, ciaY ∼ G(p) vel geometrinis dydis. Taigi galime manyti, kad

E[X2] = p · 12 + q · E[(1 + Y )2].

Pažymekime a = E[X2] = E[Y 2], 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.

255 / 371

125

Paskalio dydžio dispersija

Jei X ∼ B−(n, p), tai

P (X = m) = Cmn+m−1p

nqm,

E[X] = nq

p, D[X] =

nq

p2

256 / 371

Tolygiai pasiskirstes atsitiktinis dydis

Jeigu X ∼ T ([a, b]), tai

pX(x) =

a+b2 , jei x ∈ [a; b]

0, jei x 6∈ [a, b],

E[X] =1

b− a, D[X] =

(b− a)2

12.

257 / 371

126

Eksponentinis dydis

Jei X ∼ E(λ), tai

pX(x) =

0, jei x < 0,

λe−λx, jei x ≥ 0,,

E[X] =1

λ, D[X] =

1

λ2.

258 / 371

Gamma dydis

Jei 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.

259 / 371

127

Normalusis dydis

Jei X ∼ N (µ, σ2), tai

pX(x) =1√2πσ2

e−(x−µ)2/(2σ2),

E[X] = µ, D[X] = σ2.

260 / 371

Uždaviniai

62 pavyzdys.Yra du simetriški šešiasieniai kauliukai. Vieno sieneles pažymetosskaiciais 1, 1, 3, 4, 5, 6, kito – skaiciais 1, 2, 3, 4, 6, 6. Atsitiktiniu dydžiuX1, X2 – skaiciai ant atvirtusiu kauliuku sieneliu. Kurio dydžio reikšmesišsibarste labiau, t. y. kurio dydžio dispersija didesne?

N

63 pavyzdys.Atsitiktinio dydžio X reikšme akuciu ant iprastinio simetriško lošimokauliuko, Y – iš intervalo [0; a] atsitiktinai parinktas skaicius. Kokia turetubuti a reikšme, kad abieju dydžiu dispersijos butu vienodos?

N

261 / 371

128

2.10.Didžiuju skai ciu d esnis 262 / 371

Kod el kartojame matavimus?

Noredami gauti tikslesne dydžio reikšme, matavimus kartojame, o paskui– imame gautuju matavimo rezultatu x1, x2, . . . , xn vidurki

yn =x1 + x2 + . . .+ xn

n

ir manome, kad xn ≈ a.Kuo pagrista tokia musu nuomone?

263 / 371

Cebyšovo nelygyb e

Teorema. Tegu X yra atsitiktinis dydis, turintis vidurki ir dispersija. Tadasu kiekvienu ǫ > 0 teisinga nelygybe

P (|X − E[X]| ≥ ǫ) ≤ D[X]

ǫ2.

264 / 371

129

Didžiuju skai ciu d esnis

Teorema. Tegu X1, X2, X3, . . . yra nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai,turintys ta pati vidurki E[Xj ] = a ir ta pacia dispersija. Tada su kiekvienuǫ > 0

P(∣∣∣X1 +X2 + . . .+Xn

n− a

∣∣∣ > ǫ

)

→ 0, n → ∞.

265 / 371

Monte-Karlo metodas

Tegu K yra kvadratas, S ⊂ K – sudetingos formos sritis, kurios plotareikia apskaiciuoti.Atliekame bandymus: atsitiktinai renkame kvadrato taškus A1, A2, . . . , An

ir apibrežiame atsitiktinius dydžius

Xi =

1, jei x ∈ Ai ∈ S;

0, jei x 6∈ S.

Tegu x1, x2, . . . , xn iš konkreciu bandymu gautos dydžiu Xi reikšmes.Tada

plotas(S) ≈ (x1 + x2 + . . .+ xn)/n.

266 / 371

130

Bendresn e teoremaTeorema. Tegu X1, X2, X3, . . . yra nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai, turintys dispersijasbei tenkinantys salyga

1

n2

n∑

m=1

D[Xm] → 0, n → ∞.

Tegu

Sn = X1 +X2 + . . .+Xn,

En = (E[X1] + E[X2] + . . .+ E[Xn])/n.

Tada su bet kokiu ǫ > 0

P(∣∣Sn/n−En

∣∣ > ǫ

)→ 0, n → ∞.

267 / 371

2.11. Atsitiktiniu dydžiu momentai 268 / 371

Apibr ežimas

41 apibr ežimas. Tegu ξ yra atsitiktinis dydis, k > 0. Jeigu vidurkiaiE[ξk],E[|ξ|k] egzistuoja, tai juos vadinsime atsitiktinio dydžio k-uoju irk-uoju absoliuciuoju momentais.

Pastabos. Jeigu E[|ξ|k] egzistuoja, tai egzistuoja ir E[ξk].Jeigu egzistuoja dydžio ξ k-osios eiles momentas, tai su bet kokiu0 < r < k vidurkis E[|ξ|r] irgi egzistuoja.Jeigu egzistuoja dydžio ξ k-osios eiles momentas, tai su bet kokiuskaiciumi a vidurkis E[|ξ − a|k] irgi egzistuoja.

269 / 371

131

Centriniai momentai

42 apibr ežimas. Tegu atsitiktinio dydžio k-osios eiles momentasegzistuoja (k > 1). Tada vidurkius

E[(ξ − E[ξ])k], E[|ξ − E[ξ]|k]

vadinsime atsitiktinio dydžio ξ k-osios eiles centriniu ir k-osios eilesabsoliuciuoju centriniu momentais.

Pastaba. Dispersija yra dydžio antrosios eiles centrinis momentas.

270 / 371

Mišrusis dydžiu momentas

Teorema. Tegu atsitiktiniai dydžiai ξ1, ξ2 turi antrosios eiles momentus.Tada vidurkis E[ξ1ξ2] irgi egzistuoja ir

E[|ξ1 · ξ2|] ≤√

E[ξ21] · E[ξ22 ].

