Tikimybiu teorija. Marksaitis

7/28/2019 Tikimybiu teorija. Marksaitis

1/93

Tikimybi u teorija ir statistika

H. Markaitis

August 31, 2010

Turinys

1 Elementari kombinatorika 3

1.1 ymejimai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Matematines indukcijos metodas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Gretiniai, deriniai, keliniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3.1 Gretiniai be pasikartojimu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3.2 Gretiniai su pasikartojimais . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3.3 Deriniai be pasikartojimu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3.4 Deriniai su pasikartojimais . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3.5 Keliniai be pasikartojimu ir su pasikartojimais . . . . . . 9

1.4 Kombinatorikos udaviniu pavyzdiai . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2 Ivadas. Ivykiai, veiksmai su i vykiais 142.1 Elementariu ju ivykiu erdves . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Diskreiosios atsitiktiniu ivykiu erdves . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.3 Veiksmai su ivykiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.4 Ivykiu veiksmu savybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.5 -algebros ir vel diskreiosios atsitiktiniu ivykiu erdves . . . . . . 19

3 Ivykiu tikimyb es 213.1 Tikimybinis matas, tikimybines erdves . . . . . . . . . . . . . . . 22

3.1.1 Klasikinis tikimybes apibreimas. . . . . . . . . . . . . . . 283.1.2 Hipergeometrines tikimybes pavyzdys . . . . . . . . . . . 353.1.3 Statistinis tikimybes apibreimas . . . . . . . . . . . . . . 36

3.2 Tikimybinio mato savybes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.3 Slygines tikimybes, nepriklausomi ivykiai . . . . . . . . . . . . . 37

3.3.1 Pilnos tikimybes formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.3.2 Pavyzdiai skirti slyginems tikimybems . . . . . . . . . . 40

3.4 Bernulio schema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.5 Tikimybiub(k; n, p) kitimas, keiiantk reikmes . . . . . . . . . 443.6 Udaviniai ir ju sprendimai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

1


2/93

4 Diskretieji atsitiktiniai dydiai, ju skaitin es charakteristikos 514.1 Diskretieji atsitiktiniai dydiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.2 Diskreiuju atsitiktiniu dydiu skirstiniai, pasiskirstymo funkcija 534.3 Diskreiuju atsitiktiniu dydiu vidurkiai . . . . . . . . . . . . . . 554.4 Diskreiuju atsitiktiniu dydiu dispersijos . . . . . . . . . . . . . 594.5 Dvimaiai diskretieji atsitiktiniai dydiai . . . . . . . . . . . . . . 604.6 Dvimaiu diskreiu ju atsitiktiniu dydiu vidurkiai ir kovariacijos

matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

5 Tolydiu atsitiktiniu dydiu pasiskirstymo ir tankio funkcijos 645.1 Tikimybines erdves tolydiu atsitiktiniu dydiu atveju . . . . . . 645.2 Konkreiu pasiskirstymo funkciju pavyzdiai . . . . . . . . . . . . 655.3 Udaviniai ir ju sprendimai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

6 Tolydiu atsitiktiniu dydiu skaitin es charakteristikos 706.1 Atsitiktiniu dydiu vidurkiai ir dispersijos . . . . . . . . . . . . . 706.2 Udaviniai ir ju sprendimai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 726.3 Dvimaiai tolydieji atsitiktiniai dydiai . . . . . . . . . . . . . . . 726.4 Dvimaiu tolydiu atsitiktiniu dydiu pasiskirstymo ir tankio funk-

ciju pavyzdiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 736.5 Udaviniai ir ju sprendimai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 746.6 Funkciju ssukos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 756.7 Praeito skyrelio rezultatu taikymai . . . . . . . . . . . . . . . . . 786.8 2 , Fierio ir Stjudento pasiskirstymai . . . . . . . . . . . . . . . 806.9 Ribiniai desniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

6.9.1 Didiu ju skaiiu desnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 816.9.2 Centrine ribine teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 816.9.3 ebyevo nelygybe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

7 Matematines statistikos trupiniai 837.1 Svokos: takiniai iveriai, pasikliautinieji intervalai . . . . . . . 847.2 Empirines pasiskirstymo funkcijos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 857.3 Pasikliautinieji intervalai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 867.4 Hipoteziu tikrinimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

8 Tolydios funkcijos ir integralai 888.1 Tolydios funkcijos ir kai kurios ju savybes . . . . . . . . . . . . . 888.2 Integralai, paprasiausios ju savybes . . . . . . . . . . . . . . . . 898.3 Netiesioginiai integralai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

2


3/93

1 Elementari kombinatorika

1.1 ymejimai

N naturaliu ju skaiiu aibe;Z sveikuju skaiiu aibe;Q racionaliu ju skaiiu aibe;Q + neneigiamu racionaliu ju skaiiu aibe;Q+ teigiamu racionaliuju skaiiu aibe;R realiuju skaiiu aibe;R + neneigiamu realiuju skaiiu aibe;R+ teigiamu realiuju skaiiu aibe;C kompleksiniu skaiiu aib e;

1. Skaiius[a] ymi skaiiausa sveikj dali, apibreiam taip: skaiiausa sveikoji dalis[a] tai didiausias sveikas skaiius, nevirijantis skai-iaus a. Kitaip tariant,[a] kaip sveik skaiiu galima apibreti slyga:[a] a < [a] + 1 .

2. nj =1 a j ymi suma1 + a2 + + an . Po sumos enklo nurodyta suma-vimo indeksoj igyjamos sveikuju skaiiu reikmes nuo1 ikin . Sumuojamuelementua j indeksamsj suteikiamos ios reikmes nuo1 iki n ir ie ele-mentai susumuojami. Pavyzdiui,nj =1 j = 1 + 2 + + n = n (n +1)2 .

3. nj =1 a j ymi sandauga1a2 . . . a n . Pavyzdiui,

n

j =1

j = 1

2

(n

1)

n = n!.

Kombinatorika plati matematikos sritis. Joje nagrinejami udaviniailabai ivairus. Daniausiai daugelis kombinatorikos udaviniu formuluojami ganapaprastai, tuo tarpu ju sprendimas buna labai sudetingas. Mus domins tik pa-tys paprasiausi kombinatorikos faktai, reikalingi kai kuriems tikimybiu teorijosudaviniams sprsti. Pradesime matematines indukcijos metodu.

1.2 Matematines indukcijos metodasTarkime, kadA(n) ymi teigini, priklausanti nuo naturaliojo skaiiausn . No-

redami isitikinti, ar is teiginys teisingas kiekvienam naturaliajam skaiiuin ,galime pasinaudoti matematines indukcijos metodu. Matematines indukcijosmetodas susideda i triju daliu .

Pirmas ingsnis. Pirmiausia patrikiname, ar teiginys teisingas skaiiuin = 0 ar n = 1 (arba kuriam nors konkreiam skaiiuin = n0 , nes maesniemsnaturaliems skaiiams teiginysA(n) gali buti neapibretas).

3


4/93

Antras ingsnis. Darome indukcin prielaid, kad teiginysA(m) teisingaskiekvienam naturaliajam skaiiuim < n (arba kiekvienam naturaliajam skaiiuim , tenkinaniam slygn0 m < n ).Treias ingsnis. Remdamiesi indukcine prielaida, irodome, kad teisingasir teiginysA(n).1.2.1 Pavyzdys. Matematines indukcijos metodu irodysime, kad kiekvienamnaturaliajam skaiiuin teisinga lygybe

A(n) : 12 + 2 2 + + n2 =n(n + 1)(2 n + 1)

6.

iuo atveju teiginioA(n) vaidmeni atlieka lygybe

12 + 2 2 + + n2 =n(n + 1)(2 n + 1)

6.

Irodymas. Abi lygybes puses apibretos kiekvienam naturaliajam skaiiui.Pirmas ingsnis. Akivaizdu, kad i lygybe teisinga, kain = 1 , nes iuo

atveju tiek kairioji lygybes puse, tiek ir deinioji lygybes puse lygios1.Antras ingsnis. Darome indukcin prielaid, kad teiginysA(m) teisingas

kiekvienam naturaliajam skaiiuim < n .Treias ingsnis. Remdamiesi indukcine prielaida, irodysime, kad teisin-

gas ir teiginysA(n). Tuo tikslu uraykime teiginioA(n) kairij lygybes pusir, remdamiesi indukcine prielaida, atlikime pertvarkymus.

12 + 2 2 + + ( n 1)2

+ n2 =

(n 1)(( n 1) + 1))(2( n 1) + 1)6

+ n2 =

=(n 1)n(2n 1) + 6 n 2

6= n

(n 1)(2n 1) + 6 n6

=

= nn2 + 3 n + 1

6=

n(n + 1)(2 n + 1)6

.

1.2.2 Pavyzdys. Panaiai matematines indukcijos metodu galima irodyti teigini:kiekvienam naturaliajam skaiiuin teisinga lygybe

13 + 2 3 + + n3 =n2(n + 1) 2

4.

1.2.3 Pavyzdys. Matemtines indukcijos metodu galima irodyti Niutono bi-nomo formul:

(a + b)n =n

j =1

Cjn aj bn j ,

iaCjn =

n! j !(n j )!

, 0 j n,Niutono binomo koecientai (priminsime, kad0! = 1). Matematineje literaturojeNiutono binomo koecientasCjn paprastai ymimasnj .

4


5/93

1.2.4 Pavyzdys (Niutono binomo formules apibendrinimas). Matemtines in-dukcijos metodu galima irodyti lygyb

(x1 + x2 + + xn )N =j 1 ,j 2 ,...,j n 0 ,

j 1 + j 2 + + j n = N

N j

x j 11 xj 22 . . . x

j nn ,

ia j = ( j1 , j 2 , . . . , j n ) multiindeksas,

N j

=N !

j1! . . . j n !.

1.3 Gretiniai, deriniai, keliniai1.3.1 Gretiniai be pasikartojimu

Aibes A = {a1 , a2 , . . . , a n }elementus galime interpretuoti kaip abeceles rai-des. Sutarkime bet kuri r skirtingu raidiu ura pavadintir ilgio odiu. Duodiai pagal apibreim yra lygus, jei ju uraai paraidiui sutampa. PaymekimeArn skirtingur ilgio odiu skaiiu . Klausimas: kiek skirtingur ilgio odiu galitesudaryti? Atsakymas:

Arn = n(n 1)(n 2) (n r + 1) .I tikruju , sudarant tokius odius, pirmj raid galite parinktin budu , an-trj, nepriklausomai nuo pirmos irinktos raides, galite parintin 1 budu irt.t., o r -tj raid, nepriklausomai nuo anksiau irinktu raidiu , galite parintin r + 1 budu .Pateiktas klausimas danai formuluojamas ir kitaip. Tarkime, kad jums in skirtingu objektu reikia i-rinktir objektu , atsivelgiant i irinkimo tvark.Keliais budais tai galite padaryti, jeir objektu rinkiniai sudaryti i tu paiuobjektu , bet irinktu skirtinga tvarka, laikomi skirtingais? Toks elementu irin-kimas vadinamas gretiniu. Vadinasi, galime dar itaip suformuluoti klausim:kiek galima sudaryti gretiniu be pasikartojimu in elementu por elementu?Kaip inome,

Arn = ( n)r = n(n 1) . . . (n r + 1) .1.3.1 Pastaba. Atkreipkite demesi, kad gretiniu be pasikartojimu in elementupo r elementu skaiiu ymime tiekArn , tiek ir(n)r .

1.3.2 Gretiniai su pasikartojimaisDabar panagrinesime kit atveji. Galime sutarti, kad bet kuris abeceles r

raidiu uraas yra odis, o du odiai sutampa tada ir tik tada, kai ju uraaisutampa paraidiui. Pavyzdiui,

a1a1 . . . a 1

r5


6/93

yra odis, sudarytas ir raidiu. Klausimas: kiek yra skirtingu odiu irraidiu, kurios odyje gali ir pasikartoti? Atsakymas paprastas: tokiu odiui viso yran r . Gretiniu kalba klausimas gali buti formuluojamas ir taip: kiekgalima sudaryti gretiniu su pasikartojimais in elementu por elementu?

1.3.3 Deriniai be pasikartojimuDabar paklauskime: keliais budais i aibes

A = {a1 , a2 , . . . , a n }galime irinktir elementu, kai irenkamu elementu tvarka nesvarbi? Toksrinkinys yra vadinamas deriniu be pasikartojimo. i klausim galime ir taip su-formuluoti: kiek aibejeA yra skirtingu poaibiu , turiniur elementu? Paymekimei skaiiu Crn . Jei atsivelgtume i irenkamu elementu tvark, tai gretiniu be

pasikartojimu butuArn = ( n)r = n(n 1) . . . (n r + 1) .

Kadangi irinktu elementu tvarka nesvarbi, tai ju yrar ! kartu maiau nei gretiniu ,t.y.

Crn =nr

=Arnr !

=n(n 1) . . . (n r + 1)

r !=

n!r !(n r )!

.

SkaiiusCrn , kuris vadinamas Niutono binomo koecientu, daniausiai yra y-mimas nr , t.y. Crn =

nr .

1.3.4 Deriniai su pasikartojimais

Dabar galime paklausti, o kiek yra deriniu in elementu por elementu su pa-sikartojimais? Uraykime odi ir raidiu a j 1 a j 2 . . . a j r , kuriame raides gali irpasikartoti ir, be to, raidiu tvarka nesvarbi. Tegux j lygus raidesa j , 1 j n ,uraytame odyje, skaiiui. Tuomet uraytam odiui galime priskirti lygties

x1 + x2 + + xn = rsprendini

(x1 , x2 , . . . , x n )

sveikais neneigiamais skaiiais. Ir atvirkiai: kiekvienam uraytos lygtiessprendiniui(x1 , x2 , . . . , x n ) sveikais neneigiamais skaiiais galime priskirti odi ir raidiu , kuriame raidiu tvarka nesvarbi. Norint atsakyti i suformuluot klau-sim, kiek yra deriniu su pasikartojimais in elementu por elementu , reikiaisiaikinti, kiek uraytoji lygtis turi sprendiniu sveikais neneigiamais skaiiais.