Pastaba. Jeigu atsitiktiniai dydžiai ξ1, ξ2 turi dispersijas, taiE[(ξ1 −E[ξ1]) · (ξ1 −E[ξ1])] irgi egzistuoja, be to

E[|(ξ1 − E[ξ1])(ξ1 − E[ξ1])|] ≤√

D[ξ1]D[ξ2].

271 / 371

132

Sumos dispersija

Jeigu ξ1, ξ2 yra nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai, turintys dispersijas, tai irju suma turi dispersija, be to

D[ξ1 + ξ2] = D[ξ1] +D[ξ2].

O dabar tarkime, kad ξ1, ξ2 gali buti ir priklausomi. Pabandykime surastisumos dispersija:

D[ξ1 + ξ2] = E[(ξ1 + ξ2 − E[ξ1]−E[ξ2])2] =

E[(ξ1 − E[ξ1])2 + 2(ξ1 −E[ξ1])(ξ2 −E[ξ2]) + (ξ2 −E[ξ2])

2] =

D[ξ1] +D[ξ2] + 2E[(ξ1 −E[ξ1])(ξ2 −E[ξ2])].

272 / 371

Atsitiktiniu dydžiu kovariacija

43 apibr ežimas. Tegu ξ1, ξ2 yra du atsitiktiniai dydžiai. Ju kovariacijavadinsime skaiciu

cov(ξ1, ξ2) = E[(ξ1 − E[ξ1]) · (ξ2 −E[ξ2])].

Teorema. Atsitiktiniu dydžiu X, Y kovariacijai teisinga lygybe

cov(ξ1, ξ2) = E[ξ1 · ξ2]− E[ξ1] ·E[ξ2].273 / 371

133

Pavyzdys

Urnoje yra trys balti rutuliai, pažymeti skaiciais 1, 0, 0 ir du juodi, ant kuriuužrašyti skaiciai 1, 1. Atsitiktinai be gražinimo traukiami du rutuliai, dydisX lygus baltu rutuliu skaiciui, o Y – skaiciu, užrašytu ant rutuliu sumai.Apskaiciuosime dydžiu kovariacija. Iš pradžiu sudarykime tikimybiuP (X = x, Y = y) lentele:

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

274 / 371

Teigiamai ir neigiamai koreliuoti dydžiai

44 apibr ežimas. Jeigu ξ1, ξ2 yra atsitiktiniai dydžiai ir cov(ξ1, ξ2) > 0, taidydžius vadinsime teigiamai koreliuotais, jeigu cov(ξ1, ξ2) < 0, dydžiusvadinsime neigiamai koreliuotais. Jeigu cov(ξ1, ξ2) = 0, dydžius vadinsimenekoreliuotais.

Pastaba. Nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai, turintys dispersijas, yranekoreliuoti.Taciau nekoreliuoti atsitiktiniai dydžiai, turintys dispersijas, ne visada yranepriklausomi.

275 / 371

134

Teigiamai ir neigiamai koreliuoti dydžiai

Tarkime pakartoje bandyma n kartu, gavome atsitiktiniu dydžiu X, Yreikšmiu poras

(x1, y1), (x2, y2), . . . , (xn, yn).

Jas galime pavaizduoti plokštumos taškais.

xi

yi

xi

yi

276 / 371

Nekoreliuoti dydžiai

Jeigu cov(X, Y ) = 0, taškai sudarytu „debesi“ ir grupavimosi apie jokiatiese negaletume ižvelgti.

xi

yi

277 / 371

135

Koreliacijos koeficientas

45 apibr ežimas. Tegu ξ1, ξ2 yra atsitiktiniai dydžiai, turintys teigiamasdispersijas D[ξ1] > 0,D[ξ2] > 0. Ju koreliacijos koeficientu vadinamasskaicius

ρ(ξ1, ξ2) =cov(ξ1, ξ2)

√

D[ξ1]D[ξ2]

Jei bent vienas iš dydžiu ξ1, ξ2 yra išsigimes, tai sakysime, kadρ(ξ1, ξ2) = 0.

278 / 371

Koreliacijos koeficientas

Teorema. Tegu ξ1, ξ2 yra atsitiktiniai dydžiai, turintys teigiamas dispersijasD[ξ1] > 0,D[ξ2] > 0, o a1, a2, b1, b2 – bet kokie skaiciai, a1, a2 6= 0. Tada

ρ(a1ξ1 + b1, a2ξ2 + b2) =

ρ(ξ1, ξ2), jei a1a2 > 0,

−ρ(ξ1, ξ2), jei a1a2 < 0.

279 / 371

136

Koreliacijos koeficiento savyb es

Teorema. Tegu ξ1, ξ2 yra neišsigime atsitiktiniai dydžiai, turintysdispersijas. Teisingi teiginiai

1. −1 ≤ ρ(ξ1, ξ2) ≤ 1;2. jeigu ξ2 = aξ1 + b, cia a, b yra skaiciai, tai ρ(ξ1, ξ2) = 1, kai a > 0 ir

ρ(ξ1, ξ2) = −1, kai a < 0;3. jeigu ρ(ξ1, ξ2) = ±1, tai egzistuoja tokie skaiciai a 6= 0, b,

P (ξ2 = aξ1 + b) = 1.

280 / 371

2.12. Atsitiktiniu dydžiu konvergavimas 281 / 371

Konvergavimas beveik visur

46 apibr ežimas. Tegu ξ ir ξ1, ξ2, . . . yra toje pacioje tikimybineje erdvejeapibrežti atsitiktiniai dydžiai. Sakysime, kad ξn konverguoja beveik visur,jei

P (ω : ξn(ω) −−−→n→∞

ξ(ω)) = 1.

Žymesime: ξn1−→ ξ.

282 / 371

137

Pavyzdys

Ω = [0; 1], P – geometrinis matas, Xn(ω) = 1/n, X(ω) = 0.

Xn1−→ X

Kitas variantas: X∗(ω) = 0, jei ω – iracionalus skaicius ir X(ω) = ω, jei ω –racionalus.

Xn1−→ X∗.

283 / 371

Konvergavimas pagal tikimybe

47 apibr ežimas. Tegu ξ, ξn : Ω → IR yra atsitiktiniai dydžiai, n = 1, 2, . . .. Sakysime, jog atsitiktiniu dydžiu seka ξn konverguoja pagal tikimybe iatsitiktini dydi ξ , jei kiekvienam ǫ > 0

P (ω : |ξn(ω)− ξ(ω)| > ǫ) → 0, n → ∞.

Žymesime: ξnP−−−→

n→∞ξ.

284 / 371

138

Pavyzdys

Sukonstruosime atsitiktiniu dydžiu seka Xn, kad

XnP−−−→

n→∞X

bet nei viena seka Xn(ω) netures ribos!

285 / 371

Silpnasis konvergavimas

48 apibr ežimas. Tegu ξn, ξ yra atsitiktiniai dydžiai, o Fn, F jupasiskirstymo funkcijos. Sakysime, kad atsitiktiniai dydžiai ξn silpnaikonverguoja i ξ jeigu kiekvienam funkcijos F (x) tolydumo taškui x teisinga

Fn(x) → F (x), n → ∞.

Silpnaji konvergavima žymesime: ξn ⇒ ξ.

286 / 371

139

Silpnasis konvergavimas: pavyzdžiai

FXn(x)

12

1n

− 1n

FYn(x)

1n

− 1n

FZn(x)

1n

− 1n

FV (x) (

287 / 371

Konverguoja, bet neb utinai i pasiskirstymo funkcija

Teorema. Tegu Fn bet kokia pasiskirstymo funkciju seka. Tada egzistuojaposekis Fnm

, bei nemažejanti ir tolydi iš kaires funkcija G(x), kad šiosfunkcijos tolydumo taškuose Fnm

→ G(x), kai m → ∞.

288 / 371

140

Klausimas

Kaip tirti, ar pasiskirstymo funkciju seka silpnai konverguoja?

289 / 371

2.13. Charakteringosios funkcijos 290 / 371

Kompleksiniai atsitiktiniai dydžiai

49 apibr ežimas. Tegu 〈Ω,A, P 〉 yra tikimybine erdve, C – kompleksiniuskaiciu aibe. Funkcija ξ : Ω → C vadinsime kompleksiniu atsitiktiniudydžiu, jei

ξ = ξ1 + iξ2,

kur ξ1 = Re ξ, ξ2 = Im ξ yra realieji atsitiktiniai dydžiai.

291 / 371

141

Nepriklausomi dydžiai

50 apibr ežimas. Kompleksinius atsitiktinius dydžius

ξ = ξ1 + iξ2, η = η1 + iη2

vadinsime nepriklausomais, jei bet kuria atsitiktiniu dydžiu pora ξi, ηjsudaro nepriklausomi dydžiai.

292 / 371

Vidurkis

51 apibr ežimas. Jeigu dydžiu ξ1, ξ2 vidurkiai egzistuoja, taikompleksinio atsitiktinio dydžio

ξ = ξ1 + iξ2

vidurkiu vadinamas skaicius

E[ξ] = E[ξ1] + iE[ξ2].

293 / 371

142

Vidurkio savyb es

Teorema. Teisingi tokie teiginiai:

1. Jei ξ1, ξ2 yra kompleksiniai atsitiktiniai dydžiai, turintys vidurkius, o a, bkompleksines konstantos, tai atsitiktinis dydis ξ = aξ1 + bξ2 irgi turividurki ir E[ξ] = aE[ξ1] + bE[ξ2].

2. Jei kompleksinis atsitiktinis dydis ξ turi vidurki, tai

|E[ξ]| ≤ E[|ξ|].

3. Jei ξ1, ξ2 yra nepriklausomi kompleksiniai atsitiktiniai dydžiai, turintysvidurkius, tai atsitiktinis dydis ξ = ξ1 · ξ2 irgi turi vidurki irE[ξ] = E[ξ1] · E[ξ2].

294 / 371

Charakteringoji funkcija

52 apibr ežimas. Realiojo atsitiktinio dydžio ξ charakteringaja funkcijavadinsime realiojo argumento funkcija

φξ(t) = E[eitξ] = E[cos(tξ)] + iE[sin(tξ)].

Realiojo atsitiktinio vektoriaus ξ = 〈ξ1, . . . , ξn〉 charakteringaja funkcijavadinsime funkcija

φξ(t1, . . . , tn) = E[eit1ξ1+...+itnξn].

295 / 371

143

Charakteringosios funkcijos savyb es

Teorema. Teisingi šie teiginiai:

1. Atsitiktinio dydžio charakteringoji funkcija yra tolydi kiekvienametaške.

2. Tegu ξ yra atsitiktinis dydis, a, b dvi konstantos, η = aξ + b. Tada

φη(t) = eitbφξ(at).

3. Tegu ξ1, ξ2 yra du nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai, ξ = ξ1 + ξ2. Tada

φξ(t) = φξ1(t)φξ2(t).

296 / 371

Svarb us pavyzdžiai

Jei ξ ∼ B(n, p), tai φξ(t) =(peit + q

)n.

Jei ξ ∼ P(λ), tai φξ(t) = expλ(eit − 1).

Jei ξ ∼ N (0, 1), tai φξ(t) = e−t2/2.

297 / 371

144

Charakteringoji funkcija ir momentai

Teorema. Jei egzistuoja atsitiktinio dydžio ξ m-asis momentas, tai betkokiam t egzistuoja m-oji charakteringosios funkcijos φξ(t) išvestine. Beto

φξ(t)(m) = E[(iξ)meitξ].

Charakteringajai funkcijai teisingas toks asimptotinis skleidinys:

φξ(t) =m∑

l=0

E[ξl](it)l

l!+ rm(t)

(it)m

m!;

cia rm(t) → 0, t → 0.

298 / 371

Vienaties teorema

Teorema. Jeigu pasiskirstymo funkcijos yra skirtingos, tai jucharakteringosios funkcijos irgi skirtingos.