Pateiksime kelet io klausimo sprendimu .

1.3.2 Teiginys. Lygties

x1 + x2 + + xn = r

6


7/93

sprendiniu skaiius sveikais neneigiamais skaiiais lygus

Crn + r 1 = Cn

1n + r 1 =

n + r 1r

=n + r 1

n 1.

Tuo tarpu, sprendiniu skaiius sveikais teigiamais skaiiais lygus

Cn 1r 1 =r 1n 1

.

Pirmas i rodymas. Tarp n + 1 brukneliu|, suraytu i eilut, yran tarpu :| | | . . . | |

n +1

.

I tuos tarpus reikia idelioti r rutuliuku . Tuos rutuliukus idelioj i tarpustarp brukneliu bet kaip, gaunamen + r 1 simboliu , sudarytu ir rutuliukuir n 1 brukneliu . Bet kuris tu simboliu isidestymas tarp ioriniu brukneliuatitinka lygtiesx1 + x2 + + xn = r

sprendini sveikais neneigiamais skaiiais ir atvirkiai. Akivaizdu, kadr rutu-liuku padeti tarp n + r 1 simboliu galima keisti

Crn + r 1 = Cn 1n + r 1 =

=n + r 1

r=

n + r 1n 1

budu . Be to, lengva suvokti, kiek lygtis turi sprendiniu(x1 , x2 , . . . , x n ),

kuriu komponentes grietai teigiamos. Kiekvien toki sprendini atitinka rutu-liuku ir brukneliu toks isidestymas, kad tarp rutuliuku butinai turi buti tikvienas bruknelis. Tarp rutuliuku yrar 1 tarpu, o vidiniu brukneliu yran 1.Tuos bruknelius i rutuliuku tarpus galima idelioti

Cn 1r 1 =r 1n 1

budu .Antras i rodymas. I lygties

x1 + x2 + + xn = rsprendinio(x1 , x2 , . . . , x n ) sveikais neneigiamais skaiiais sudarykime didejanin skaiiu sek:

x1 < x 1 + x2 + 1 < < x 1 + x2 + + xn 2 + n 3 0, 2 j m,skaiiui. i lygti pertvarkykime taip:

(x1 + 1) + x2 + + ( xm +1 + 1) = n m + 2 .Paymekime

y1 = x1 + 1 , ym +1 = xm +1 + 1 , yj = x j , 2 j m.Tuomet iekomas skaiius yra lygus lygties

y1 + y2 + + ym +1 = n m + 2sprendiniu sveikais teigiamais skaiiais skaiiui. Kaip inome, iuo atveju, spren-diniu skaiius yra lygus

Cmn m +1 =n m + 1

m.

2 Ivadas. Ivykiai, veiksmai su ivykiais

Klasikines mechanikos teorija pagrista Niutono desniais. i teorija nagrinejamakropasaulio kunu sveikas ir ju poveikyje kunu judejimo desnius. Masyvuskunas isivaizduojamas kaip masyvus takas (kuno mases centras) ir nagrineja-mas jo judejimas. Masyvaus tako judejimas apraomas antros eiles diferen-cialinemis lygtimis. Kuno (i tikru ju mases centro) judejimo trajektorija, t.y.diferencialines lygties sprendinys, apsprendiantis kuno padeti bet kuriuo laikomomentut 0, vienareikmikai priklauso nuo jo padeties ir greiio (tiksliau impulso) pradiniu momentut = 0 . Klasikine mechanika labai gerai paaikinadaugeli makropasaulio reikiniu. Bet egzistuoja mikropasaulis, kurio veikejaiyra elektronai, pozitronai, daugybe mezonu , barionu ir kitokiu elementariu judaleliu. Ju elgesys visikai nepanaus i makropasaulio kunu elgesi. I neapi-bretumo principo, kuri atskleide Heizenbergas, daroma ivada, kad i esmesnebegalima nustatyti elementariosios daleles padeties ir impulso tuo paiu laikomomentu. Mikropasaulio daleliu evoliucijos laike nebegalima aprayti antroseiles diferencialinemis lygtimis. Heizenbergas, riodingeris ir Dirakas sukurekvantin mechanik, pritaikyt mikropasauliui tirti. Kvantine mechanika ipagrindu skiriasi nuo klasikines mechanikos. Daleles tikslios padeties erdveje

14


15/93

nustatyti negalima, bet, inant jos bangin arba busenos funkcij (dar vadi-nam stebimja), galima sprsti apie daleles padeti erdveje tikimybikai. Pasi-telkiant daleles bangin funkcij, galima apskaiiuoti tikimyb dalel aptiktikurioje nors erdves srityje. Tuo tarpu daleles bangines funkcijos evoliucij laikeapsprendia Heizenbergo lygtis Heizenbergo evoliucijos paveiksle arba riodin-gerio lygtis riodingerio evoliucijos paveiksle.

Be to, yra inoma, kad net visikai determinuotose procesuose, apraamuo-se Hamiltono lygtimis, aptinkamas taip vadinamas determinuotas chaosas. Tiereikiniai yra susiej su netiesikumu. Kiekviena trajektorija vienareikmikaiapsprendiama pradiniu slygu laiko momentut = 0 . Galima stebeti trajek-toriju , kuriu pradines slygos artimos, koordinates laiko momentut = t0 , kait0 pakankamai didelis. ia ir galima stebeti trajektoriju koordinaiu chaotikisibarstym. is reikinys ir yra vadinamas determinuotu chaosu. i reikinidar 19 - 20 amiu sanduroje atskleide Puankare (H. Poincar, 1892), bet niekastuo metu io reikinio derimai neivertino. Po madaug 70 metu metereologasLorencas (E. H. Lorenz, 1963) urae pirmos eiles tris susiejusias netiesinesdiferencialines lygtis, kuriu trajektorijos "elgiasi" chaotikai. Tokia sudetingarealybe.

O tai paprastas pavyzdys, kai, atlikdami bandym, negalime vienareikmi-kai numatyti jo rezultatu . Kas nera jaunysteje aids aidimus, kai metomaskubelio formos aidyminis kauliukas. Jo eiose sienelese paymetos akutes.Kai aidejas gauna galimyb mesti kauliuk, jo sekme tuo aidimo momentupriklauso nuo atsivertusiu akuiu skaiiaus. Kadangi kauliukas kubelio formos,t.y. simetrikas, kiekvienas intuityviai jauia, kad atsiversti vienam ar kitam a-kuiu skaiiui vienodos galimybes, bet niekas negali tiksliai pasakyti, koks kiek-vien syki akuiu skaiius atsivers, nebent pasiseka kartais atspeti. Kiekvie-nas paklaustas, kokia galimybe, metant kauliuk, atsiversti, pavyzdiui, penkiu

akuiu skaiiui, atsakytu : viena i eiu . Tai geriausias atsakymas.2.1 Elementariuju i vykiu erdvesKalbant apie metomo kauliuko atsivertusiu akuiu skaiius, galima padarytikelet paprastu pastabu . Pirma, visuomet atsiveria kuris nors akuiu skaiius.Antra, nors aidyminis kauliukas turi briaunas, kampus, bet niekas nesuabeja,kad imestas kauliukas, nukrits ant kieto horizontalaus paviriaus, gules antpaviriaus sienele, o ne briauna ar kampu. Pastorosios kauliuko padetys antkieto horizontalaus paviriaus nestabilios ir todel neimanomos. Metant kau-liuk i klampu skysti, pavyzdiui, i labai tirt medu, kauliukas gali ismigti imedu net kampu ar briauna. Mus tokios situacijos nedomins.

TeguE j , 1 j 6, ymi ivyki, kad, imestam i viru kauliukui nukritus antkieto horizontalaus paviriaus, atsiveriaj akuiu . Imestam i viru kauliukuinukritus, visuomet butinai ivyksta tik kuris nors vienas i ivykiu E j , 1 j 6. iuos ivykius galime pavadinti elementariaisiais, nes jie neskaidomi, nerasudaryti i dar paprastesniu ivykiu. Tuo tarpu galime nagrineti, pavyzdiui,ivykiA: imetus kauliuk, atsivers lyginis akuiu skaiius. IvykisA sudary-tas i elementariu ivykiu E 2 , E 4 , E 6 . i fakt galima urayti formaliaiA =

15


16/93

E 2 + E 4 + E 6 arba A = E 2E 4E 6 . Galima nagrineti ir kitus ivykius. I eiuelementariu ju ivykiu galima sudaryti i viso64 ivykius.Daugelis procesu , reikiniu tiriami atliekant bandymus ir nagrinejant atlie-

kamu bandymu rezultatus. Daniausiai bandymo rezultatai nebuna vienareik-miki. Kiekvienas bandymas gali baigtis viena ar kita idava, ivykiu. Todelsvarbu sukurti reikinio matematini modeli ir nurodyti bandymu elementariujuivykiu erdv taip, kad bet kuris bandymas baigtu si vienu ar kitu elementariuojuivykiu ir numatyti ivykio pasirodymo tiketinum. Paprastai tariant, bandymurezultatu prognozei reikia parinkti elementariuju ivykiu erdv, atspindini tyri-mu esm, ir nurodyti tu elementariu ju ivykiu pasirodymu tikimybes. inanttai, galima apskaiiuoti ir sudetiniu ivykiu tikimybes (nors tai padaryti bendruatveju gali buti ne taip paprasta).

Pradesime elementariu ju ivykiu erdves samprata.

2.1.1 Apibr eimas (Elementariuju ivykiu erdve). Abstrakti aibe yra vad-inama elementariu ju ivykiu erdve, o ios aibes elementai elementariaisiaisivykiais.

Kaip matome, elementariu ju ivykiu erdves svoka pirmine. Elementariu juivykiu erdve gali buti tiek baigtine, tiek ir begaline. Abstrakti aibe galibuti kurio nors reikinio tyrimo bandymais idavu elementariu ju ivykiu erdve,o jos elementai elementariaisiais ivykiais. Viena i esminiu reikalaujamuelementariuju ivykiu savybiu yra ta, kaip anksiau minejome, kad kiekvienobandymo metu gali ivykti tik vienas i elementariu ju ivykiu.

2.1.2 Pavyzdys. Tegu du aidejai a ir b aidia achmatais. Sutarta, kadkiekviena achmatu partija baigiasi tik vieno ar kito aidejo laimejimu ir aidi-mas baigsis, jei vienas aideju laimes dvi partijas vien po kitos. Kaip ios

situacijos atveju nurodyti elementariu ju ivykiu erdv? Sutarkime raidea ymetiaidejoa laimet partij, o raideb aidejob laimet partij. Tuomet elemen-tariuosius ivykius galime pavaizduoti taip:

aa,bb,abb, baa, ababb,babaa, ir taip toliau,

be to, dar butina priskirti tuos atvejus, kai aidimas po baigtinio achmatupartiju skaiiaus nesibaigia, t.y. aidimas tsiasi be galo. Tie atvejai atrodotaip:

ababab..., arba bababa....Vadinasi, iuo atveju elementariu ju ivykiu erdve yra

= {ababab . . . , bababa. . . , aa, bb, abb,baa, ababb, babaa,. . . }.2.2 Diskreiosios atsitiktiniu i vykiu erdvesArtimiausias tikslas apibreti diskreisias atsitiktiniu ivykiu erdves. Tamtikslui reikalinga skaiios aibes svoka.

16


17/93

2.2.1 Apibr eimas. Begaline aibe yra vadinama skaiia, jei jos elementus gal-ima sunumeruoti naturaliaisiais skaiiais.

2.2.2 Pavyzdys. Skaiios aibes X begalinis poaibis yra skaiti aibe.

2.2.3 Pavyzdys. Naturaliu ju skaiiu aibe N yra skaiti.

2.2.4 Pavyzdys. Lyginiu (nelyginiu ) naturaliu ju skaiiu aibe N yra skaiti.

2.2.5 Pavyzdys. Sveiku ju skaiiu aib e Z yra skaiti.

2.2.6 Pavyzdys. Lyginiu (nelyginiu) sveikuju skaiiu aib e N yra skaiti.

2.2.7 Pavyzdys. Racionaliu ju skaiiu aibe Q yra skaiti.

2.2.8 Pavyzdys. Realiuju skaiiu aibe R nera skaiti. Realiu ju skaiiu sunu-meruoti naturaliaisiais skaiiais neimanoma. Realiu ju skaiiu intervalai(a, b),a < b , taip pat nera skaiios aibes. ioa aibes yra vadinamos kontinuumo galiosaibemis.

2.2.9 Apibr eimas. Elementariuju ivykiu erdves visu poaibiu aibe F (),kai yra baigtine arba skaiti aibe, yra vadinama diskreia atsitiktiniu ivykiuerdve. AibesF () elementai (t.y. aibes poaibiai) yra vadinami atsitiktiniaisivykiais (paprastumo delei daniausiai juos vadinsime tiesiog ivykiais). Jei aibe baigtine, tai aibeF () sudaryta i2|| elementu , ia||ymi elementu skaiiuaibeje.2.3 Veiksmai su i vykiais

Apibreti veiksmus su ivykiais galima tikimybiu teorijos terminais, ir aibiu

teorijos terminais. Aptarsime veiksmus su atsitiktiniais ivykiais ir ju interpre-tacijas tiek tikimybiu teorijos, tiek ir aibiu teorijos terminais. Tegu ir F () elementariu ju ir atsitiktiniu ivykiu erdves. Apibredami atsitiktinius ivykiusnaudojomes aibiu teorijos terminais.