Taikymai: Nepriklausomu atsitiktiniu Puasono dydžiu sumos.Nepriklausomu atsitiktiniu normaliuju dydžiu sumos.

299 / 371

145

Tolydumo teorema

Teorema. Pasiskirstymo funkciju seka Fn silpnai konverguoja i tam tikraribine pasiskirstymo funkcija tada ir tik tada, kai atitinkamucharakteringuju funkciju seka φn(t) kiekviename taške konverguoja i tamtikra funkcija φ(t), kuri yra tolydi taške t = 0. Tokiu atveju φ(t) yra ribinepasiskirstymo funkcija F atitinkanti charakteringoji funkcija.

300 / 371

2.14. Ribin es teoremos 301 / 371

Poissono teorema

Teorema. Tegu ξn yra atsitiktiniai dydžiai, ξn ∼ B(n, pn) ir npn → λ, kain → ∞, cia λ > 0. Tada ξn pasiskirstymo funkcijos silpnai konverguoja iPoissono dydžio ξ ∼ P(λ) pasiskirstymo funkcija.

302 / 371

146

Didžiuju skai ciu d esnis

Teorema. Tegu ξ1, ξ2, . . . yra nepriklausomi vienodai pasiskirsteatsitiktiniai dydžiai, turintys vidurki a. Tada bet kokiam ǫ > 0

P(∣∣ξ1 + ξ2 + . . .+ ξn

n− a

∣∣ > ǫ

)

→ 0, n → ∞.

303 / 371

Centrin e ribin e teorema

Teorema. Tegu ξm yra nepriklausomi ir vienodai pasiskirste atsitiktiniaidydžiai, turintys vidurki E[ξm] = a ir dispersija D[ξm] = σ2. Tadapasiskirstymo funkcijos

Fn(x) = P( n∑

m=1

ξm − a

σ√n

< x)

silpnai konverguoja i standartinio normalinio desnio N (0, 1) pasiskirstymofunkcija Φ(x), t. y. su visais x

Fn(x) →1√2π

∫ x

−∞e−u2/2du, n → ∞.

304 / 371

147

III. Matematin e statistika 305 / 371

Pavyzdys

64 pavyzdys.Reikia pasidalyti sudrekusius degtukus. Degtukas užsidega su tikimybep = 0, 6. Kiek sudrekusiu degtuku reikia atiduoti draugui, kad tikimybe, jogjam pavyks uždegti ugni, butu ne mažesne už 0,9?

N

Iš kur mes žinome tikimybes p reikšme?

306 / 371

Duomenu rinkimas

Tyrimui atsitiktinai atrenkama dalis tos populiacijos objektu, jie ištiriami iriš sukauptu duomenu daromos išvados apie visuma.

Kaip tokia praktika aprašyti matematinemis savokomis?

307 / 371

148

Populiacija

Tarkime, kad mums rupima objektu savybe reiškiama atsitiktinio dydžio Xreikšmemis.

Dažniausiai tos reikšmes yra skaiciai, taciau nebutinai. Objektoatrinkimas ir reikšmes matavimas – tai bandymas, kuriam pasibaigusmes gauname viena atsitiktinio dydžio reikšme.

Dydi, susijusi su pirmuoju bandymu žymekime X1, su antruoju – X2 ir t. t.

308 / 371

Populiacija

Matematine savoka, atitinkanti atsitiktinai tyrimui atrinktu populiacijosobjektu rinkini yra:

nepriklausomu, vienodai pasiskirsciusiu atsitiktiniu dydžiu seka

X1, . . . , Xn.

309 / 371

149

Imtis ir jos realizacija

53 apibr ežimas. Nepriklausomu ir vienodai pasiskirsciusiu atsitiktiniudydžiu seka

〈X1, X2, . . . , Xn〉

vadinsime atsitiktine imtimi.

310 / 371

Imtis ir jos realizacija

Atlikdami matavimus ar stebejimus, gauname šiu dydžiu reikšmes.

54 apibr ežimas. Atsitiktines imties 〈X1, X2, . . . , Xn〉 elementu reikšmiuseka 〈x1, x2, . . . , xn〉 vadinsime atsitiktines imties realizacija, arba tiesiogimtimi.

311 / 371

150

Pirmasis uždavinys

Imties duomenu tvarkymo, sisteminimo ir vaizdavimo metodai – taiaprašomoji statistika. Jos uždavinys padeti apžvelgti ir ivertinti tyrejosukauptus duomenis.

312 / 371

DažniaiDuomenys x1 x2 x3 . . . xm

Dažniai ni n1 n2 n3 . . . nm

Santykiniai dažniai fi n1/n n2/n n3/n . . . nm/nSukauptieji dažniai

∑

j<i fj 0 f1 f1 + f2 . . . f1 + . . .+ fm−1

313 / 371

151

Lentel es ir diagramos

J M R Žni 3 6 4 2fi 3/15 6/15 4/15 2/15

∑

j<i fj 0 3/15 9/15 13/15

J M R Z

fi

314 / 371

Sugrupuotieji dažniai ir histograma

Duomenu intervalai I1 I2 I3 . . . INDuomenu intervaluose Ij kiekiai n1 n1 n2 . . . nN

Santykiniai dažniai pj n1/nd n2/nd n3/nd . . . nN/nd

315 / 371

152

Histogramos

0

0.4

fi

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5xi

0

0.5

fi

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5xi

0

0.5

fi

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5xi

316 / 371

Histogramos

Trys tos pacios imties iš n = 1000 duomenu histogramos: N = 5, 10, 30.

Rekomendacija: geriausiai imties savybes parodo histograma, kuriosintervalu kiekis yra maždaug

N ≈ 1 + 3, 3 lgn.

317 / 371

153

Variacin e imties eilut e

Jeigu imties duomenys x1, x2, . . . , xn yra skaiciai, juos galime perrikiuotididejimo tvarka. Tokia didejimo tvarka išdestyta imties duomenu eile

x(1) ≤ x(2) ≤ . . . ≤ x(n)

vadinama imties variacine eilute. Pavyzdžiui, imties

2; 1,5; 3, 1,5; 2, 3; 1,7; 2

variacine eilute yra 1,5; 1,5; 1,7; 2; 2; 2; 3; 3, x(1) = x(2) = 1,5; x(8) = 3.

318 / 371

Empirin e pasiskirstymo funkcija

Jeigu imtis gauta stebint skaitines reikšmes igyjanti atsitiktini dydi X,galime pagal imti x1, x2, . . . , xn sudaryti funkcija, kuria vadinsime empirinedydžio X pasiskirstymo funkcija. Pažymekime n(x) imties duomenu,mažesniu už x skaiciu.

Tada empirine pasiskirstymo funkcija apibrešime taip:

F ∗X(x) =

n(x)

n.

319 / 371

154

Empirin e pasiskirstymo funkcija

Imties 2; 1,5; 3, 1,5; 2,3; 1,7; 2 empirine pasiskirstymo funkcija

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;

320 / 371

Imties kvantiliai

Pažymekime n(x) imties x1, x2, . . . , xn duomenu nedidesniu už x (t. y.tenkinanciu nelygybe xi ≤ x) kieki, o n(x) – nemažesniu (t. y. tokiu,kuriems xi ≥ x). Tada n(x) + n(x) ≥ n.

q-osios eiles empirini kvantili vq turetume apibrežti taip, kad jis tenkintusalygas:

q ≤ n(vq)

n,

n(vq)

n≥ 1− q.

321 / 371

155

Imties kvantiliai

55 apibr ežimas. Imties x1, x2, . . . , xn q-osios eiles kvantiliu vadinsimeskaiciu vq, apibrežiama taip:

vq =

x([qn]+1), jei qn nera sveikas skaicius,(x(qn) + x(qn+1))/2, jei qn yra sveikas skaicius,

cia 0 < q < 1, žymuo [qn] reiškia skaiciaus sveikaja dali, o x(i) – i-ajiimties variacines eilutes nari.

322 / 371

Kvartiliai ir mediana

Dažniausiai naudojami q = 14 ,

24 ,

34 eiles kvantiliai. Jie taip ir vadinami –

kvartiliais bei žymimi Q1, Q2, Q3.

Kvartilis Q2 dar vadinamas mediana.

323 / 371

156

Imties vidurkis ir dispersija

56 apibr ežimas. Tegu 〈x1, x2, . . . , xn〉 yra imtis, gauta stebint atsitiktiniodydžio X reikšmes. Šios imties vidurkiu vadinsime skaiciu

x =x1 + x2 + . . .+ xn

n,

o imties dispersija – skaiciu

s2 =1

n− 1

n∑

i=1

(xi − x)2.

324 / 371

Imties skaitiniu charakteristiku vaizdavimas

+

+

x(1)

x(n)

Q1

Q2

x

Q3

Skaitiniu imties charakteristiku vaizdavimas vienoje diagramoje.Naudojant tokias diagramas patogu lyginti kelias imtis.

325 / 371

157

Uždaviniai

8. Imties duomenys – pirkeju, sustojusiu prie kasos, išlaidos pirkiniams(litais):

27, 20, 12, 20, 15, 20, 45, 10, , 15, 10, 15, 30, 25, 20, 12.

Raskite šia imti atitinkancios variacines eilutes narius x(5), x(11). Raskiteimties kvartilius.

326 / 371

Uždaviniai

9. Trisdešimt dvieju studentu kontrolinio darbo ivertinimai pateikti dažniulenteleje

xi = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10ni = 0 1 2 4 3 5 3 5 5 4

Raskite imties mediana ir kvartilius. Raskite imties vidurki ir dispersija.

327 / 371

158

Uždaviniai

10. Devyniu studentu egzamino ivertinimai dešimties balu skaleje yratokie

7, 6, 7, 10, 6, 5, 5, , 9, 8.

Raskite imties mediana ir vidurki. Kol kas nežinomas dešimtojo studentoegzamino rezultatas, taciau žinoma, kad bent viena bala jis tikrai gaus.Kiek daugiausiai gali sumažeti imties vidurkis? Kiek daugiausiai galipadideti? Ar gali vidurkis likti nepakites? Kada? Jeigu vidurkis liksnepakites, kaip pasikeis imties dispersija? Kaip nuo dešimtojo studentoivertinimo priklauso imties mediana: kada ji pasikeistu, kada ne?

328 / 371

Uždaviniai

11. Imties duomenys – piliecio N pokalbiu telefonu trukmes minutemis:

3, 5, 4, 3, 4, 2, 4, 7.

Kiek trukio tašku turi pagal šia imti sudaryta empirine pasiskirstymofunkcija? Kokiame taške trukis yra didžiausias? Nubraižykite empirinespasiskirstymo funkcijos grafika.

329 / 371

159

3.2. Taškiniai iver ciai 330 / 371

Taškiniai iver ciai

Parametra, kuris valdo atsitiktinio dydžio reikšmiu pasirodyma žymesimegraikiška raide θ (teta).Iš kur galime sužinoti apytiksle parametro θ reikšme?

Noredami surasti ja iš imties duomenu, atliekame skaiciavimus, kitaiptariant skaiciuojame tam tikros funkcijos reikšme:

θ∗ = h(x1, x2, . . . , xn).

331 / 371

Imties statistika

57 apibr ežimas. Tegu 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra atsitiktine imtis. Atsitiktinidydi

T = h(X1, X2, . . . , Xn)

vadinsime statistika.

332 / 371

160

Nepaslinktas ivertis

58 apibr ežimas. Sakysime, kad θ∗ = h(X1, X2, . . . , Xn) yra nepaslinktasparametro θ ivertis, jeigu

E[θ∗] = E[h(X1, X2, . . . , Xn)] = θ.