2.3.1 Apibr eimas (Ivykio poivykis). Sakoma, kad atsitiktinis ivykisA F (), sudarytas i elementariu ivykiuj , j I , ia I indeksu aibe,bandymo metu ivyko, jei ivyko kuris nors elementarusisi ivykisj , j I . Ivy-kis A yra vadinamas ivykioB poivykiu, jei, bandymo metu ivykus ivykiuiA,ivyksta ir ivykisB . Tai uraomaAB . is uraas rodo iu ivykiu ir kaipaibiu sryi: kiekvienas elementarusis ivykis, priklausantis ivykiuiA, priklausoir ivykiuiB .

2.3.2 Apibr eimas (Butinasis ir negalimas ivykiai). Kadangi aibe sudarytai visu elementariu ju ivykiu , tai, kaip atsitiktinis ivykis, kiekvieno bandymometu ivyksta, nes kiekvieno bandymo metu ivyksta kuris nors elementarusisivykis. Ivykis yra vadinamas butinuoju ivykiu. Tuo tarpu aibes tuiasispoaibis

(t.y. aibesF () elementas), kuriam nepriklauso nei vienas elementa-rusis ivykis, yra vadinamas negalimu.

17


18/93

2.3.3 Apibr eimas (Prieingi ivykiai). Tikimybiu teorijos terminais apibr eia-mas atsitiktinis ivykisA, vadinams prieingu atsitiktiniam ivykiuiA, jei kiek-vieno bandymo metu atsitiktinis ivykisA ivyksta tada ir tik tada, kai atsitiktinisivykisA neivyksta. Aibiu teorijos terminaisA = \ A, t.y. aibe A yra aibes Apapildinys iki aibes .2.3.4 Apibr eimas (Atsitiktiniu ivykiu suma). Atsitiktiniu ivykiuAj , 1 j n suma vadinamas atsitiktinis ivykisnj =1 Aj , kuris laikomas ivykusiu, jeiivyksta bent vienas i atsitiktiniu ivykiu Aj , 1 j n . Atsitiktiniu ivykiu Aj ,1 j n suma yra ymima ir nj =1 Aj . Payzdiui, atsitiktinio ivykioA ir jam prieingo atsitiktinio ivykioA sumaAA, arba kitaip ymimaA + A, yrabutinasis ivykis.

2.3.5 Apibr eimas (Atsitiktiniu ivykiu sandauga). Atsitiktiniu ivykiuAj , 1 j

n sandauga vadinamas atsitiktinis ivykis

nj =1 Aj , kuris laikomas ivykusiu

tada ir tik tada, jei ivyksta visi atsitiktiniai ivykiaiAj , 1 j n . Atsitiktiniuivykiu Aj , 1 j n sandauga yra ymima irnj =1 Aj . Pavyzdiui, atsitikti-

nio ivykioA ir jam prieingo atsitiktinio ivykioA sandaugaA A, arba kitaipymimaA A, yra tuiasis ivykis.2.3.6 Apibr eimas (Nesuderinami ivykiai). IvykiaiA ir B yra vadinami ne-suderinamais, jei ie ivykiai kiekvieno bandymo metu negali ivykti kartu, t.y.ivykisA B = . Aibiu teorijos terminais ivykiaiA ir B yra nesuderinami tadair tik tada, kaiA B = .2.3.7 Apibr eimas (Ivykiu skirtumas). I vykiu A ir B skirtumu yra vadina-mas ivykis, ymimasA \ B , sudarytas i elementariu ju ivykiu, priklausaniuA,bet nepriklausaniuB . Tikimybiu toerijos terminaisA \ B apibreiamas, kaipivykis, kuris ivyksta, kai ivyksta ivykisA, bet neivyksta ivykisB .2.4 Ivykiu veiksmu savyb esDabar surinksime visus apibreimus i vien viet. Tegu baigtine arba skai-ti elementariu ju ivykiu erdve, P () ivykiu aibe. Ivykiu aibeje apibreemeveiksmus: ivykiu sudeti, ymim

arba + , ivykiu daugyb, ymimarba ,ivykiu atimti, ymim\, bei ivykio papildinio veiksm : kiekvienam ivykiuiA priskyreme prieing ivykiA. Pastaroji operacija yra atskiras atvejis ivykiu

atimties: A = \ A. Be to, apibreti veiksmai pasiymi emiau iraytomissavybemis.Ivykiu (aibiu) sud eties savyb es:

(A

B )

C = A

(B

C ), A, B, C

F ();

AB = BA, A, B F (); jei AB , tai AB = B, A, B F ().

Ivykiu (aibiu) daugybos savyb es:

18


19/93

(A B ) C = A (B C ), A, B, C F ();

A B = B A, A, B F (); jei AB , tai A B = A, A, B F ().

Ivykiu (aibiu) sudetis ir daugyba susieti distributyvumo desniais

(AB ) C = ( A C )(B C ), A, B, C F (); (A B )C = ( AC ) (BC ), A, B, C F ().

2.4.1 Pastaba. Uraytos aibiu veiksmu savybes teisingos ne tik aibes F ()poaibiams, kai yra baigtine ar skaiti, bet vietoje gali buti bet kuri abstraktiaibe.

Pratimai. Tegu X abstrakti aibe, A, B, A j aibes X poaibiai. UraasA ymi aibes A papildini iki aibes X , t.y. A = X \ A.

1. Irodykite, kadA B = A \ B .2. Irodykite, kadA B = AB , AB = A B (vadinami de Morganodesniais).3. I rodykite, kad teisingos lygybes:

jI Aj =

jI Aj , ia I indeksu aib e;

jI Aj =

jI Aj , ia I indeksu aib e.

2.5 -algebros ir v el diskreiosios atsitiktiniu i vykiu erdvesApibreeme atsitiktiniu ivykiu erdv kaip elementariu ju ivykiu erdves visupoaibiu aibP () tuo atveju, kai aibe yra baigtine arba skaiti. Kalbantapie atsitiktiniu ivykiu erdvF (), tikimybiu teorijoje labai svarbu jos esminessavybes:

1. F ();2. Aj F (), j N jN Aj F ();3. Aj F (), j N jN Aj F ();4. A, BF ()A \ BF ().

2.5.1 Pastaba. Skaitytojas gali pastebeti, kad ivardintos aibesF () savybesilieka, jei vietoje naturaliuju skaiiu indeksu aibes N pasirinktume bet kuriabstraki indeksu aibI . Norime pabreti, kad norint grietai vientisai pagristitikimybiu teorij, atliekant veiksmus su ivykiais galima nagrineti tik skaiiasivykiu sumas ir sandaugas. Todel ir apsiribosime tik skaiiomis indeksu aibemis.

19


20/93

2.5.2 Pastaba. Pastebesime, kad ivardintos aibes F () savybes teisingospaiu bendriausiu atveju, kai vietoje aibes imtume bet kuri abstraki aibX ir nagrinetume aibes X visu poaibiu aibF (X ). Bet ne bet kuriai abstrakiaiaibei X , atliekant elementariuju ivykiu erdves vaidmeni, aibe F (X ) gali butiinterpretuojama kaip atsitiktiniu ivykiu erdve. Pavyzdiui, jei elementariu juivykiu erdve yra visu realiu ju skaiiu aibe = R , tai realiu ju skaiiu aibes visupoaibiu aibe F (R ) negali buti atsitikriniu ivykiu erdve. Tai susij su giliomistikimybinio mato apibreimo loginemis problemomis.

Ivardintos aibesF () savybes gali buti formuluojamos kaip aksiomos labaisvarbios svokos apibreimui.2.5.3 Apibr eimas. TeguX abstrakti aibe. AibesX poaibiu eimaF F (X )yra vadinama-algebra, jei

1. X

F ;

2. Aj F , j N jN Aj F ;

3. Aj F , j N jN Aj F ;

4. A, BF A \ BF .i aksiomu sistema perteklin e. -algebr galima apibreti paprastesne aksiomu

sistema.2.5.4 Apibr eimas. Aibes X poaibiu aibe F , tenkinanti slygas:

1. X F ;

2. AF X \ AF ;3. Aj F , j NjN Aj F ,

yra vadinama-algebra.2.5.5 Ivada. F , nes= X \ X .2.5.6 Ivada. Tegu F aibes poaibiu -algebra. Tuomet,

Aj F , j

NjN Aj F .

I tikru ju , remdamiesi de Morgano desniu, galime urayti

jN Aj = X \ (X \jN Aj ) = X \ (jN (X \ Aj )) .2.5.7 Pavyzdys. Tegu X abstrakti aibe. Tuomet aibes X visu poaibiu aibe

F (X ) ir {, X }yra -algebros. Kiekvienos netuios abstrakios aibes X dvikratutines -algebros: galingiausia ir skurdiausia.2.5.8 Pavyzdys. TeguZ sveikuju skaiiu aibe. Be galingiausiosF (Z ) ir skur-diausios{, Z}-algebru egzistuoja be galo daug tarpiniu-algebru . Kelet ju uraysime.

20


21/93

1. {, 2Z , 2Z + 1 , Z}, ia 2Z lyginiu skaiiu poaibis,2Z + 1 nelyginiuskaiiu poaibis;2. {, 3Z , 3Z + 1 , 3Z + 2 , 3Z3Z + 1 , 3Z3Z + 2 . 3Z + 1 3Z + 2 , Z},ia3Z , 3Z + 1 , 3Z + 2 sveiku ju skaiiu , kuriuos dalijant i3, atitinkamai

gaunamos liekanos, lygios0, 1, 2, poaibiai;

3. Tegun ksuotas naturalusis skaiius,Aj = nZ + j sveiku ju skaiiu ,kuriuos dalijant in , gaunama liekana, lygij , poaibis,0 j < n . Tuometaibes Z poaibiu eima

{, Aj 1 Aj 2 Aj s | 0 j1 , j2 , . . . , j s < n, 1 s n}yra -algebra, sudaryta i2n elementu.

2.5.9 Pastaba. Galima irodyti, kad baigtines -algebros turi2n elementu,n

N.Kartais naudinga paprastesne nei-algebros algebros svoka, kurios pakanka

elementariuju ivykiu baigtines aibes atveju. ios svokos apibreim ir sufor-muluosime.

2.5.10 Apibr eimas. Aibes X visu poaibiu aibesF () poaibisF P () yravadinamas algebra, jeiX F , poaibyjeF apibreta ivykiu sudetis, ivykiudaugybair ivykiu atimtis\, t.y.1. X F ;

2. A, BF AB F ;3. A, B

F

A

B

F ;

4. A, BF A \ BF .Dabar galime suformuluoti bendresni diskreiosios atsitiktiniu ivykiu erdves

apibreim.

2.5.11 Apibr eimas. Kai elementariuju ivykiu erdve yra skaiti arba baigtine,tai bet kuri-algebraF F () yra vadinama diskreia atsitiktiniu ivykiu erdve.-algebraF () nesukelia jokiu loginiu problemu apibreiant tikimybini mat.

3 Ivykiu tikimyb es

Tegu elementariuju ivykiu erdve skaiti arba baigtine. Elementaraus ivy-

kio tikimybe tai matas, ireiktas skaiiumi, rodantis bandymo metu elemen-taraus ivykio pasirodymo galimyb, tiketinum. Elementariu ivykiu tikimybesapibreiamos taip, kad visu elementariuju ivykiu tikimybiu suma butu lygi1.Tai tikimybiu normavimo slyga. Jei, pavyzdiui, elementariu ju ivykiu erdve yra baigtine ir, jei elementariuju ivykiu pasirodymo galimybes vienodos, tainaturalu bandymo metu kiekvieno elementaraus ivykio pasirodymo tikimyb

21


22/93

prilyginti skaiiui, gautam vienet padalijus i elementariuju ivykiu skaiiaus,t.y. 1

|

|. Jei elementariu ju ivykiu tikimybes yra inomos, tai atsitiktinio i vykio

tikimybe lygi elementariu ju ivykiu , sudaraniu atsitiktini ivyki, tikimybiu su-mai. Bet tiriant ivairius procesus, reikinius, sudarius matematinius modeliusir atliekant bandymus, bandymu metu elementariuju ivykiu pasirodymo gali-mybes nera vienodos. Mokslo raidos metu buvo ivairiu tikimybes apibreimu ,kol pagaliau Kolmogorovas nepateike tikimybiu teorijos pagrindim aksiomu sis-tema. Pirmiausia suformuluosime bendr tikimybinio mato apibreim, o po tonagrinesime atskirus atvejus.

3.1 Tikimybinis matas, tikimybin es erdvesTegu elementariuju ivykiu erdve (nebutinai skaiti ar baigtine), F aibes poaibiu-algebra.

3.1.1 Apibr eimas. FunkcijaP : F [0, 1],

apibreta aibes poaibiu-algebrojeF yra vadinama tikimybiniu matu, jei:

1. P () = 1 , P () = 0 ;

2. ABP (A) P (B ), A, BF ;3. Ai Aj = , i = j, i , j NP ( jN Aj ) = jN P (Aj );4. A1A2. . . , j =1 Aj = limj P (Aj ) = 0 .

3.1.2 Apibr eimas. Trejetas (, F , P ), ia abstrakti aibe (traktuojamakaip elementariu ju ivykiu erdve), F aibes poaibiu-algebra (traktuojamakaip atsitiktiniu ivykiu -algebra),P : F () [0, 1], tikimybinis matas,

yra vadinamas tikimybine erdve.

Kai elementariuju ivykiu erdve yra baigtine, tai aksiomu sistema, kuriaapibreeme tikimybini mat, formuluojama paprasiau.