333 / 371

Vidurkis ir dispersija

Teorema. Tegu atsitiktinis dydis X turi vidurki a ir dispersija σ2, o〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra šio dydžio atsitiktine imtis. Tada

X =X1 +X2 + . . .+Xn

n, S2 =

1

n− 1

n∑

i=1

(Xi −X)2

yra nepaslinktieji nežinomu parametru a ir σ2 iverciai.

334 / 371

161

Empirinis momentas

59 apibr ežimas. Atsitiktinio dydžio k-osios eiles momento αk = E[Xk]iverti

ak =Xk

1 +Xk2 + . . .+Xk

n

n

vadinsime atsitiktinio dydžio empiriniu k-osios eiles momentu.

335 / 371

Momentu metodas

α1(θ1, θ2, . . . , θr) = a1,

α2(θ1, θ2, . . . , θr) = a2,

. . .

αr(θ1, θ2, . . . , θr) = ar.

336 / 371

162

Pavyzdys

65 pavyzdys.Kiek metimu ir koks taiklumas?Šaulys šaude i n taikiniu po k kartu. Žinoma, kad i taikinius pataikex1, x2, . . . , xn kartu. Po kiek kartu jis šaude ir kokia taiklaus šuviotikimybe?

N

337 / 371

Pavyzdys

66 pavyzdys. Velavimas iš mokyklosMoksleiviui sugrižti iš mokyklos pakanka 15 minuciu, taciau jis visada grižta veliau.Velavimo laikas X yra atsitiktinis dydis, sudarytas iš dvieju nepriklausomu demenu:

X = X1 +X2,

cia X1 ∼ T ([0, a]) papildomas laikas, sugaištas kelyje, o X2 ∼ P(λ) – laikas sugaištaskalbantis su draugu prieš atsisveikinant. Žinomi n dienu velavimo laikai 〈x1, x2, . . . , xn〉.Reikia gauti parametru a ir λ ivercius.

N

Duomenys:

8, 07; 16, 53; 12, 63; 11, 57; 12.16; 4, 49; 7, 39; 13, 73; 13, 78; 16, 83.

338 / 371

163

3.3. Pasikliautiniai intervalai 339 / 371

Pasikliautiniai intervalai

60 apibr ežimas. Tegu X yra stebimas atsitiktinis dydis,〈X1, X2, . . . , Xn〉 jo atsitiktine imtis, θ – su dydžiu X susijes parametras, o

θ(X1, X2, . . . , Xn) ≤ θ(X1, X2, . . . , Xn)

– du taškiniai šio parametro iverciai. Intervala

I = (θ(X1, X2, . . . , Xn), θ(X1, X2, . . . , Xn))

vadinsime pasikliautiniu parametro θ iverciu su pasikliovimo lygmeniuQ, 0 < Q < 1, jei

P (θ ∈ (θ(X1, X2, . . . , Xn), θ(X1, X2, . . . , Xn)) ≥ Q.

340 / 371

Sukirmije grybai

67 pavyzdys.Tikimybe, kad miško grybas sukirmijes lygi p ir mums nera žinoma. Iš1000 grybu sukirmijusiu buvo 470. Reikia sudaryti pasikliautini intervalanežinomam parametrui p su pasikliovimo lygmeniu Q = 0, 1.

N

341 / 371

164

Normalieji dydžiaiAtsitiktinis dydis X vadinamas standartiniu normaliuoju (X ∼ N (0, 1)), jeigu jo tankis yra

pX(x) =1√2π

e−x2/2.

Žinome, kad E[X ] = 0,D[X ] = 1. Jeigu X ∼ N (0, 1), tai su bet kokiais skaiciais σ 6= 0, µ,atsitiktinis dydis Y = σX + µ irgi yra normalusis,

Y ∼ N (µ, σ2), E[Y ] = µ, D[Y ] = σ2.

Jeigu parinke kokius nors skaicius a 6= 0 ir b sudarytume atsitiktini dydi Z = aY + b jis velbutu normalusis. Taigi tiesines vieno normaliojo dydžio transformacijos vel duodanormaliuosius dydžius.

342 / 371

Normalieji dydžiai

Teorema. Jeigu X1, X2 yra du nepriklausomi normalieji dydžiai, tai jusuma X = X1 +X2 irgi yra normalusis dydis.

Teorema. Jei X1, X2, . . . , Xn yra nepriklausomi atsitiktiniai dydžiai,a1, a2, . . . , an, b bet kokie skaiciai ir ne visi ai lygus nuliui, tai atsitiktinisdydis

Y = a1X1 + a2X2 + . . .+ anXn + b

irgi yra normalusis.

343 / 371

165

Normalieji dydžiai

Teorema. Tegu Xi ∼ N (µ, σ2) (i = 1, 2, . . . , n) yra nepriklausomiatsitiktiniai dydžiai. Tada atsitiktinis dydis

Z =X − µ

σ/√n, X = X1 +X2 + . . .+Xn,

yra standartinis normalusis, t. y. Z ∼ N (0, 1).

344 / 371

Pasikliautinis intervalas vidurkiui

Pasikliautinis intervalas atsitiktinio dydžio X ∼ N (µ, σ2) vidurkiui,kai σ2 žinomePasikliautinis intervalas vidurkiui su pasikliovimo lygmeniu Q yra

(

X − z(1+Q)/2σ√n;X + z(1+Q)/2

σ√n

)

,

cia 0 < Q < 1, z(1+Q)/2 yra lygties Φ(z) = (1 +Q)/2 sprendinys.

345 / 371

166

Pavyzdys

68 pavyzdys.Stebint atsitiktinio dydžio X ∼ N (µ, 1) reikšmes gauta tokia dešimtiesduomenu imtis

5.26, 4.80, 4.91, 4.98, 4.79, 4.99, 3.81, 5.29, 6.15, 4.21.

Suskaiciave vidurki gautume X = 4.919. Kokio ilgio pasikliautiniusintervalus galime sukonstruoti naudodamiesi šiais duomenimis?