3.1.3 Apibr eimas. Tegu yra baigtine elementariu ju ivykiu erdve, F () aibes visu poaibiu aibe, t.y. ivykiu algebra. Funkcija

P : F () [0, 1],apibreta ivykiu algebrojeF () yra vadinama tikimybiniu matu, jei:

1. P () = 1 , P () = 0 ;

2. ABP (A) P (B ), A,B F ();

22


23/93

3. P (AB ) = P (A) + P (B ) P (A B ), A,B F () (atskiru atveju, jeiA

B =

, tai P (A

B ) = P (A) + P (B )).

SkaiiusP (A), A F (), yra vadinamas ivykioA tikimybe. Tai matas,ireiktas skaiiumi, rodantis galimyb ivykti ivykiuiA.3.1.4 Pavyzdys. tai kaip galima apibreti tikimybini mat, kai elementariujuivykiu erdve

= {E 1 , E 2 , . . . , E n }yra baigtine. TeguF () aibes visu poaibiu aibe, t.y., kaip inome, ivy-kiu algebra. Kiekvienam elementariajam ivykiui{E j } priskirkime skaiiu pj 0, taip, kad visupj suma butu lygi1:

n

j =1

pj = 1 .

Tuomet bet kurio atsitiktinio ivykioA (t.y. A F ()) tikimybP (A)apibrekime taip:P (A) =

j, a jA

pj .

Lengva isitikinti, kad taip apibreta funkcija

P : F () [0, 1]pasiymi savybemis:

1. P () = 1 , P () = 0 ;

2. JeiAB , tai P (A) P (B ), A, B F ();3. P (AB ) = P (A) + P (B ) P (A B ), A, B F (),

t.y. yra tikimybinis matas, o trejetas(, F (), P ) tikimybine erdve.3.1.5 Pavyzdys. Dabar aptarsime atveji, kai elementariu ju ivykiu erdve

= {E j | 1 j < }yra skaiti. Priskyr kiekvienam elementariajam ivykiuiE j skaiiu

P (E j ) = pj 0, 1 j < ,

taip, kad tu visu skaiiu suma butu lygi vienam, t.y.

j =1 pj = 1 ,

23


24/93

tuomet korektikai galime apibreti kiekvieno aibes poaibioA, kaip ivykio,tikimyb

P (A) =j, E jA

pj .

Tas kiekvieno aibes poaibioA tikimybes apibreimas korektikas, nes eikutes

j, E jA

pj

konverguoja koks bebutu skaiios aibes poaibis. Vadinasi, iuo atveju egzis-tuoja funkcija

P : F () [0, 1],apibreta galingiausioje aibes visu poaibiu-algebroje, tenkinanti tikimybiniomato aksiomas. Tuo tarpu, kaip anksiau minejome, apibreti tikimybini mat

P : F () [0, 1]galingiausioje-algebrojeF (), kai, pavyzdiui, = [ 0, 1] arba = R ,tenkinani aksiomas, neimanoma. ios-algebros per daug galingos. Tar,kad toks matas egzistuoja, gautume prietar. Kai elementariuju ivykiu erdveyra, pavyzdiui, raliu ju skaiiu aib e, tenka apsiriboti tokia-algebra, generuo-ta atviru intervalu. Tokia-algebra yra vadinama Borelio aibiu-algebra irymimaB . Pirmiausia galima apibreti tiki-mybes suderintai intervalams, o poto iplesti tikimybini mat i Borelio aibes.

Pastarj situacij pailiustruosime konkreiais pavyzdiais.

3.1.6 Pavyzdys. Tegu elementariu ju ivykiu erdve yra

= {E j | 1 j < }.Apibrekime elementariuju ivykiu tikimybes taip:

P (E j ) =C

j ( j + 1), 1 j < .

Klausimas: kam lygi konstantos reikme, kad taip apibretas matas butu tikimy-binis?

Sprendimas. Konstantos reikm rasime i slygos

j =1

P (E j ) =

j =1

C

j ( j + 1)= 1 .

Uraykime eilutes

j =1

1 j ( j + 1)

24


25/93

dalin sumn

j =1

1 j ( j + 1) =

n

j =1

1 j

1 j + 1 = 1

1n + 1 .

Kadangi

j =1

1 j ( j + 1)

= limn

1 1

n + 1= 1 ,

tai C = 1 .



P (E j ) =C

j ( j + 1)( j + 2), 1 j < .


Sprendimas. Konstantos reikm, kaip ir anks2iau, rasime i slygos

j =1

P (E j ) =

j =1

C j ( j + 1)( j + 2)

= 1 .

Uraykime eilutes

j =1

1

j ( j + 1)( j + 2)dalin sum

S n =n

j =1

1 j ( j + 1)( j + 2)

=n

j =1

12

1 j

2 j + 1

+1

j + 2=

=12

12

1n + 1

+1

n + 2.

Kadangi

j =1

1 j ( j + 1)( j + 2)

= limn

12

12

1n + 1

+1

n + 2=

14

,

tai C = 4 .

Pasiulysime skaitytojui isprsti panau pavyzdi bendru atveju.

25


26/93



P (E j ) =C

j ( j + 1) . . . ( j + p), 1 j < .


I pirmo vilgsnio pasibaisetinose formulese slypi graus desningumai, kuri-uos pastebejus kyla pasigerejimo jausmas. Isprskite i pavyzdi ir patirkite i jausm.

3.1.9 Pavyzdys. Tegu elementariu ju ivykiu erdve yra = {E j | 1 j < }.

Apibrekime elementariuju ivykiu tikimybes taip:

P (E j ) =C

j ( j + s) . . . ( j + s p), 1 j < .


Sprendimas. Konstantos reikm, kaip ir anksiau, rasime i slygos

j =1

P (E j ) =

j =1

C

j ( j + s) . . . ( j + s p)= 1 .

Prie apskaiiuojant eilutes

j =1

1 j ( j + s) . . . ( j + s p)

reikm, irodysime teigini.

3.1.10 Teiginys. p

k=0

(1)k j + s k

Ck p =s p p!

j ( j + s) . . . ( j + s p).

Teiginio i rodymas. Teigini irodysime matematines indukcijos metodu.Indukcij pravesime pagal skaiiup.

Pirmas ingsnis. Kai p = 1 , teiginys teisingas. I tikru ju ,1 j

1 j + s

=s

j ( j + s).

26


27/93

Antras ingsnis. Tarkime, kad lygybe

m

k =0

(1)k j + s kCkm = s

m m! j ( j + s) . . . ( j + s m)teisinga visiemsm , 1 m < p .Treias ingsnis. I rodysime, kad lygybe

p

k=0

(1)k j + s k

Ck p =s p p!

j ( j + s) . . . ( j + s p)teisinga ir atvejum = p. Urayt lygyb pertvarkykime.

p

k=0

(1)k j + s k

Ck p = p

k =0

(1)k j + s k

(Ck p

1 + Ck1 p

1 ) =

p1

k =0

(1)k j + s k

Ck p1 p

k =1

(1)k1 j + s k

Ck1 p1 ) =

s p1 ( p1)! j ( j + s) . . . ( j + s ( p1))

s p1 ( p1)!( j + s) . . . ( j + s p)

=

s p1 ( p 1)!( j + s p j ) j ( j + s) . . . ( j + s p)

=s p p!

j ( j + s) . . . ( j + s p).

Teiginys irodytas.Dabar apskaiiuosime eilutes

j =1

1 j ( j + s) . . . ( j + s p)

reikm. Pirmiausia pastebesime, kad i eilute konverguoja. Nagrinejam eilutpertvarkysime.

j =1

1 j ( j + s) . . . ( j + s p)

=1

s p p!

j =1

p

k =0

(1)k j + s k

Ck p =

1s p p!

j =1

p1

k =0

(1)k j + s k

Ck p1 p

k =1

(1)k1 j + s k

Ck1 p1 =

1s p p!

j =1

s p1( p1)! j ( j + s) . . . ( j + s ( p1))

s p1( p1)!( j + s) . . . ( j + s p)

=

1s p

A A s

j =1

1 j ( j + s) . . . ( j + s ( p1))

=

27


28/93

1s

p

s

j =1

1 j ( j + s) . . . ( j + s

( p

1))

,

iaA =

j =1

1 j ( j + s) . . . ( j + s ( p 1))

.

Iekoma konstanta

C =1

s ps

j =1

1 j ( j + s) . . . ( j + s ( p 1))

1 .

3.1.1 Klasikinis tikimyb es apibr eimas.Atskiru atveju, kai elementariu ju ivykiu erdve yra baigtine ir elementariu

ivykiu tikimybes lygios, gauname klasikines tikimybes apibreim.3.1.11 Apibr eimas (Klasikine tikimybe). Tegu

= {E 1 , E 2 , . . . , E n }elementariuju ivykiu erdve, F () ivykiu erdve. Funkcija

P : F () jn | 1 j n , P (A) = |

A|n

, A F (),yra klasikinis tikimybinis matas.

Kaip matome, klasikinis tikimybes apibreimas remiasi elementariu ju ivy-

kiu erdves baigtinumu ir tuo, kad bandymo metu elementariu ju ivykiu pa-sirodymo tikimybes lygios. Tuomet atsitiktinio ivykioA tikimybe apibreiamakaip elementariu ju ivykiu , sudaraniu ivykiA, skaiiaus|A| ir visu elementa-riuju ivykiu skaiiaus|| santykis, t.y. P (A) = |A ||| . Praktikai, sprendiantudavinius, randamas taip vadinamu palankiu elementariu ju ivykiu skaiius, poto randamas taip vadinamas visu galimu atveju skaiius, o tu skaiiu santykisir yra iekoma ivykio tikimybe. Nors klasikines tikimybes apibreimas ganapaprastas, bet klasikines tikimybes udaviniai buna labai sudetingi. Klasikinestikimybes pavyzdiams ir udaviniams skirsime labai daug demesio.

Panagrinekime konkreius pavyzdius.

3.1.12 Pavyzdys. Nagrinekimen rutuliu idestymusn deese. Kokia tikimybe,atsitiktinai sudejus rutulius i dees, kad tik viena dee liks tuia?

Sprendimas. Pirmiausia isiaikinkime, keliais budais n rutuliu galimasudelioti in deiu . Kiekvien rutuli galima ideti i kuri nors den budais, nesyra n deiu . Vadinasi,n rutuliu galima idelioti in deiunn budais. Dabarisiaikinkime, keliais budais rutulius galima sudeti i dees taip, kad tik vienadee liktu tuia. Pastebesime, kad rutulius sudejus i dees taip, kad tik vienadee liktu tuia, i kuri nors de bus ideti du rutuliai, o kitas dees ideta po

28


29/93

vien rutuli. Du rutulius irinkti in rutuliu galima n2 budais. Du irinktusrutulius sudeti i kuri nors de galiman budais. Toliau po vien rutuli ideti ikuri nors de galiman 1, n 2, . . . , 2 budais. Tokiu budu, iekoma tikimybeyra lygi(

n2 )n !n n .

3.1.13 Pavyzdys. Grikime prie aidyminio kauliuko metymu. Kaip inome,iuo atveju elementariuju ivykiu erdve = {E 1 , E 2 , E 3 , E 4 , E 5 , E 6}, iaE j , 1 j 6, ymi ivyki, imetus kauliuk, sieneleje j akuiu skaiiui at-siversti. Kadangi kauliukas kubelio formos, kaip minejome, vienam ar kitamakuiu skaiiui atsiversti vienodos galimybes. Dabar galime apibreti bet kurioelementaraus ivykio pasirodymo mat, vadinam elementaraus ivykio tikimybe,ireikt skaiiumi16 . is skaiius atspindi musu intuityvi nuojaut, kad, ime-tus kauliuk, bet kuriam akuiu skaiiui atsiversti yra viena galimybe i eiu .Dabar galime apibreti ir bet kurio atsitiktinio ivykio, sudaryto i elementariu - ju ivykiu , mat, vadinam atsitiktinio ivykio tikimybe. Atsitiktiniam ivykiuiApriskirkime skaiiu , lygu elementariu ju ivykiu, sudaraniuA, matu (tikimybiu)sumai. Uraykime visa tai formaliai funkciju kalba. Pirmiausia apibrekimefunkcij

P : 16

, P (E j ) =16

, 1 j 6.i funkcij galime pratsti iki funkcijosP , apibretos aibes visu poaibiuaibejeF () taip:

P : F () [0, 1], P (X ) = |X |6

, X F , t.y. X ,ia |X | elementu skaiius aibejeX . Dabar galime atsakyti, pavyzdiui, i klau-sim, kokia tikimybe, kad, metant kauliuk, atsivers lyginis akuiu skaiius arbaakuiu skaiius, dalus i triju? Ivykio, kad atsivers lyginis akuiu skaiius, ti-kimybe yra lygi12 . I tikru ju : ivykisX , kad atsivers lyginis akuiu skaiius,traktuojamas kaip poaibis

X = {E 2 , E 4 , E 6},o P (X ) = 12 . Ivykio, kad atsivers akuiu skaiius, dalus i3, tikimybe yra lygi13 . Butinojo ivykio tikimybe lygi1, o negalimo ivykiotikimybe lygi0.

3.1.14 Pavyzdys. Panaiai galime nagrineti ir sudetingesniu situaciju elemen-tariuosius ir sudetinius ivykius bei ju tikimybes. Pavyzdiui, galime nagrinetivisus galimus ivykius metant kauliuk du kartus i eiles. Intuityviai suvokiame,kad kauliuko pirmo metimo rezultatas nepriklauso nuo antro metimo rezultato.

iuo atveju nagrinekime aib = {(E i , E j ) | 1 i, j 6},

kaip elementariu ivykiu erdv. i aibe sudaryta i36 elementu. ios aibes ele-mentus (Ei, E j ), 1 i, j 6, isivaizduokime kaip elementariuosius ivykius.

29


30/93

Kokias tikimybes priskirti iems elementariems ivykiams? Imetus kauliuk dukartus i eiles, visi galimi ivykiai yra lygiaveriai. Tuomet kiekvieno elementa-riojo ivykio tikimybe yra lygi136 . Panaiai kaip ir anksiau, funkcij

p : = {(E i , E j ) | 1 i, j 6} 136

, p((E i , E j )) =1

36, 1 i, j 6,

galime pratsti iki funkcijosP , apibretos aibes visu poaibiu aibejeF () taip:

P : F () [0, 1], P (X ) = |X |36

, X F (), t.y. X .Panaiai apibreiami butinasis ir negalimas ivykiai ir ju tikimybes.

3.1.15 Pavyzdys. Panaiai galima nagrineti atveji, kai kauliukas metamasnkartu. iuo atveju galime apibreti elementariuju ivykiu erdv

= {(E j 1 , E j 2 , . . . , E j n ) | 1 j1 , j2 , . . . , j n 6}.Visi elementarieji ivykiai lygiaveriai, t.y. elementariojo ivykio(E j 1 , E j 2 , . . . , E j n )tikimybe yra lygi 16n .

3.1.16 Pavyzdys. Tarkime, kad vienu metu metami du vienodi kauliukai.Kokia iuo atveju elementariuju ivykiu erdve ir kokios ju tikimybes? Pavyz-diui, vien kart metus du vienodus kauliukus, ikrito3 ir 6 akutes. Tarkime,kad antr kart metus tuos kauliukus, vel ikrito3 ir 6 akutes. ie i vykiai ne-atskiriami, nors antr kart metus kauliukus3 akutes gal atsiverte to kauliuko,kurio6 akutes atsiverte metus kauliukus pirm kart. Kai kauliuk metame dukartus i eiles ir, jei atsiveria3 akutes metus kauliuk pirm kart ir6 akutesatsiveria, metus kauliuk antr kart, tai is ivykis skiriasi nuo ivykio, kai6akutes atsiveria, metus kauliuk pirm kart, ir3 akutes atsiveria, metus kau-liuk antr kart. iuo atveju, metant du vienodus kauliukus tuo paiu metu,aibe

= {{i, j } |1 i, j 6},ia {i, j } aibe, sudaryta i elementui ir j , traktuojama, kaip elementariu juivykiu erdve. Visi elementarieji ivykiai nera lygiaveriai. Elementariu ju ivykiuskaiius|| = 62 + 6 = 21 . Elementariu ju ivykiu tikimybes apibr ekime taip:

P ({E j , E j }) = 136 , 1 j 6,P ({E i , E j }) = 118 , 1 i < j 6.

3.1.17 Pavyzdys. Tarkime, kad deeje yram aliu irn geltonu rutuliu ir visirutuliai vienodos formos. Itraukti atsitiktinai bet kuri rutuli vienodos galimy-bes. Tikimybe atsitiktinai itraukti ali rutuli lygi mm + n , o tikimybe atsitiktinaiitraukti gelton rutuli lygi nm + n . Dabar galima formuluoti ivairius udaviniusir paklausti, kokios vienu ar kitu ivykiu tikimybes.

30


31/93

3.1.18 Pavyzdys. Metame tris neatskiriamus kauliukus. Tuomet atsivertusiuakuiu skaiiu suma gali buti nuo3 iki 18. Rasime tikimybes, kad atsivertusiuakuiu skaiiu suma lygij , 3 j 18. Tuo tikslu sudarykime lygiu sistem

x1+ x2+ x3+ x4+ x5+ x6 = 3 ,x1+ 2 x2+ 3 x3+ 4 x4+ 5 x5+ 6 x6 = j,

ia x i , 1 i 6, atsivertusiui akuiu skaiius. Uraytos lygiu sistemossprendiniu sveikais neneigiamais skaiiais skaiius yra lygus palankiu ivykiu skai-iui. Visu galimu ivykiu skaiius yra lygus lygties

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 3

sprendiniu sveikais neneigiamais skaiiais skaiiui, t.y. deriniu su pasikartoji-mais i6 po 3 skaiiui. is skaiius yra83 = 56 . Norint surasti uraytos lygiusistemos sprendinius, patogiau sprsti jai ekvivaleni lygiu sistem

x1+ x2+ x3+ x4+ x5+ x6 = 3 ,x2+ 2 x3+ 3 x4+ 4 x5+ 5 x6 = j 3.

(4)

Paymej lygties (5) sprendiniu skaiiu raideN ( j ), tikimybpj = N ( j )/ 56,galime sudaryti lentel

j N ( j ) pj3 1 1/564 1 1/565 2 2/566 3 3/56

7 4 4/568 5 5/569 6 6/5610 6 6/56

j N ( j ) pj11 6 6/5612 6 6/5613 5 5/5614 4 4/56

15 3 3/5616 2 2/5617 1 1/5618 1 1/56

3.1.19 Pavyzdys. Metame keturis neatskiriamus kauliukus. Tuomet atsivertu-siu akuiu skaiiu suma gali buti nuo4 iki24. Rasime tikimybes, kad atsivertusiuakuiu skaiiu suma lygij , 4 j 24. Tuo tikslu sudarykime lygiu sistem

x1+ x2+ x3+ x4+ x5+ x6 = 4 ,x1+ 2 x2+ 3 x3+ 4 x4+ 5 x5+ 6 x6 = j,

ia, kaip ir anksiau,x i , 1 i 6, atsivertusiui akuiu skaiius. Uray-tos lygiu sistemos sprendiniu sveikais neneigiamais skaiiais skaiius yra lyguspalankiu ivykiu skaiiui. Visu galimu ivykiu skaiius yra lygus lygties

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 4

sprendiniu sveikais neneigiamais skaiiais skaiiui, t.y. deriniu su pasikartojimaisi 6 po 4 skaiiui. is skaiius yra94 = 126 . Norint surasti uraytos lygiu

31


32/93

sistemos sprendinius, patogiau sprsti jai ekvivaleni lygiu sistem

x1+ x2+ x3+ x4+ x5+ x6 = 4 ,x2+ 2 x3+ 3 x4+ 4 x5+ 5 x6 = j 4. (5)

Paymej lygties (5), kaip ir praeitame pavyzdyje, sprendiniu skaiiu raideN ( j ),tikimybpj = N ( j )/ 126, galime sudaryti lentel

j N ( j ) pj4 1 1/1265 1 1/1266 2 2/1267 3 3/1268 5 5/126

9 6 6/12610 8 8/12611 9 9/12612 11 11/12613 11 11/12614 12 12/126

j N ( j ) pj15 11 11/12616 11 11/12617 9 9/12618 8 8/12619 6 6/126

20 5 5/12621 3 3/12622 2 2/12623 1 1/12624 1 1/126

3.1.20 Pavyzdys. Metame4 neatskiriamus kauliukus. Kokios gali buti atsi-vertusiu akuiu konguracijos ir kokios tu konguraciju tikimybes? Kokios kon-guraciju tikimybes atskiriamu kauliuku (arba kauliuk metant keturis kartus)atveju?

tai lentele, kurioje surayti visi rezultatai.

4 to skaidiniai konguracijos p P 4 1 (i4) 6 6/126 6/12963+1 4 (i3 j ) 30 30/126 120/12962+2 6 (i2 j 2) 15 15/126 90/12962+1+1 12 (i2 jk ) 60 60/126 720/12961+1+1+1 24 (ijkl ) 15 15/126 360/1296

Pirmame stulpelyje urayti skaiiaus4 skaidiniai, o treiame kiekvien skaidi-ni atitinkanti konguracija. Uraas, pavyzdiui,i3 j suprantamas, kad atsivertusiutriju kauliuku akuiu skaiiai lygus skaiiuii, o ketvirtojo kauliuko akuiu skaiiuslygusj , i = j , 1 i, j 6. Antrame stulpelyje urayti konguraciju skaiiai,o ketvirtame neatskiriamu kauliuku atsivertusiu akuiu konguraciju skaiius.Skaiiu, esanti antrame stulpelyje, sudaugin su skaiiumi, esaniu toje pat eilu-teje ir ketvirtame stulpelyje, gauname atskiriamu kauliuku atsivertusiu akuiukonguracijos, esanios toje pat eiluteje, kaip ir dauginamieji skaiiai, skaiiu .Neatskiriamu kauliuku visu galimu atsivertusiu akuiu konguraciju skaiius yralygus deriniu su pasikartojimais i6 po 4 skaiiui 95 =

94 = 126 . Tuo tarpu

atskiriamu kauliuku visu galimu atsivertusiu akuiu konguraciju skaiius yra

32


33/93

lygus gretiniu su pasikartojimais i6 po 4 skaiiui64 = 1296 . Penktame iretame stulpeliuose suraytos atitinkamai neatskiriamu ir atskiriamu kauliukuatsivertusiu akuiu konguraciju tikimybes.3.1.21 Pavyzdys. Metame5 neatskiriamus kauliukus. Kokios gali buti at-sivertusiu akuiu konguracijos ir kokios tu konguraciju tikimybes? Kokioskonguraciju tikimybes atskiriamu kauliuku (arba kauliuk metant penkis kar-tus) atveju?


5 to skaidiniai konguracijos p P 5 1 (i5) 6 6/252 6/77764+1 5 (i4 j ) 30 30/252 150/77763+2 10 (i3 j 2) 30 30/252 300/77763+1+1 20 (i3 jk ) 60 60/252 1220/77762+2+1 30 (i2 j 2k) 60 60/252 1800/77762+1+1+1 60 (i2 jkl ) 60 60/252 3600/77761+1+1+1+1 120 (ijklm ) 6 6/252 720/7776

Pirmame stulpelyje urayti skaiiaus5 skaidiniai, o treiame kiekvien skaidi-ni atitinkanti konguracija. Antrame stulpelyje urayti konguraciju skaiiai,o ketvirtame neatskiriamu kauliuku atsivertusiu akuiu konguraciju skaiius.Skaiiu, esanti antrame stulpelyje, sudaugin su skaiiumi, esaniu toje pat ei-luteje ir ketvirtame sulpelyje, gauname atskiriamu kauliuku atsivertusiu akuiukonguracijos, esanios toje pat eiluteje, kaip ir dauginamieji skaiiai, skaiiu .Neatskiriamu kauliuku visu galimu atsivertusiu akuiu konguraciju skaiiusyra lygus deriniu su pasikartojimais i6 po 5 skaiiui 105 = 252 . Tuo tarpuatskiriamu kauliuku visu galimu atsivertusiu akuiu konguraciju skaiius yralygus gretiniu su pasikartojimais i6 po 5 skaiiui65 = 7776 . Penktame iretame stulpeliuose suraytos atitinkamai neatskiriamu ir atskiriamu kauliukuatsivertusiu akuiu konguraciju tikimybes.

3.1.22 Pavyzdys. Metame6 neatskiriamus kauliukus. Kokios gali buti at-sivertusiu akuiu konguracijos ir kokios tu konguraciju tikimybes? Kokioskonguraciju tikimybes atskiriamu kauliuku (arba kauliuk metant eis kartus)atveju?

33


34/93


6 to skaidiniai konguracijos p P 6 1 (i6) 6 6/462 6/466565+1 6 (i5 j ) 30 30/462 180/466564+2 15 (i4 j 2) 30 30/462 450/466564+1+1 30 (i4 jk ) 60 60/462 1800/466563+3 20 (i3 j 3) 15 15/462 300/466563+2+1 60 (i3 j 2k) 120 120/462 7200/466563+1+1+1 120 (i3 jkl ) 60 60/462 7200/466562+2+2 90 (12 j 2k2) 20 20/462 1800/466562+2+1+1 180 (12 j 2kl) 90 90/462 16200/466562+1+1+1+1 360 (12 jklm ) 30 30/462 10800/46656

1+1+1+1+1+1 720 (1 jklmn ) 1 1/462 720/46656Pirmame stulpelyje urayti skaiiaus5 skaidiniai, o treiame kiekvien skaidi-ni atitinkanti konguracija. Antrame stulpelyje urayti konguraciju skaiiai,o ketvirtame neatskiriamu kauliuku atsivertusiu akuiu konguraciju skaiius.Skaiiu, esanti antrame stulpelyje, sudaugin su skaiiumi, esaniu toje pat eilu-teje ir ketvirtame stulpelyje, gauname atskiriamu kauliuku atsivertusiu akuiukonguracijos, esanios toje pat eiluteje, kaip ir dauginamieji skaiiai, skaiiu .Neatskiriamu kauliuku visu galimu atsivertusiu akuiu konguraciju skaiiusyra lygus deriniu su pasikartojimais i6 po 6 skaiiui 115 = 462 . Tuo tarpuatskiriamu kauliuku visu galimu atsivertusiu akuiu konguraciju skaiius yralygus gretiniu su pasikartojimais i6 po 6 skaiiui66 = 46656 . Penktame iretame stulpeliuose suraytos atitinkamai neatskiriamu ir atskiriamu kauliuku

atsivertusiu akuiu konguraciju tikimybes.3.1.23 Pavyzdys. Tarkime, kad kiekviename i eiu langeliu , panaiai kaipelektros ar kituose skaitikliuose, gali pasirodyti vienas i septyniu simboliu sutikimybe1/ 7. Udavini formuluojame taip pat, kaip ir aidyminio kauliuko at-veju, lyg metytume kauliuk, turinti 7 sieneles, kuriuose surayti skaiiai nuo1iki 7, o kiekvienam skaiiui "atsiversti" tikimybe lygi1/ 7. "Metame"6 tokiusneatskiriamus kauliukus (t.y. nagrinejamos simboliu konguracijos, kai simbo-liu tvarka nesvarbi). Kokios gali buti "atsivertusiu akuiu " konguracijos irkokios tu konguraciju tikimybes? Kokios konguraciju tikimybes "atskiriamu "kauliuku (t.y. kai simboliu tvarka svarbi)?