N

346 / 371

Nauji dydžiai

61 apibr ežimas. Tegu X0, X1, X2, . . . , Xn yra nepriklausomi pagalstandartini normaluji desni pasiskirste atsitiktiniai dydžiai. Apibrežkime dunaujus atsitiktinius dydžius

χ2n = X2

1 +X22 + . . .+X2

n, Tn =X0

√

χ2n/n

.

Sakysime, kad dydis χ2n pasiskirstes pagal chi-kvadrat desni su n laisves

laipsniu, žymesime χ2n ∼ χ2(n), o dydis Tn – pagal Studento desni su n

laisves laipsniu, žymesime Tn ∼ St(n).347 / 371

167

Tankio grafikai

n = 1

n = 3

n = 5

x

y

Atsitiktiniu dydžiu χ2n tankiu grafikai. Kai n = 1, tankis neaprežtai dideja, artejant prie

nulio.

348 / 371

Tankio grafikain = 1

n = 3

n = 5

x

y

Atsitiktiniu dydžiu Tn ∼ St(n) tankiu grafikai.

349 / 371

168

Funkcijos reikšm es skai ciavimas

Chi-kvadrat dydžio pasiskirstymo funkcijos reikšmes skaiciavimas Exceliu.

350 / 371

Kvantiliu skai ciavimas

Chi-kvadrat dydžio pasiskirstymo funkcijos ir kvantilio skaiciavimas Exceliu.

351 / 371

169

Pagrindin e teorema

Teorema. Tegu X ∼ N (µ, σ2), o 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra šio atsitiktiniodydžio imtis. Tada

T =X − µ

S/√n

∼ St(n− 1).

352 / 371

Pasikliautinis intervalas

Pasikliautinis intervalas atsitiktinio dydžio X ∼ N (µ, σ2) vidurkiui,kai σ2 nežinomePasikliautinis intervalas vidurkiui su pasikliovimo lygmeniu Q yra

(

X − tS√n;X + t

S√n

)

,

cia 0 < Q < 1, t = t(1+Q)/2(n− 1) yra lygtiesFTn−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.

353 / 371

170

Pavyzdys

69 pavyzdys. Dešimties duomenu imtisStebint atsitiktinio dydžio X ∼ N (µ, σ2) reikšmes gauta tokia dešimties 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 režiai pateikti lenteleje.

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

N

354 / 371

Pasikliautinis intervalas s ekmes tikimybei

70 pavyzdys. Sukirmije grybaiIš n = 1000 grybu m = 470 buvo sukirmije. Sudarysime pasikliautiniusintervalus su ivairiomis Q reikšmemis taikydami Cebyšovo nelygybe ircentrine ribine teorema. Pasikliovimo lygmenys Q = 0, 6; 0, 7; 0, 8.

N

355 / 371

171

Pasikliautinis intervalas dispersijai

Pasikliautinis intervalas normaliojo dydžio dispersijai , kai vidurkisžinomasJeigu X ∼ N (µ, σ2), 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra jo imtis, o vidurkis µ žinomas, taipasikliautinis intervalas dispersijai σ2 su pasikliovimo lygmeniu Q yra

(nS20

v;nS2

0

u

)

cia u, v yra dydžio χ2n ∼ χ2(n) atitinkamai (1−Q)/2 ir (1 +Q)/2 lygmens

kvantiliai, o

S20 =

1

n

n∑

i=1

(Xi − µ)2.

356 / 371

Pasikliautinis intervalas dispersijai

Pasikliautinis intervalas normaliojo dydžio dispersijai , kai vidurkisnežinomasJeigu X ∼ N (µ, σ2), 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra jo imtis, o vidurkis µ nežinomas,tai pasikliautinis intervalas dispersijai σ2 su pasikliovimo lygmeniu Q yra

((n− 1)S2

v;(n− 1)S2

u

)

;

cia u, v yra dydžio 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.

357 / 371

172

Pasikliautinis intervalas s ekmes tikimybei

P (X = 1) = p, P (X = 0) = q, q = 1− p.

Tokio dydžio vidurkis E[X] = p, o imtis – nuliu ir vienetu seka〈x1, x2, . . . , xn〉. Taškinis tikimybes ivertis – tai pirmasis empirinismomentas

X =X1 +X2 + . . .+Xn

n=

sekmiu skaiciusn

.

358 / 371

Pasikliautinis intervalas s ekmes tikimybei

Centrines ribines teoremos esme trumpai galime nusakyti taip: jei〈X1, . . . , Xn〉 yra atsitiktine dydžio imtis, tai su dideliais n statistika

Z =X1 +X2 + . . .+Xn − np

√

np(1− p)=

X − p√

p(1− p)/n

pasiskirsciusi beveik kaip standartinis normalusis dydis.

359 / 371

173

Pasikliautinis intervalas s ekmes tikimybeiJei Q yra pasikliovimo lygmuo, o z(1+Q)/2 standartinio normaliojo dydžio (1 +Q)/2 lygiokvantilis, tai galime manyti, kad

P (−z 1+Q

2

< Z < z 1+Q

2

) = P(

− z 1+Q

2

<X − p

√

p(1− p)/n< z 1+Q

2

)

≈ Q.

Šia lygybe galime pertvarkyti taip:

P(

X − z

√

p(1− p)√n

< p < X + z

√

p(1− p)√n

)

≈ Q, z = z 1+Q

2

.

360 / 371

3.4. Statistin es hipotez es 361 / 371

Statistin es hipotez esApie stebima atsitiktini dydi formuluojame dvi hipotezes: pagrindine H0 ir alternatyviaH1. Naudodamiesi sukauptais imties duomenimis sprendžiame, kuria iš hipoteziu priimti.Galimi du atvejai: H0 teisinga ir klaidinga, galimi du sprendimai: H0 priimame arbaatmetame. Taigi galimos keturios padetys:

H0 teisinga H0 klaidingaH0 priimame teisingas sprendimas II rušies klaidaH0 atmetame I rušies klaida sprendimas teisingas

362 / 371

174

Statistin es hipotez esPaprastai hipoteziu tikrinimo uždavinys formuluojamas taip, kad pirmos rušies klaidabutu svarbesne, t. y. jos labiau vengiama. Pasirenkamas mažas skaicius 0 < α < 1 irkriterijus sudaromas taip, kad butu

P (I rušies klaida) = P (H0 atmetame|H0 teisinga) ≤ α.