34


35/93


6 to skaidiniai konguracijos p P 6 1 (i6) 7 7/924 7/1176495+1 6 (i5 j ) 42 42/924 252/1176494+2 15 (i4 j 2) 42 42/924 630/1176494+1+1 30 (i4 jk ) 105 105/924 3150/1176493+3 20 (i3 j 3) 21 21/924 420/1176493+2+1 60 (i3 j 2k) 210 210/924 1260/1176493+1+1+1 120 (i3 jkl ) 140 140/924 16800/1176492+2+2 90 (12 j 2k2) 35 35/924 3150/1176492+2+1+1 180 (12 j 2kl) 210 210/924 37800/1176492+1+1+1+1 360 (12 jklm ) 105 105/924 37800/117649

1+1+1+1+1+1 720 (1 jklmn ) 7 7/924 5040/117649Pirmame stulpelyje urayti skaiiaus6 skaidiniai, o treiame kiekvien skaidi-ni atitinkanti konguracija. Antrame stulpelyje urayti konguraciju skaiiai,o ketvirtame galiniu pasirodyti simboliu , kuriu tvarka nesvarbi, konguracijuskaiius. Skaiiu , esanti antrame stulpelyje, sudaugin su skaiiumi, esaniu toje pat eiluteje ir ketvirtame stulpelyje, gauname simboliu , kuriu tvarka svarbi,konguracijos, esanios toje pat eiluteje, kaip ir dauginamieji skaiiai, skaiiu .Visu simboliu , kai tvarka nesvarbi, galimu konguraciju skaiius yra lygus de-riniu su pasikartojimais i7 po 6 skaiiui 126 = 924 . Tuo tarpu simboliu,kai tvarka svarbi, visu galimu konguraciju skaiius yra lygus gretiniu su pasi-kartojimais i7 po 6 skaiiui76 = 117649 . Penktame ir etame stulpeliuosesuraytos atitinkamai simboliu , kai tvarka nesvarbi ir kai tvarka svarbi, simboliu

konguraciju tikimybes.Pratimas. Sudarykite tokias lenteles, kai metami septyni, atuoni kauliukai.

Sudarykite lentel lyg metant tokius kauliukus, kuriu bet kuri i septyniu akuiuatsiverstu su tikimybe1/ 7.

3.1.2 Hipergeometrines tikimyb es pavyzdysTai ir klasikines tikimybes specialus pavyzdys. Deeje sudeti m juodu irn

baltu rutuliu . Kokia tikimybe tarp atsitiktinai itrauktu i dees r rutuliu yras baltu rutuliu?

Pirmiausia pastebesime, kad itrauktir rutuliu im + n galima m + nrbudais. Atsitiktiniai itrauktur rutuliu rinkini im + n rutuliu galima trak-tuoti kaip elemntaru ji ivyki. Kiekvieno elementaraus ivykio realizacija vienodaigalima. Lieka isiaikinti, kiek elementariu ivykiu sudaro ivyki: tarp atsitikti-nai itrauktu i dees r rutuliu yras baltu rutuliu.s baltu rutuliu atsitiktinaiitraukiami in baltu rutuliu . Tai galima padarytins budais. Panaiai, atsi-tiktinai itrauktir s juodu rutuliu im juodu rutuliu galima mr s budais.Vadinasi, atsitiktinai itraukti i deesr rutuliu , tarp kuriu butu s baltu rutuliu ,

35


36/93

galima nsm

r s budais. Tikimybe, kad tarp atsitiktinai itrauktu i dees r

rutuliu yras baltu rutuliu , yra lygi(ns )( mr s )(m + nr ) .Nagrinedami hipergeometrines tikimybes, gauname idomu sryi tarp Niu-

tono binomo koecientu. Grikime prie k tik inagrineto pavyzdio. Traukdamir rutuliu i dees, kurioje sudeti m juodu irn baltu rutuliu , galime suskaiiuotivisus galimus atvejus dviem budais. Jau inome, kad itrauktir rutuliu im + ngalima m + nr budais. Bet visus galimus atvejus galima suskaiiuoti ir taip:

r

s =0

ns

mr s

.

Jei Niutono binomo koecientens s > n , tai is koecientasns = 0 . Sulygin

visu galimu atveju skaiius, gaunamer

s =0ns mr s = m + nr .

Tai idomi lygybe.

3.1.3 Statistinis tikimyb es apibr eimasStatistinis tikimybes apibreimas paremtas bandymo metu ivykusiu ivykiu

daniu. Daug kartu atliekant bandym, nekeiiant bandymo slygu , stebimi ivy-kiu pasirodymo daniai. Pavyzdiui, atliekant bandymn kartu ,n1 kartu ivykoivykisA1 , n2 kartu ivykisA2 , . . . , n r kartu ivykisAr , ian1 + n2 + + n r =n . Tuomet, kain pakankamai didelis, tikimasi, kad skaiiain 1n , n 2n , . . . , n rn , pa-kankamai artimi ivykiu A1 , A2 , . . . , Ar , tikimybems. Ribos

limn n

jn = pj , 1 j n, jei butu galima grietai irodyti, kad jos egzistuoja, tiksliai apibretu statistinesivykiu tikimybes.

Praktikai statistines ivykiu tikimybes naudojamos atliekant tyrimus socia-liniuose moksluose, medicinoje, gamyboje ir t.t.. Pavyzdiui, statistikai galimatirti ivairiu moniu grupiu ivairiose vietovese tikimybes igyventi iki tam tikroamiaus, tikimybes gimti vienos ar kitos lyties naujagimiui. Pastebeta, kad a-lyse po karo, kai karo metu udavo ymiai daugiau vyru nei moteru , tikimybegimti berniukui padidedavo. Gamtoje visur egzistuoja pusiausvyra ir kai nuo josnukrypstama neperengiant tam tikru ribu , pusiausvyra atsistato. Yra inoma,kad statistine tikimybe Lietuvoje igyventi moteriai iki80 metu yra didesne neiigyventi vyrui iki tokio amiaus.

3.2 Tikimybinio mato savyb esRemdamiesi tikimybines erdves tikimybinio mato savybemis, suformuluosime,

kaip apskaiiuojamos ivykiu sumos, ivykiu sandaugos, prieingu ivykiu tikimy-bes.

36


37/93

1. Prieingu ivykiu A ir A tikimybes susiejusios lygybe:P (A) = 1 P (A).2. Jei ivykisA yra ivykioB poivykis, taiP (A)

P (B ).3. Dvieju ivykiu A ir B sumosA + B tikimybe P (A + B ), kaip jau inome,

uraoma lygybe:P (AB ) = P (A + B ) = P (A) + P (B ) P (A B ).Pasinaudoj dvieju ivykiu A ir B sumosA + B tikimybes P (A + B ) formule,galime urayti triju ivykiu A, B ir C sumosA + B + C tikimybesP (A + B + C )formul:

P (A + B + C ) = P (A + B ) + P (C ) P ((A + B ) C ) =P (A) + P (B ) + P (C ) P (A B ) P (A C + B C ) =

P (A) + P (B ) + P (C ) P (A B ) P (B C ) P (B C ) + P (A B C ).Remiantis tikimybinio mato uraytomis savybemis, gauname: jeiAB = ,tai P (A

B ) = P (A) + P (B ), A, B

F ().

Bendru atveju atsitiktiniu ivykiu Aj , 1 j n sumos nj =1 Aj tikimybeP ( nj =1 Aj ) atrodo taip:

P (n

j =1

Aj ) =n

j =1

(1)j 1i 1


38/93

Tarkime, kad tarpN objektu yranA objektu, turiniu savybA. Tarkime,kad galimybes isirinkti bet kuri objekt yra lygiavertes, t.y. tikimybe isirinktibet kuri objekt yra lygi1N , o isirinkti objekt, turinti savybA yra lygi p(A) = n AN . Sakykime, isirinkome objekt, pasiyminiu savybeB . Kokiatikimybe, kad irinktas objektas turi ir savybA? Norint atsakyti i i klausim,reikia inoti, kiek tarp objektu , turiniu savybB , yra objektu , turiniu irsavybA. Sakykime, kad yranB objektu, turiniu savybB , ir nAB objektu,turiniu savybAB . Tuomet atsakymas i suformuluot klausim yra

P (A|B ) =nABnB

=n AB

N n BN

=P (A B )

P (B ).

Anksiau atsitiktinius ivykiusA ir B pavadinome nepriklausomais, jei ivykiuA ir B sandaugosAB tikimybe P (A B ) yra lygi ivykiu A ir B tikimybiu P (A)ir P (B ) sandaugai:

P (A B ) = P (A B ) = P (A) P (B ).Dabar, pasinaudoj slygines tikimybes apibreimu, atsitiktiniu ivykiu sA ir Bnepriklausomum galima ir kitaip apibreti.

3.3.1 Apibr eimas. Atsitiktiniai ivykiaiA ir B yra vadinami nepriklausomais, jeiP (A |B ) = P (A).

Akivaizdu, kad abu apibreimai ekvivalentus, nesP (A B ) = P (A |B )P (B ).3.3.2 Apibr eimas. Ivykiu eimaB1 , B2 , . . . B n yra vadinama pilna, jei betkuriemsi = j , B i ir B j yra nesuderinami ivykiai, o ju visu suma yra butinasisivykis.

3.3.1 Pilnos tikimyb es formul eTegu ivykiu eimaB1 , B 2 , . . . B n yra pilna. Tuomet

P (A) =n

j =1

P (A | B j )P (B j ).

i formule yra vadinama pilnos tikimybes formule.Bajeso formul e. Tegu ivykiu eimaB1 , B 2 , . . . B n yra pilna. Uraykime

lygybesP (A B j ) = P (A|B j )P (B j ) = P (B j |A)P (A), 1 j n . TuomettikimybesP (B j |A), 1 j n , galima apskaiiuoti naudojantis Bajeso formule:

P (B j |A) = P (A|B j )P (B j )P (A) = P (A|Bj )P (B j )n

j =1 P (A | B j )P (B j ).

Pilnos tikimybes ir Bajeso formules labai naudingos sprendiant udavinius.Panagrinekime pavyzdius

38


39/93

3.3.3 Pavyzdys. Tarkime inoma, kad imetus aidymini kauliuk, atsivertelyginis akuiu skaiius (ivykisB ). Kokia tikimybe, kad atsiverte 4 akutes (ivykisA)? Kadangi lyginis akuiu skaiius gali atsiversti tik tuo atveju, kai atsi-veria dvi, keturios ar eios akutes, tai akivaizdu, kad iekoma tikimybe lygi13 .Akivaizdu, kadP (A B ) = P (A) = 16 , o P (B ) = 12 , vadinasi,P (A|B ) = 16 : 12 =13 .

3.3.4 Pavyzdys. Tarkime, kad eimose, kuriose auga keturi vaikai, vaiku pa-siskirstymas pagal lyti lygiavertis. TeguA ymi ivyki, kad eimoje auga keturiskirtingu lyiu vaikai,B ymi ivyki, kad keturiu vaiku eimoje auga ne daugiaunei viena mergaite. Ar ie ivykiai priklausomi, ar ne?

IvykioA tikimybe P (A) = 1416 , ivykioB tikimybe P (B ) = 516 , o ivykioABtikimybe P (A B ) = 416 . KadangiP (A B ) = P (A)P (B ), tai ivykiaiA ir Bnera nepriklausomi.

3.3.5 Pavyzdys. Tegu A ymi ivyki, kad eimoje auga trys skirtingu lyiuvaikai,B ymi ivyki, kad triju vaiku eimoje auga ne daugiau nei viena mergaite.Isitikinkite, kad ivykiaiA ir B nepriklausomi.

Pateiksime pilnos tikimybes formules taikymo pavyzdi.

3.3.6 Pavyzdys. Vienoje deeje yra3 balti ir7 geltoni rutuliai, o kitoje deejeyra 5 balti ir9 geltoni rutuliai. I vienos ir kitos dees atsitiktinai iimame povien rutuli, o likusius deese rutulius sudedame i trei d e. Kokia tikimybei treios dees itraukti balt rutuli?

Sprendimas. Paymekime raideB ivyki i treios dees itraukti baltrutuli, o raidemisB j , G j , ivykius, kad ij dees, j = 1 , 2, iimtas baltas,geltonas rutuliai. Uraykime pilnos tikimybes formul

P (B ) = P (B | B1 B2)P (B1 B2) + P (B | B1 G2)P (B1 G2)++ P (B | G1 B2)P (G1 B2) + P (B | G1 G2)P (G1 G2).

I udavinio slygos galime urayti

P (B | B1 B2) =622

, P (B | B1 G2) =722

,

P (B | G1 B2) =722

, P (B | G1 G2) =822

,

P (B1 B2) =310

514

=15140

, P (B1 G2) =3

10 914

=27

140,

P (G1 B2) =710

514 =

35140, P (G1 G2) =

710

914 =

63140.

Ira i pilnos tikimybes formulul iuos duomenis, gauname

P (B ) =6

22 15

140+

722

27140

+7

22 35

140+

822

63140

=257770

.

39


40/93

3.3.2 Pavyzdiai skirti slyginems tikimyb ems

3.3.7 Pavyzdys. I aibes {1, 2, . . . , N }atsitiktinai be sugrinimo irenkami trys skaiiai

1 , 2 , 3 .

Raskite slygin tikimyb

p( 1 < 3 < 2 | 1 < 2),kad treiasis skaiius didesnis u pirmji ir maesnis u antrji, jei inoma, kad 1 < 2 , t.y. pirmasis skaiius yra maesnis u antrji.

Sprendimas. Tegu A ymi ivyki, kad 1 < 2 , o B ivyki 1 < 3 < 2 .

Kaip inome, p(A) =

12

, p(B ) =16

.

Tuomet p(B | A) =

p(A B ) p(A)

=p(B ) p(A)

,

nesAB . Iekoma tikimybe yra lygi

p(B | A) =1612

=13

.

3.3.8 Pavyzdys. I imto bilietu , ant kuriu urayti skaiiai

00, 01, . . . , 98, 99,

atsitiktinai itraukiamas vienas bilietas. Tegu1 ymi ant bilieto urayto skai-iaus skaitmenu sum,2 skaitmenu sandaug. Raskite slygin tikimyb

p(1 = j | 2 = 0) , 0 j 18.Sprendimas. i udavini galima isprsti dviem budais.Pirmasis sprendimo budas. 2 = 0 skaiiams

00, . . . , 09, 10, 20, . . . , 90.

Ju yra19. I iraytu skaiiu matome, kad

p(1 = 0 | 2 = 0) = 119 ,

p(1 = j | 2 = 0) =219

, 1 j 9.Kai 10 j 19, tai p(1 = j | 2 = 0) = 0 .

40


41/93

Antrasis sprendimo budas. Slygine tikimybe

p(1 = j | 2 = 0) = p({1 = j }{2 = 0 }) p(2 = 0) .Akivaizdu, kad

p(2 = 0) =19100

, p({1 = 0 }{2 = 0}) =1

100,

p({1 = j }{2 = 0}) =2

100, 1 j 9,

ir p({1 = j }{2 = 0}) = 0 , 10 j 18.

I ra iuos skaiius i formul, gauname iekom tikimyb.3.3.9 Pavyzdys. Deeje yram baltu rutuliu irn m juodu rutuliu . I iosdees atsitiktinai vienas po kito traukiami rutuliai. Tegu

A( j )0 , A( j )1 ,

ymi ivykius, kad irauktasj -asis rutulys atitinkamai yra juodas arba baltas.Raskite slygin tikimyb

p(A( r +1)1 | A(1) 1 A2) 2 . . . A( r ) r ), j = 0 , 1, 1 j r, jei

rutuliai traukiami be sugrinimo; rutuliai traukiami sugrinant i de.Sprendimas. Pirmasis atvejis. Akivaizdu, kad

p( A(1) 1 A2) 2 . . . A (r ) r ) =

m (m (a 1))( n m) (n m (b1))n(n 1)(n 2) (n (a + b1))

,

ia a ymij , 1 j r , lygiu vienam, skaiiu ,b ymij , 1 j r , lygiunuliui, skaiiu . Pastebesime, kada + b = r, a = 1 + + r

Panaiai galime urayti

p(A( r +1)1 A(1) 1 A

2) 2 . . . A

( r ) r ) =

m (m a)(n m) (n m (b1))n(n 1)(n 2) (n (a + b))( n (a + b + 1))

.

Iekoma tikimybe lygi

p(A( r +1)1 | A(1) 1 A2) 2 . . . A( r ) r ) =m 1 r

n r.

Antrasis atvejis. iuo atveju iekoma tikimybe lygimn .

41


42/93

3.3.10 Pavyzdys. I aibes

{1, 2, . . . , N }atsitiktinai su sugrinimu irenkami du poaibiaiA1 ir A2 . Raskite slygintikimyb

p(| A1 | = n1 , | A2 | = n 2 |A1 A2 = ).Sprendimas. PoaibiA1 galima irinkti

Cn 1N budu , o poaibi A2

Cn 2N n 1budu . Taigi palankiu atveju skaiius yra lygus

Cn 1N Cn 2N n 1 .Keliais budais galima irinkti poaibiusA1 ir A2 , tenkinanius slyg

A1 A2 = ?Tai galima padaryti

j 1 ,j 2 0 ,j 1 + j 2 N

Cj 1N Cj 2N j 1 =

j 1 ,j 2 0 ,j 1 + j 2 N

N ! j1! j2!(N j1 j2)!

=

j 1 ,j 2 ,j 3 0 ,j 1 + j 2 + j 3 = N

N ! j1! j2! j3!

= 3 N

budu . Pastarj lygyb gauname taip. Matematines indukcijos metodu galimairoyti lygyb Niutono binomo apibendrinim)(x1 + x2 + + xn )N =

j 1 ,j 2 ,...,j n 0 ,j 1 + j 2 + + j n = N

N j

x j 11 xj 22 . . . x

j nn ,

ia j = ( j1 , j 2 , . . . , j n ) multiindeksas,N j = N !j 1 !...j n ! . Vietojex1 , x2 , . . . , xn ,

ira vienet1, gauname

j 1 ,j 2 ,...,j n 0 ,j 1 + j 2 + + j n = N

N

j= nN .

Iekoma tikimybe yra lygiN !

3N n1!n2!(N n1 n2)!.

42


43/93

3.4 Bernulio schema

Nagrinesime situacij, kai, kiek kartu beatliktume bandym, kiekvieno ban-dymo metu gali ivykti tik ivykisA su tikimybep arba jam prieingas ivykisAsu tikimybeq , p+ q = 1 . Ivyki A, pavyzdiui, galime pavadinti sekme, o ivykiA nesekme. i situacija yra vadinama Bernulio schema. Galime paklausti: kokiatikimybe, atlikusn bandymu pagal Bernulio schem, kadk kartu ivyks ivykisA, n k kartu ivykisA? Pirmiausia pastebesime, kad, atlikusn bandymupagal Bernulio schem, bandymai, kai ivykdavo sekmes ivykisA, gali isidestyti

nk budais tarp visun bandymu (t.y. deriniu be pasikartojimu skaiius in

elementu pok elementu ). Kiekvienok ivykiu A ir n k ivykiuA isidestymonbandymu serijoje tikimybe yra lygipk q n k , nes kiekvieno bandymo rezultatainepriklauso nuo prie tai atlikto bandymo rezultatu. Vadinasi, atlikusn ban-dymu pagal Bernulio schem, kadk kartu ivyks ivykisA, n k kartu ivykisA, tikimybe yra lygi

nk

pk q n k .i skaiiu sutarkime ymeti b(k; n, p). Tikimybes

b(k; n, p) =nk

pk q n k

yra vadinamos binominemis.Kain pakankamai didelis, op pakankamai maas, tai apskaiiuojant tikimyb

nk

pk q n k

galima pasinaudoti artutine formule

b(k; n, p) = C kn pk q n k

k

k!e ,

ia = n p. Urayta artutine formule binominei tikimybei apskaiiuoti yraatskiras atvejis bendresnes formules

kB

b(k; n, p) kB

(np)k

n!enp np2 ,

iaB {0, 1, 2, . . . }

bet kuris neneigiamu sveiku ju skaiiu aibes poaibis.Pastaroji formule net igalina ivertinti paklaid, gaunam taikant artutinformul binominei tikimybei apskaiiuoti.

43


44/93

3.5 Tikimybiu b(k ; n, p ) kitimas, keiiant k reikmes

Idomu isiaikinti, kaip kinta funkcijosb(k; n, p) reikmes priklausomai nuok. Galime paklausti, koks, atlikusn bandymu , labiausiai itikimas ivykioApasirodymo skaiiusk priklausomai nuop ir q . i klausim galime ir kitaip su-formuluoti: kokiaik reikmei esant, tikimybe b(k; n, p) igyja didiausi reikm?Tuo tikslu panagrinekime santyki

b(k; n, p )b(k 1; n, p )

=nk p

k q n kn

k1 pk1q n k +1

=(n k + 1) p

kq .

I pastorosios trupmenos iskirkime vienet:b(k; n, p )

b(k 1; n, p )=

(n k + 1) pkq

=

k(1 p) + np + p kkq = 1 + (n + 1) pkkq .Pastebesime, jeik < (n + 1) p, tai b(k ; n,p )b(k1; n,p ) > 1, o jeik > (n + 1) p, taib(k ; n,p )b(k1; n,p ) < 1. Jei skaiius(n + 1) p = s yra sveikas skaiius, taib(s; n, p ) =b(s 1; n, p ), tikimybes b( j ; n, p ), kai j kinta nuo0 iki skaiiauss 1 dideja,o tikimybes b( j ; n, p ), kai j kinta nuos iki skaiiausn maeja. Jei skaiius(n + 1) p nera sveikas skaiius, tai tik vienintelis sveikas skaiiuss tenkina slyg(n + 1) p 1 < s < (n + 1) p. Tuomet tikimybe b(s; n, p ) igyja didiausireikm. iuo atveju tikimybes b( j ; n, p ), kai j kinta nuo0 iki skaiiauss,dideja, o tikimybes b( j ; n, p ), kai j kinta nuos iki skaiiausn , maeja.

Sekmes, ne maiau (ne daugiau) nei r atveju, tikimybiu i veriai.Vel uraykime binominiu tikimybiu santyki

b(k; n, p )b(k 1; n, p )

= 1 +(n + 1) pk

kq .

Trupmena (n +1) pkkq , padidinus skaiiuk, sumaeja, nes skaitiklis sumaeja, ovardiklis padideja. Vadinasi, binominiu tikimybiu santykis

b(k; n, p )b(k 1; n, p )

= 1 +(n + 1) pk

kq ,

padidinus skaiiuk, sumaeja. Tuomet, tar, kadk r + 1 , galime uraytinelygybesb(k; n, p )

b(k

1; n, p ) 1 +

(n + 1) p (r + 1)(r + 1) q

=(n r ) p(r + 1) q

.

iose nelygybese, kaik > r + 1 , kairioji puse grietai maesne u deinij. Iias nelygybes vietojek ira reikmesr + t, 1 t m n r , ir sudaugin,gauname

b(r + m; n, p)b(r ; n, p )

0, > 0, jei io atsitiktiniodydio pasiskirstymo tankio funkcija yra

f , (x) =

x 1( ) ex , kai x > 0,

0, kai x 0.

66


67/93

Gama funkcija apibreiama lygybe

() = 0 x 1ex dx.Pavyzdiui,(n + 1) = n!.

Atsitiktinio dydio , pasiskirsiusio pagal gama desni su parametrais > 0, > 0, pasiskirstymo funkcija yra lygi

F , (x) =0, kai x 0,

( ) x0 t

1

e t dt, kai x > 0.

5.2.5 Pavyzdys (Rodiklinis (eksponentinis) pasiskirstymas). Sakoma,kad atsitiktinis dydis pasiskirsts pagal rodiklini desni su parametru > 0, jei io atsitiktinio dydio pasiskirstymo tankio funkcija yra

p (x) =ex , kai x > 0,

0, kai x 0.Atsitiktinio dydio , pasiskirsiusio pagal rodiklini desni su parametru > 0,pasiskirstymo funkcija yra lygi

F (x) =0, kai x 0,

x0 et dt = 1 ex , kai x > 0.5.3 Udaviniai ir ju sprendimai5.3.1 Pavyzdys. Atsitiktinio dydio pasiskirstymo tankio funkcijap (x)apibreiama formule:

p (x) =

C x 4 , kai x 1,0, kai x < 1.

Rasti a) konstantosC reikm; b) atsitiktinio dydio = 1 pasiskirstymo tankiofunkcijp (x).

Sprendimas. Pirmiausia atsakysime i klausim a).

F (x) = x

1

C t4 dt =

C 3t3

x

1 = C

3x3 +C 3 .

Kadangi limx

F (x) = 1 , tai

limx

C 3x3

+C 3

=C 3

= 1 .

67


68/93

Kaip matome,C = 3 ,

F (x) = 1 1

x3 .Lieka rasti atsitiktinio dydio = 1 pasiskirstymo tankio funkcijp (x). Pa-stebesime, kad0 1. Pirmiausia rasime atsitiktinio dydio = 1 pasis-kirstymo funkcij

F (x) = P ( < x ) = P 1

< x = P >1x

,

t.y.F (x) = 1 P

1x

= 1 F 1x

= x3 , 0 x 1.Atsitiktinio dydio = 1 pasiskirstymo tankio funkcija

p (x) =d

dx(x3) = 3 x2 .

5.3.2 Pavyzdys. Atsitiktinis dydis pasiskirsts pagal Koi (Cauchy) desni,kurio tankis lygus

p (x) =1

11 + x2

, < x < .Rasti atsitiktiniu dydiu =

2

1+ 2 ir = 11+ 2 pasiskirstymu tankio funkcijas p (x) ir p (x).

Sprendimas. Tuo tikslu rasime atsitiktinio dydio = 1 pasiskirstymofunkcij.

F (x) = P ( < x ) = P 2

1 + 2 < x , 0 < x < 1.

Isprend nelygyb 21+ 2 < x atvilgiu, gauname

F (x) = P 2 1 x

x= P < 1 xx + P > 1 xx =

= 1 1

1 xx 1 xx

11 + t2

dt = 1 2

arctg 1 xx .Atsitiktinio dydio = 1 pasiskirstymo tankio funkcija

p (x) =d

dx1

2

arctg 1 xx = 1 x(1 x).

Kaip matome, p (x) = p (x) =

1 x(1 x)

.

5.3.3 Pavyzdys. Tegu S 1 : x2 + y2 = 1 apskritimas ploktumoje. VektoriaiOA, AS 1 tolygiai pasiskirst. Rasime iu vektoriu projekciju i x - ai ilgiupasiskirstym ir pasiskirstymo tanki.

Tarkime, kad kampas tarp vektoriausOA ir x - aies yra. Tuomet

P (|OA| |cos()| < t ) =1

2 2 (arccos( t) arccos( t)) , 0 t 1.Vektoriu projekciju i x - ai ilgiu pasiskirstymo tankio funkcija yra

ddt

1 (arccos( t) arccos( t)) =

2

1 1 t2

, 0 t 1.

5.3.4 Pavyzdys. Tegu S 2 : x2 + y2 + z2 = 1 sfera erdveje. VektoriaiOA,A S

2 tolygiai pasiskirst. Rasime iu vektoriu projekciju i x - ai ilgiu pa-siskirstym ir pasiskirstymo tanki .