Skaicius α vadinamas kriterijaus reikšmingumo lygmeniu. Taciau yra daug kriteriju sutuo paciu reikšmingumo lygmeniu . Kriterijus, kuris reiškia, kad H0 visada priimame,irgi tenkina šia salyga. Iš visu tokiu kriteriju stengiamasi parinkti ta, su kuriuo tikimybe

P (II rušies klaida) = P (H0 priimame|H0 klaidinga)

yra kiek imanoma mažesne.

363 / 371

Hipotez e apie normaliojo dydžio vidurki

Hipotez e apie normaliojo dydžio vidurki,kai dispersija žinomaStebimas atsitiktinis dydis X ∼ N (µ, σ2), dispersija σ2 žinoma, 〈X1, X2, . . . , Xn〉 dydžioimtis. Hipotezes:

H0 : µ = µ0,

H1 : µ 6= µ0,

α – reikšmingumo lygmuo, z – lygties Φ(z) = 1− α/2 sprendinys, t. y. standartinionormaliojo dydžio α/2 lygmens kritine reikšme,

Z =X − µ0

σ/√n.

Kriterijus: jei |Z| > z, hipoteze H0 atmetama, jei |Z| ≤ z, hipoteze H0 priimama.

364 / 371

175

Hipotez e apie normaliojo dydžio vidurki

Hipotez e apie normaliojo dydžio vidurki,kai dispersija nežinomaStebimas atsitiktinis dydis X ∼ N (µ, σ2), dispersija σ2 nežinoma, 〈X1, X2, . . . , Xn〉dydžio imtis. Hipotezes:

H0 : µ = µ0,

H1 : µ 6= µ0,

α – reikšmingumo lygmuo, t – lygties

FTn−1(t) = 1− α/2, Tn−1 ∼ St(n − 1)

sprendinys, t. y. Studento dydžio su n− 1-u laisves laipsniu α/2 lygmens kritine reikšme,

T =X − µ0

S/√n.

365 / 371

Hipotez e apie normaliojo dydžio vidurki

Kriterijus: jei |T | > t, hipoteze H0 atmetama, jei |T | ≤ t, hipoteze H0

priimama.

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

)

366 / 371

176

Hipotez es apie s ekmes tikimybe, kai bandymu daugTegu stebimas atsitiktinis dydis X igyja reikšme 1, jei bandymas baigiasi sekme irreikšme 0, jei baigiasi nesekme, 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra atsitiktine imtis, n – didelis skaicius,α – reikšmingumo lygmuo,

P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1− p, Z =X − p0

√

p0(1− p0)/n.

Hipotezes apie sekmes tikimybe:

H0 : p = p0,

H1 : p 6= p0.

Jei |Z| ≥ z, cia z yra standartinio normaliojo dydžio α/2 lygmens kritine reikšme, taipagrindine hipoteze H0 atmetama, jei |Z| < z, – priimama. Kai alternatyva yraH1 : p > p0 arba H1 : p < p0, kriterijui naudojama standartinio normaliojo dydžio α

lygmens kritine reikšme. Pirmuoju atveju pagrindine hipoteze atmetama, kai Z ≥ z,

antruoju – kai Z ≤ −z.

367 / 371

Hipotez es apie s ekmes tikimybe, kai bandymu nedaug

Tegu stebimas atsitiktinis dydis X igyja reikšme 1, jei bandymas baigiasisekme ir reikšme 0, jei baigiasi nesekme, 〈X1, X2, . . . , Xn〉 yra atsitiktineimtis, n – nedidelis skaicius, α – reikšmingumo lygmuo,

P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1− p,

pagrindine hipoteze H0 : p = p0.

368 / 371

177

Hipotez es apie s ekmes tikimybe, kai bandymu nedaugGautoji iš imties dydžio Sn = X1 +X2 + . . .+Xn reikšme lygi u,

t1 = P (Sn ≥ u|H0) =

n∑

i=u

C inp

i0(1− p0)

n−i,

t2 = P (Sn ≤ u|H0) =u∑

i=0

C inp

i0(1− p0)

n−i.

Jeigu alternatyvi hipoteze yra H1 : p 6= p0, tai ja priimame, jei viena iš tikimybiu t1, t2mažesne už α/2.Jeigu alternatyvi hipoteze yra H1 : p > p0, tai ja priimame, jei t1 < α.Jeigu alternatyvi hipoteze yra H1 : p < p0, tai ja priimame, jei t2 < α.

369 / 371

Pavyzdys

12. Dviejose iš pažiuros visai vienoduose maišuose yra miežiu grudai suavižu priemaišomis. Viename maiše avižos sudaro 20%, kitame – 30%.Noretume pasirinkti maiša, kuriame priemaišu mažiau. Pasirinke vienamaša pasememe iš jo dali grudu ir juos peržiurejome. Iš viso buvopasemta n = 758 grudai, avižu grudu buvo m = 166. Patikrinkite hipoteze,kad atsirinkome maiša su mažesne priemaišu dalimi, jeigu reikšmingumolygmuo α = 0, 2

370 / 371

178

Pavyzdys

13. Jeigu moneta yra simetriška, kiekvienas gali atspeti maždaug pusesmetimu baigtis. Fokusininkas tvirtina, kad jis gali atspeti, kad jis galiatspeti daugiau kaip puses simetriškos monetos metimu baigciu. Norimepatikrinti hipoteze, kad jo sugebejimai tokie patys kaip ir visu žmoniu sualternatyva, kad jis gali atspeti geriau. Tegu reikšmingumo lygmuoα = 0, 1. Jeigu moneta mestume n = 15 kartu, kiek kartu fokusininkasturetu atspeti baigtis, kad juo patiketume?

371 / 371

179