Pastebesime, kad

P (

| prxOA

|< t ) =

1

4plotas

{(x, y, z )

S 2

| |x

|< t

}=

14

plotas{(x, y, z )S 2 | t < x < t }=1

4 2 2 t = t, 0 t 1.

69


70/93

Vektoriu projekciju i x - ai ilgiu pasiskirstymo tankio funkcija yra lygi

p(t) =

0, kai t < 0,1, kai 0 t 1,0, kai t > 1.

5.3.5 Pavyzdys. Tegu S 2 : x2 + y2 + z2 = 1 sfera erdveje. VektoriaiOA,A S

2 tolygiai pasiskirst. Rasime iu vektoriu projekciju i xy - ploktumilgiu pasiskirstym ir pasiskirstymo tanki.

Pastebesime, kad

P (| prxy OA | < t ) =1

4plotas{(x, y, z )S 2 | |z | > 1 t2}=

14 2 (2 2 1 t2) = 1 1 t2 , 0 t 1.Vektoriu projekciju i xy - ploktum ilgiu pasiskirstymo tankio funkcija yra lygi

p(t) =

0, kai t < 0,

ddt (1 1 t2) = t 1t 2 , kai 0 t 1,

0, kai t > 1.

6 Tolydiu atsitiktiniu dydiu skaitin es charak-teristikos

6.1 Atsitiktiniu dydiu vidurkiai ir dispersijos6.1.1 Apibr eimas. Atsitiktinio dydio , kurio pasiskirstymo tankio funkcijayra p (x), vidurkisE apibreiamas lygybe

E =

x p(x) dx.

Savaime suprantama, kad galima kalbeti apie atsitiktinio dydio vidurki, jeiatsitiktinio dydio vidurkio apibreime uraytas integralas egzistuoja.

Jei atsitiktinio dydio pasiskirstymo funkcija yraF (x), tai

E =

x dF (x).

6.1.2 Apibr eimas. Atsitiktinio dydio , kurio pasiskirstymo tankio funkcijayra p (x), dispersijaD apibreiamas lygybe

D = E ( E )2 = (x E )2 p(x) dx.70


71/93

Savaime suprantama, kad galima kalbeti apie atsitiktinio dydio dispersij, jeiegzistuoja atsitiktinio dydio baigtinis vidurkis ir egzistuoja dispersijos apibreimeuraytas integralas.

Jei atsitiktinio dydio pasiskirstymo funkcija yraF (x), tai

D =

(x E )2 dF (x).6.1.3 Pavyzdys. Atsitiktinio dydio , pasiskirsiusio pagal normalini desnisu parametraisa, 2 , < a < , 0 < < , vidurkis lygusa, o dispersijalygi2.6.1.4 Pavyzdys. Atsitiktinio dydio tolygiai pasiskirsiusio baigtiniame in-tervale[a, b], a < b , vidurkis yra lygus

E = b

axba dx = 1ba

b

ax dx = b + a2 .

Atsitiktinio dydio tolygiai pasiskirsiusio baigtiniame intervale[a, b], a 0, vidurkis neegzistuoja. Priminsime, kad atsitiktinio dydiopasiskirstymo tankio funkcija yra

p (x) =1

a1 + a2x2

, < x < .Netiesioginis integralas

1

a x1 + a2x2

dx

diverguoja (r. 8.3.2). Vadinasi, neegzistuoja ir io atsitiktinio dydio dispersija.

6.1.6 Pavyzdys. Atsitiktinio dydio , pasiskirsiusio pagal gama desni suparametrais > 0, > 0 (r. 5.2.4), vidurkis yra lygus

E = 0

x

() ex dx = 1() 0 ( x ) ex dx = ( + 1) () = ,nes( + 1) = ( ).

Udavinys. Irodykite, kadD = 2 .

71


72/93

6.2 Udaviniai ir ju sprendimai

6.2.1 Pavyzdys. Atsitiktinis dydis tolygiai pasiskirsts intervale[0, 2 ].Apibrekime atsitiktinius dydius1 = cos , 2 = sin . RaskiteE 1 , E 2 ,Cov(1 , 2). Ar atsitiktiniai dydiai1 ir 2 yra nepriklausomi?

Sprendimas. Kadangicos2 t + sin 2 t = 1 , tai atsitiktiniai dydiai1 ir 2yra priklausomi. Galima ir tiesiogiai isitikinti, kad

F (1 , 2 ) (x, y) = F 1 ) (x) F 2 (y).

E 1 =1

2 2

0cos t dt = 0 .

E 2 =1

2 2

0sin t dt = 0 .

Cov(1 , 2) = 12 2

0sin t cos t dt = 0 .

6.2.2 Pastaba. Jei atsitiktiniai dydiai1 ir 2 yra nepriklausomi, tai

Cov(1 , 2) = 0 .

Kaip k tik i isprsto udavinio matome, jei atsitiktiniu dydiu1 ir 2 kova-riacija

Cov(1 , 2) = 0 ,

tai negalima daryti ivados, kad atsitiktiniai dydiai1 ir 2 yra priklausomi arnepriklausomi.

6.3 Dvimaiai tolydieji atsitiktiniai dydiai6.3.1 Apibr eimas. Tolydiu atsitiktiniu dydiu pora(, ), kurios igyjamureikmiu tikimybes apibretos funkcijaF (, ) (x, y) = P ( < x, < y ), x, yR , yra vadinama dvimaiu atsitiktiniu dydiu. FunkcijaF (, ) (x, y) yra vadi-nama tolydaus dvimaio atsitiktinio dydio(, ) pasiskirstymo funkcija.6.3.2 Apibr eimas. Jei tolydaus dvimaio atsitiktinio dydio(, ) igyjamureikmiu tikimybes apibretos pasiskirstymo funkcijaF (, ) (x, y), tai

F (x) =

F (, ) (x, y) dy

yra atsitiktinio dydio igyjamu reikmiu pasiskirstymo funkcija. Panaiai,

F (y) = F (, ) (x, y) dxyra atsitiktinio dydio igyjamu reikmiu pasiskirstymo funkcija. Tokiu budugautos atsitiktiniu dydiu ir igyjamu reikmiu pasiskirstymo funkcijos yravadinamos kratutinemis (marginaliosiomis) pasiskirstymo funkcijomis.

72


73/93

6.3.3 Apibr eimas. Tolydaus dvimaio atsitiktinio dydio(, ) komponentes ir yra vadinamos nepriklausomomis, jei

F (, ) (x, y) = F (x) F (y), x, yR .Kitaip tariant, atsitiktiniai dydiai ir yra nepriklausomi, jei ju igyjamureikmiu pasiskirstymo funkcija yra lygi kratutiniu (marginaliuju ) pasiskirsty-mo funkciju sandaugai.6.3.4 Apibr eimas. Jei tolydaus dvimaio atsitiktinio dydio(, ) igyjamureikmiu pasiskirstymo funkcijaF (, ) (x, y) uraoma pavidalu

F (, ) (x, y) = x

y

p(, ) (u, v) dudv,

tai funkcijap(, ) (u, v) yra vadinama tolydaus dvimaio atsitiktinio dydio(, ) igyjamu reikmiu pasiskirstymo funkcijos tankio funkcija. Vengdami ilguisireikimu, sakysimep(, ) (u, v) yra atsitiktinio dydio(, ) tankio funkcija.

6.4 Dvimaiu tolydiu atsitiktiniu dydiu pasiskirstymo irtankio funkciju pavyzdiai

6.4.1 Pavyzdys. Tegu D dvimate sritis ploktumojeR 2 . Galime apibretidvieju kintamuju funkcij1 D , vadinam sritiesD charakteristine funkcija, ly-gybe

1 D (x, y) =1, kai (x, y)D,

0, kai (x, y) /D.

Sakysime, kad tolydus dvimatis atsitiktinis dydis(, ) pasiskirsts tolygiai dvi-mateje srityjeD , kurios plotas yra baigtinis, jei atsitiktinio dydio(, ) igyjamureikmiu pasiskirstymo funkcijaF (, ) (x, y) uraoma pavidalu

F (, ) (x, y) =1

vol(D) x

y

1 D (u, v) dudv,

ia vol(D ) sritiesD plotas. Paprasiausios sritys udari staiakampiai:

D = [a, b][c, d] = {(u, v)R 2 |a u b, c v d}.iuo atveju

F (, ) (x, y) =1

(ba)(d c) x

a y

c

1 D (u, v) dudv.

6.4.2 Pavyzdys. Tolydus dvimatis atsitiktinis dydis(, ) yra pasiskirsts pa-gal dvimati normalini desni, jei io atsitiktinio dydio tankio funkcija yra

(x, y) =1

2 1

|T |e12 (x a )T 1 (x a ) t ,

73


74/93

ia T simetrine, teigiamai apibreta matrica. Matrica

T = 11 1221 22

yra simetrine, jei12 = 21 , ir teigiamai apibreta, jei11 > 0 ir det T > 0.

6.5 Udaviniai ir ju sprendimai6.5.1 Pavyzdys. Simultaninis atsitiktiniu dydiu ir pasiskirstymas yratolygus skritulyjex2 + y2 1. Rasti tikimybP (| | 34 , || 34 ).Sprendimas. Dvimaio atsitiktinio dydio(, ) pasiskirstymas skritulyjex2 + y2 1 yra tolygus. Vadinasi,

P | | 34

, || 34

=1

|x |34 ,|y|

34

x 2 + y 2 1

dxdy =

1

4 0r 1

arccos 34 arccos34

r d r d 74

34

=

1 1

4 arccos34

634

.

6.5.2 Pavyzdys. Simultaninio atsitiktiniu dydiu 1 ir 2 pasiskirstymo tankisapibreiamas lygybemis:

p1 , 2

(u, v) =

2 (u 2 + v2 ) 3 , kai u2 + v2 1,

0, kai u2 + v2 < 1.

Rasti atsitiktinio dydio = 21 + 22 pasiskirstym ir pasiskirstymo tanki.Sprendimas. Atsitiktinio dydio pasiskirstymo funkcija lygiP ( < z ) = P ( 21 + 22 < z ) = 2

1u 2 + v2 z 2

1(u2 + v2)3

dudv.

iame integrale padarykime kintamuju pakeitim. Paymekime

u = r cos, v = r sin , 0 r 2 z2 , 0 2.Tuomet

dudv = rdrd, u2

+ v2

= r2,

vadinasi, galime urayti

P ( < z ) =2

1r z0 2

1r 6

rdrd = 1 1z4

74


75/93

Atsitiktinio dydio = 21 + 22 pasiskirstymo tankis yra lygus p (z) = ddz

(1 1z4 ) = 4z5 , z 1.

6.6 Funkciju ss ukosArtimiausias musu tikslas isiaikinti, kaip susiejusios atsitiktiniu dydiu ,

ir + , ir , , kai > 0, pasiskirstymo ir pasiskirstymo tankio funkcijos.

Tuo tikslu mums reikalingas funkciju ssukos apibreimas. Tai speciali opera-cija, kuria pagrista i dvieju (ir i daugiau nei dvieju ) funkciju naujos funkcijossudarymas.

6.6.1 Apibr eimas (Funkciju ss uka). Funkciju f (x) ir g(x), apibretu rea-liu ju skaiiu aibeje, ssuka yra vadinama funkcija

h(x) =

f (t) g(x t) dt =

f (x s) g(s) ds.

Funkciju f (x) ir g(x) ssuka yra ymima(f g)(x), t.y.

(f g)(x) =

f (t) g(x t) dt =

f (x s) g(s) ds.

Tegu atsitiktinio dydio pasiskirstymo funkcija yraF (x), o atsitiktinio dy-dio pasiskirstymo funkcija yraG(x). Galime nagrineti atsitiktiniu dydiu ir sutvarkyt por(, ) kaip dvimati atsitiktini dydi, kurio pasiskirstymofunkcija yraH (x, y ) = F (x) G(y), t.y.

H (x, y) = P ((, ) | < x, < y ) =P ((, )(, x) (, y)) = F (x) G(y).

Tarkime, kad egzistuoja atsitiktiniu dydiu ir tankio funkcijosf (t) ir g(t).Tuomet galime urayti

H (x, y) = (, x )(, y )

f (t) g(s) dtds =x

f (t) dt

y

g(s) ds.

Dabar pabandykime isiaikinti, kaip ireikiama atsitiktinio dydio + pa-

siskirstymo funkcijaH (x) = P ( + < x ). Nesunku suvokti, kad atsitiktiniodydio + pasiskirstymo funkcij galime urayti kaip dvilypi integral pagalsriti t + s < x (pusploktum) ploktumojet s .

P ( + < x ) = t + s


76/93

i integral galime suvesti i kartotinius:

t + s


77/93

Dabar isiaikinkime, kaip susiejusios atsitiktiniu dydiu , ir , kai > 0,pasiskirstymo ir pasiskirstymo tankio funkcijos.

6.6.6 Teiginys. Tegu F (x) ir G (x) atsitiktiniu dydiu ir pasiskirstymofunkcijos. Tuomet atsitiktinio dydio , kai > 0, pasiskirstymo funkcija yralygi

H

(x) = P

< x = P ( < x ) = 0 F (x t) ddt G (t) dt.Atsitiktinio dydio pasiskirstymo tankio funkcija yra lygi

p

(x) = 0 p (x t) p (t) tdt.Irodymas. Remdamiesi pilnos tikimybes formule, galime urayti

P ( < x ) n 1

j =1

P < x A j

n P Ajn 0.

Pastarasis integralas kaip tik ir yra lygus( m + n2 ).

79


80/93

6.8 2 , Fierio ir Stjudento pasiskirstymai

Chi - kvadrato, Fierio ir Stjudento pasiskirstymais pagristi matematines sta-tistikos metodai tiriant ivairius praktinius udavinius. Todel iuos pasiskirsty-mus iskiriame i atskir skyreli.

Documents

Tikimybiu teorija. Marksaitis